En notant P =
0 0 1
0 1 0
1 0 0
∈ GL 3 (R) , remarquer
P A = B P.
Réponse : oui.
D'abord, il est clair que f est bien un endomorphisme de
K n [X]. Remarquer : f (1) = 0 , f (X − a) = −2(X − a) , et,
pour k ∈ {2,. . . ,n} , f ((X − a) k ) = (k − 2)(X − a) k . Ainsi,
B =
(X − a) k
0kn
est une base de K n [X] et la matrice de
f dans B est diagonale :
Mat B ( f ) =
0
−2
0
0
1
0
. . .
n − 2
.
Réponse :
• Les vp sont −2 (simple), 0 (double) et 1,2,. . . ,n − 2 (simples)
• SEP( f,−2) = Vect(X − a)
SEP( f,0) = Vect(1,(X − a) 2 )
SEP( f,λ) = Vect((X − a) λ+2 )
pour tout λ de {1,2,. . . ,n − 2}
• Ker( f ) = Vect(1,(X − a) 2 )
• Im( f ) = Vect((X − a),(X − a) 3 ,(X − a) 4 ,. . . ,(X − a) n )
• f est diagonalisable.
a) D'après le théorème du rang,
dim(Ker(H )) = n − rg(H ) = n − 1 ( 1) ;
ainsi, 0 est vp de H d'ordre n − 1
et
dim(SEP(H,0)) = dim(Ker(H )) = n − 1 .
Puisque X n−1 |χ H et que deg(χ H ) = n , χ H est scindé sur K.
Alors tr(H ) est la somme des vp de H, ce qui montre que
Sp K (H ) est formé de 0 et de tr(H ).
1 er cas : tr(H ) = 0
Alors Sp K (H ) = {0,tr(H )} , dim (SEP(H,0)) = n − 1 ,
dim (SEP(H,tr(H ))) = 1, donc H est diagonalisable et
H ∼
0
0
❜
0
0
tr(H )
.
2 ème cas : tr(H ) = 0
Alors Sp K (H ) = {0} et dim(SEP(H,0)) = n − 1, donc H
n'est pas diagonalisable.
b) α) Cf. a), 1 er cas.
β) Supposons H non diagonalisable, c'est-à-dire (cf. a)) :
tr(H ) = 0.
303
Puisque rg(H ) = 1, il existe V n−1 ∈ M n,1 (K ) − {0} tel que
Im(H ) = K V n−1 , puis il existe V n ∈ M n,1 (K ) tel que
V n−1 = H V n .
Comme H V n−1 = H 2 V n = tr(H )H V n = 0, on a :
V n−1 ∈ Ker(H ) .
Puisque dim(Ker(H )) = n − 1 , il existe
V 1 ,. . . ,V n−2 ∈ M n,1 (K )
tels que
(V 1 ,. . . ,V n−2 ,V n−1 )
soit une base de Ker(H ) .
Montrer que B = (V 1 ,. . . ,V n ) est une base de M n,1 (K ).
En notant f l'endomorphisme de M n,1 (K ) de matrice H dans
la base canonique, on a donc :
Mat B ( f ) =
0
0
❜
0
0 1
0
,
et ainsi
H ∼
0
0
❜
0
0 1
0
.
c) • H 1 ∼ H 2 ⇒ tr(H 1 ) = tr(H 2 ) , cf. Algèbre PCSI-PTSI,
8.2.4 Prop. 3.
• Réciproquement, supposons tr(H 1 ) = tr(H 2 ).
Si tr(H 1 ) = 0 , alors tr(H 2 ) = 0 , et,
d'après b) α), H 1 et H 2 sont semblables à
0
0
❜
0
0
tr(H 1 )
.
Si tr(H 1 ) = 0 , alors tr(H 2 ) = 0 , et, d'après b) β) , H 1 et H 2
sont semblables à
0
0
❜
0
0 1
0
.
L'étude est immédiate si A = 0 ou B = 0. Supposons donc
A = 0 et B = 0.
Comme Im(ϕ) ⊂ Vect(B), on a : rg(ϕ) 1.
Montrer qu'il existe M 1 ∈ M n,1 (K ) telle que tr(AM 1 ) = 0, et
en déduire rg(ϕ) = 1 .
On a : ∀X ∈ M n (R),
ϕ ◦ ϕ(X ) = tr( AX)ϕ(B) = tr(AX)tr( AB)B = tr(AB)ϕ(X ) ,
donc : ϕ 2 = tr(AB)ϕ.
D'autre part, ϕ 2 = tr(ϕ)ϕ (cf. Algèbre PCSI-PTSI, exercice
8.1.30 b)). On déduit : tr(ϕ) = tr(AB) .
Appliquer enfin le résultat de l'exercice 3.3.12 a) à ϕ (à la place
de H).
Réponse : tr(AB) = 0 ou A = 0 ou B = 0.
3.3.10
3.3.11
3.3.12
3.3.13
0 0 1
0 1 0
1 0 0
∈ GL 3 (R) , remarquer
P A = B P.
Réponse : oui.
D'abord, il est clair que f est bien un endomorphisme de
K n [X]. Remarquer : f (1) = 0 , f (X − a) = −2(X − a) , et,
pour k ∈ {2,. . . ,n} , f ((X − a) k ) = (k − 2)(X − a) k . Ainsi,
B =
(X − a) k
0kn
est une base de K n [X] et la matrice de
f dans B est diagonale :
Mat B ( f ) =
0
−2
0
0
1
0
. . .
n − 2
.
Réponse :
• Les vp sont −2 (simple), 0 (double) et 1,2,. . . ,n − 2 (simples)
• SEP( f,−2) = Vect(X − a)
SEP( f,0) = Vect(1,(X − a) 2 )
SEP( f,λ) = Vect((X − a) λ+2 )
pour tout λ de {1,2,. . . ,n − 2}
• Ker( f ) = Vect(1,(X − a) 2 )
• Im( f ) = Vect((X − a),(X − a) 3 ,(X − a) 4 ,. . . ,(X − a) n )
• f est diagonalisable.
a) D'après le théorème du rang,
dim(Ker(H )) = n − rg(H ) = n − 1 ( 1) ;
ainsi, 0 est vp de H d'ordre n − 1
et
dim(SEP(H,0)) = dim(Ker(H )) = n − 1 .
Puisque X n−1 |χ H et que deg(χ H ) = n , χ H est scindé sur K.
Alors tr(H ) est la somme des vp de H, ce qui montre que
Sp K (H ) est formé de 0 et de tr(H ).
1 er cas : tr(H ) = 0
Alors Sp K (H ) = {0,tr(H )} , dim (SEP(H,0)) = n − 1 ,
dim (SEP(H,tr(H ))) = 1, donc H est diagonalisable et
H ∼
0
0
❜
0
0
tr(H )
.
2 ème cas : tr(H ) = 0
Alors Sp K (H ) = {0} et dim(SEP(H,0)) = n − 1, donc H
n'est pas diagonalisable.
b) α) Cf. a), 1 er cas.
β) Supposons H non diagonalisable, c'est-à-dire (cf. a)) :
tr(H ) = 0.
303
Puisque rg(H ) = 1, il existe V n−1 ∈ M n,1 (K ) − {0} tel que
Im(H ) = K V n−1 , puis il existe V n ∈ M n,1 (K ) tel que
V n−1 = H V n .
Comme H V n−1 = H 2 V n = tr(H )H V n = 0, on a :
V n−1 ∈ Ker(H ) .
Puisque dim(Ker(H )) = n − 1 , il existe
V 1 ,. . . ,V n−2 ∈ M n,1 (K )
tels que
(V 1 ,. . . ,V n−2 ,V n−1 )
soit une base de Ker(H ) .
Montrer que B = (V 1 ,. . . ,V n ) est une base de M n,1 (K ).
En notant f l'endomorphisme de M n,1 (K ) de matrice H dans
la base canonique, on a donc :
Mat B ( f ) =
0
0
❜
0
0 1
0
,
et ainsi
H ∼
0
0
❜
0
0 1
0
.
c) • H 1 ∼ H 2 ⇒ tr(H 1 ) = tr(H 2 ) , cf. Algèbre PCSI-PTSI,
8.2.4 Prop. 3.
• Réciproquement, supposons tr(H 1 ) = tr(H 2 ).
Si tr(H 1 ) = 0 , alors tr(H 2 ) = 0 , et,
d'après b) α), H 1 et H 2 sont semblables à
0
0
❜
0
0
tr(H 1 )
.
Si tr(H 1 ) = 0 , alors tr(H 2 ) = 0 , et, d'après b) β) , H 1 et H 2
sont semblables à
0
0
❜
0
0 1
0
.
L'étude est immédiate si A = 0 ou B = 0. Supposons donc
A = 0 et B = 0.
Comme Im(ϕ) ⊂ Vect(B), on a : rg(ϕ) 1.
Montrer qu'il existe M 1 ∈ M n,1 (K ) telle que tr(AM 1 ) = 0, et
en déduire rg(ϕ) = 1 .
On a : ∀X ∈ M n (R),
ϕ ◦ ϕ(X ) = tr( AX)ϕ(B) = tr(AX)tr( AB)B = tr(AB)ϕ(X ) ,
donc : ϕ 2 = tr(AB)ϕ.
D'autre part, ϕ 2 = tr(ϕ)ϕ (cf. Algèbre PCSI-PTSI, exercice
8.1.30 b)). On déduit : tr(ϕ) = tr(AB) .
Appliquer enfin le résultat de l'exercice 3.3.12 a) à ϕ (à la place
de H).
Réponse : tr(AB) = 0 ou A = 0 ou B = 0.
3.3.10
3.3.11
3.3.12
3.3.13