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SOLUTIONS
Solutions
iv. Posons D =
a 1 0 0
0 a 2 0
0 0 a 3
. D’après la question précédente, on a
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
a
2
1 = a − 2
a
2
2 = a
a
2
3 = a + 1
En particulier a − 2 0, soit a 2.
b. Posons X = P
⎛
⎝
√
a − 2 0
0
0
√
a
0
0
0
√
a + 1
⎞
⎠ P
−1 (on peut le faire puisque a 2). On a
alors
X
2 =
⎛
⎝ P
⎛
⎝
√
a − 2 0
0
0
√
a
0
0
0
√
a + 1
⎞
⎠ P
−1
⎞
⎠
2
= P
⎛
⎝
√
a − 2 0
0
0
√
a
0
0
0
√
a + 1
⎞
⎠
2
P
−1
= P
a − 2 0
0
0
a
0
0
0 a + 1
P
−1 = M a
On a donc trouvé une matrice X telle que X
2 = M a .
c. L’équation X
2 = M a admet une solution en X si et seulement si a 2.
10.
1. Soit u
2 la restriction de u 2 à Ker(u 1 ◦ u 2 ). D’après la formule du rang appliquée à
u
2 nous avons
rg(u
2 ) + dim(Ker(u
2 )) = dim(Ker(u 1 ◦ u 2 )).
Or m(u
2 ) ⊂ Ker(u 1 ) et Ker(u
2 ) ⊂ Ker(u 1 ◦ u 2 ), donc
dim(Ker(u 1 )) + dim(Ker(u 2 )) dim(Ker(u 1 ◦ u 2 )).
2. C’est une récurrence immédiate.
3. On a u
3
− Id E = 0, soit encore (u − Id E ) ◦ (u − j Id E ) ◦ (u − j
2 Id E ) = 0. On a donc
dim(Ker(u
3
− Id E )) = dim(E) et d’après la question précédente
dim(u − Id E ) + dim(u − j Id E ) + dim(u − j
2 Id E ) dim(E)
ce qui peut encore s’écrire dim(E 1 (u)) + dim(E j (u)) + dim(E j 2 (u)) dim(E).
Certains de ces sous-espaces peuvent être réduits à {0} mais pas tous puisque la somme de
leur dimension est supérieure à 3. La juxtaposition des vecteurs de bases de ces sous-espaces
(éventuellement en ne tenant pas compte de ceux qui sont réduits à {0}) est une famille F
qui est libre dans E puisque ce sont des bases de sous-espace propres associés à des valeurs
propres distinctes.
On a donc dim(E 1 (u)) + dim(E j (u)) + dim(E j 2 (u)) dim(E), et en on déduit que
dim(E 1 (u)) + dim(E j (u)) + dim(E j 2 (u)) = dim(E),
et donc que u est diagonalisable puis que F est une base de E constituées de vecteur
propres de u.
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