On obtient : P B P −1 =
A + AV t U −AV
0
0
.
On retrouve d'ailleurs le résultat de a) : 0 ∈ Sp C (B) .
On a, pour tout λ de C :
χ B (λ) = χ P B P −1 (λ) = det
A + AV t U − λI n − AV
0
−λ
= −λχ A+AV t U (λ).
Ainsi :
X 2 |χ B ⇐⇒ X|χ A+AV t U ⇐⇒ det(A + AV t U ) = 0
⇐⇒ det(A) det(I n + V t U ) = 0
.
Etudions l'inversibilité de I n + V t U ; à cet effet, nous allons
déterminer Ker(I n + V t U ) .
On a, pour tout W de M n,1 (C) :
(I n + V t U )W = 0 ⇐⇒ W + ( t U W )V = 0 ⇒ W ∈ CV.
Et : (I n + V t U )V = V + ( t U V )V = (1 + t U V )V.
Ainsi : Ker(I n + V t U ) =
{0} si t U V = −1
CV si t U V = −1
.
Il en résulte : det(I n + V t U ) = 0 ⇐⇒ t U V = −1.
Finalement :
α) det(A) = 0 ⇒ X 2 |χ B
β)
X 2 |χ B
t U V = −1
⇒
det(A) det(I n + V t U ) = 0
det(I n + V t U ) = 0
⇒ det(A) = 0.
Réponses : P D P −1 où :
a) P =
1
1
1
0
√
2 −
√
2
−1
1
1
, D =
0
0
0
0
√
2
0
0
0
−
√
2
,
P −1 =
1
4
2
0
−2
1
√
2
1
1 −
√
2
1
b) P =
0
1
2
1
1 −1
1 −1
1
, D =
0 0 0
0 1 0
0 0 16
,
P −1 =
1
6
0
3
3
2
2 −2
2 −1
1
c) P =
1 a
0
0 1 −a
0 0
1
, D =
−1 0 0
0 0 0
0 0 1
,
P −1 =
1 −a −a 2
0
1
a
0
0
1
d) P =
0 1 1
1 0 1
1 1 0
, D =
2a + 1 0 0
0
1 0
0
0 −1
,
P −1 =
1
2
−1
1
1
1 −1
1
1
1 −1
.
299
a) Vérification immédiate.
b) En appliquant a) à a − λ au lieu de a, on obtient :
(A − λI 4 ) t (A − λI 4 ) = ((a − λ) 2 + b 2 + c 2 + d 2 )I 4 ,
d'où, en prenant les déterminants :
χ 2
A = ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 4 ,
c'est-à-dire :
χ A − ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2
χ A + ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 )
= 0 .
Comme χ A est un polynôme unitaire de degré 4 et que l'anneau C[X] est intègre, on déduit :
χ A = ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2 .
c) D'après b), χ A est scindé sur C et admet deux zéros doubles,
a + iω, a − iω, où ω =
b 2 + c 2 + d 2 (on peut supposer
ω > 0, le cas b = c = d = 0 étant d'étude triviale). Montrer
que les deux SEP(A,a + iω), SEP(A,a − iω) sont de dimension 2, donc A est diagonalisable.
Réponse :
1) • Si b = c = d = 0, alors
Sp R (A) = Sp C (A) = {a} , SEP(A,a) = M 4,1 (R)
2) • Si (b,c,d) = (0,0,0), en notant ω =
b 2 + c 2 + d 2 ,
on a :
• Sp C (A) = {a + iω,a − iω}
• SEP(A,a + iω) = Vect(
iω
b
c
d
,
−b
iω
d
−c
)
SEP(A,a − iω) = Vect(
c
d
iω
−b
,
d
−c
b
iω
)
= Vect(
−iω
b
c
d
,
−b
−iω
d
−c
).
a) L'étude du cas (a = 0 ou b = 0) est immédiate.
Supposons a = 0 et b = 0 .
Soient λ ∈ C, X =
x 1
. . .
x n
∈ M n,1 (C) − {0} .
En notant S = x 1 + . . . + x n , on a :
AX = λX ⇐⇒
ax 2 + . . . + ax n = λx 1
bx 1 + ax 3 + . . . + ax n = λx 2
. . .
bx 1 + . . . + bx n−1
= λx n
3.3.1
3.3.2
3.3.3
A + AV t U −AV
0
0
.
On retrouve d'ailleurs le résultat de a) : 0 ∈ Sp C (B) .
On a, pour tout λ de C :
χ B (λ) = χ P B P −1 (λ) = det
A + AV t U − λI n − AV
0
−λ
= −λχ A+AV t U (λ).
Ainsi :
X 2 |χ B ⇐⇒ X|χ A+AV t U ⇐⇒ det(A + AV t U ) = 0
⇐⇒ det(A) det(I n + V t U ) = 0
.
Etudions l'inversibilité de I n + V t U ; à cet effet, nous allons
déterminer Ker(I n + V t U ) .
On a, pour tout W de M n,1 (C) :
(I n + V t U )W = 0 ⇐⇒ W + ( t U W )V = 0 ⇒ W ∈ CV.
Et : (I n + V t U )V = V + ( t U V )V = (1 + t U V )V.
Ainsi : Ker(I n + V t U ) =
{0} si t U V = −1
CV si t U V = −1
.
Il en résulte : det(I n + V t U ) = 0 ⇐⇒ t U V = −1.
Finalement :
α) det(A) = 0 ⇒ X 2 |χ B
β)
X 2 |χ B
t U V = −1
⇒
det(A) det(I n + V t U ) = 0
det(I n + V t U ) = 0
⇒ det(A) = 0.
Réponses : P D P −1 où :
a) P =
1
1
1
0
√
2 −
√
2
−1
1
1
, D =
0
0
0
0
√
2
0
0
0
−
√
2
,
P −1 =
1
4
2
0
−2
1
√
2
1
1 −
√
2
1
b) P =
0
1
2
1
1 −1
1 −1
1
, D =
0 0 0
0 1 0
0 0 16
,
P −1 =
1
6
0
3
3
2
2 −2
2 −1
1
c) P =
1 a
0
0 1 −a
0 0
1
, D =
−1 0 0
0 0 0
0 0 1
,
P −1 =
1 −a −a 2
0
1
a
0
0
1
d) P =
0 1 1
1 0 1
1 1 0
, D =
2a + 1 0 0
0
1 0
0
0 −1
,
P −1 =
1
2
−1
1
1
1 −1
1
1
1 −1
.
299
a) Vérification immédiate.
b) En appliquant a) à a − λ au lieu de a, on obtient :
(A − λI 4 ) t (A − λI 4 ) = ((a − λ) 2 + b 2 + c 2 + d 2 )I 4 ,
d'où, en prenant les déterminants :
χ 2
A = ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 4 ,
c'est-à-dire :
χ A − ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2
χ A + ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 )
= 0 .
Comme χ A est un polynôme unitaire de degré 4 et que l'anneau C[X] est intègre, on déduit :
χ A = ((a − X) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2 .
c) D'après b), χ A est scindé sur C et admet deux zéros doubles,
a + iω, a − iω, où ω =
b 2 + c 2 + d 2 (on peut supposer
ω > 0, le cas b = c = d = 0 étant d'étude triviale). Montrer
que les deux SEP(A,a + iω), SEP(A,a − iω) sont de dimension 2, donc A est diagonalisable.
Réponse :
1) • Si b = c = d = 0, alors
Sp R (A) = Sp C (A) = {a} , SEP(A,a) = M 4,1 (R)
2) • Si (b,c,d) = (0,0,0), en notant ω =
b 2 + c 2 + d 2 ,
on a :
• Sp C (A) = {a + iω,a − iω}
• SEP(A,a + iω) = Vect(
iω
b
c
d
,
−b
iω
d
−c
)
SEP(A,a − iω) = Vect(
c
d
iω
−b
,
d
−c
b
iω
)
= Vect(
−iω
b
c
d
,
−b
−iω
d
−c
).
a) L'étude du cas (a = 0 ou b = 0) est immédiate.
Supposons a = 0 et b = 0 .
Soient λ ∈ C, X =
x 1
. . .
x n
∈ M n,1 (C) − {0} .
En notant S = x 1 + . . . + x n , on a :
AX = λX ⇐⇒
ax 2 + . . . + ax n = λx 1
bx 1 + ax 3 + . . . + ax n = λx 2
. . .
bx 1 + . . . + bx n−1
= λx n
3.3.1
3.3.2
3.3.3