304
Soient λ ∈ K , X =
x 1
. . .
x n
∈ M n,1 (K ) − {0}. On a :
AX = λX
⇐⇒
x 2 = λx 1
. . .
x n = λx n−1
a 0 x 1 + . . . + a n−2 x n−1 + a n−1 x n = λx n
⇐⇒
x 2 = λx 1
. . .
x n = λ n−1 x 1
(a 0 + a 1 λ + . . . + a n−1 λ n−1 − λ n )x 1 = 0
⇐⇒
x 2 = λx 1
. . .
x n = λ n−1 x 1
P(λ) = 0.
Ceci montre que les vp de A sont les zéros de P et que, pour
tout zéro λ de P, SEP(A,λ) est de dimension 1, engendré
par
1
λ
. . .
λ n−1
.
Ainsi, A est diagonalisable si et seulement si P est scindé sur K
et à zéros tous simples.
1 er cas : rg(A) = rg(B) = n
Alors A et B sont inversibles et, par hypothèse, il existe
P ∈ GL n (K ) telle que A = P B P −1 . D'où :
com(A) = det(A) t A −1 = det(A) t P −1 t B −1 t P .
Comme A ∼ B, on a det(A) = det(B), et donc :
com(A) = t P
−1 (det(B) t B
−1 ) t P
= t P
−1 com(B) t P ∼ com(B).
2 ème cas : rg(A) = rg(B) n − 2
Alors (cf. exercice 2.9.1),
com(A) = com(B) = 0, donc com(A) ∼ com(B)
trivialement.
3 ème cas : rg(A) = rg(B) = n − 1
D'après l’exercice 2.9.1 :
rg(com(A)) = rg(com(B)) = 1 .
D'après l'exercice 3.3.12 c), on a alors :
com(A) ∼ com(B) ⇐⇒ tr(com(A)) = tr(com(B)) .
Mais (cf. exercice 3.2.3 p. 85), −tr(com(A)) est le coefficient
de λ dans χ A (λ) , donc aussi dans χ B (λ) , d'où
tr(com(A)) = tr(com(B)) , et enfin com(A) ∼ com(B).
Soient E un K-ev de dimension finie, f ∈ L(E) nilpotent et
diagonalisable. Il existe λ 1 ,. . . ,λ n ∈ K et une base B de E tels
qu'en notant D = Mat B ( f ), on ait
D =
λ 1
0
. . .
0
λ n
,
et il existe k ∈ N ∗ tel que D k = 0 .
On déduit λ k
1 = . . . = λ k
n = 0 , puis λ 1 = . . . = λ n = 0 ,
D = 0 , f = 0.
1) Soit (a,b) ∈ R
2 convenant.
On a alors :
tr (AB) = tr (B A)
det (AB) = det (B A)
⇐⇒
2 = 1 + b
−5 = b + 3a
⇐⇒
a = −2
b = 1.
2) Réciproquement, supposons a = −2, b = 1 , et notons :
U =
3 1
2 −1
, V =
1 −2
−3 1
.
Montrons qu'il existe (A,B) ∈
M 2 (R)
2 tel que : AB = U
et B A = V.
On a :
χ U (λ) =
3 − λ
1
2
−1 − λ
= λ
2 − 2λ − 5,
de discriminant ∆ = 24 > 0, donc χ U admet deux zéros rels
distincts, nots λ 1 ,λ 2 .
Comme U est d'ordre deux et admet deux valeurs propres distinctes, U est diagonalisable dans M 2 (R), c'est-à-dire qu'il existe
P ∈ GL 2 (R) telle que, en notant D = diag (λ 1 ,λ 2 ), on ait :
U = P D P
−1
.
De même, il existe Q ∈ GL 2 (R) telle que : V = Q DQ
−1
.
On a alors :
V = Q DQ
−1 = Q(P
−1 U P)Q
−1 = Q P
−1 U P Q
−1 .
En notant A = U P Q
−1 et B = Q P
−1
, on obtient :
AB = U et B A = V.
Réponse : S = {(−2,1)}.
a) Supposons, par exemple, A inversible (l'autre cas est analogue).
Il existe P ∈ GL n (K ), D ∈ D n (K ) telles que
AB = P D P −1 .
3.3.14
3.3.16
3.3.17
3.3.18
3.3.15
Soient λ ∈ K , X =
x 1
. . .
x n
∈ M n,1 (K ) − {0}. On a :
AX = λX
⇐⇒
x 2 = λx 1
. . .
x n = λx n−1
a 0 x 1 + . . . + a n−2 x n−1 + a n−1 x n = λx n
⇐⇒
x 2 = λx 1
. . .
x n = λ n−1 x 1
(a 0 + a 1 λ + . . . + a n−1 λ n−1 − λ n )x 1 = 0
⇐⇒
x 2 = λx 1
. . .
x n = λ n−1 x 1
P(λ) = 0.
Ceci montre que les vp de A sont les zéros de P et que, pour
tout zéro λ de P, SEP(A,λ) est de dimension 1, engendré
par
1
λ
. . .
λ n−1
.
Ainsi, A est diagonalisable si et seulement si P est scindé sur K
et à zéros tous simples.
1 er cas : rg(A) = rg(B) = n
Alors A et B sont inversibles et, par hypothèse, il existe
P ∈ GL n (K ) telle que A = P B P −1 . D'où :
com(A) = det(A) t A −1 = det(A) t P −1 t B −1 t P .
Comme A ∼ B, on a det(A) = det(B), et donc :
com(A) = t P
−1 (det(B) t B
−1 ) t P
= t P
−1 com(B) t P ∼ com(B).
2 ème cas : rg(A) = rg(B) n − 2
Alors (cf. exercice 2.9.1),
com(A) = com(B) = 0, donc com(A) ∼ com(B)
trivialement.
3 ème cas : rg(A) = rg(B) = n − 1
D'après l’exercice 2.9.1 :
rg(com(A)) = rg(com(B)) = 1 .
D'après l'exercice 3.3.12 c), on a alors :
com(A) ∼ com(B) ⇐⇒ tr(com(A)) = tr(com(B)) .
Mais (cf. exercice 3.2.3 p. 85), −tr(com(A)) est le coefficient
de λ dans χ A (λ) , donc aussi dans χ B (λ) , d'où
tr(com(A)) = tr(com(B)) , et enfin com(A) ∼ com(B).
Soient E un K-ev de dimension finie, f ∈ L(E) nilpotent et
diagonalisable. Il existe λ 1 ,. . . ,λ n ∈ K et une base B de E tels
qu'en notant D = Mat B ( f ), on ait
D =
λ 1
0
. . .
0
λ n
,
et il existe k ∈ N ∗ tel que D k = 0 .
On déduit λ k
1 = . . . = λ k
n = 0 , puis λ 1 = . . . = λ n = 0 ,
D = 0 , f = 0.
1) Soit (a,b) ∈ R
2 convenant.
On a alors :
tr (AB) = tr (B A)
det (AB) = det (B A)
⇐⇒
2 = 1 + b
−5 = b + 3a
⇐⇒
a = −2
b = 1.
2) Réciproquement, supposons a = −2, b = 1 , et notons :
U =
3 1
2 −1
, V =
1 −2
−3 1
.
Montrons qu'il existe (A,B) ∈
M 2 (R)
2 tel que : AB = U
et B A = V.
On a :
χ U (λ) =
3 − λ
1
2
−1 − λ
= λ
2 − 2λ − 5,
de discriminant ∆ = 24 > 0, donc χ U admet deux zéros rels
distincts, nots λ 1 ,λ 2 .
Comme U est d'ordre deux et admet deux valeurs propres distinctes, U est diagonalisable dans M 2 (R), c'est-à-dire qu'il existe
P ∈ GL 2 (R) telle que, en notant D = diag (λ 1 ,λ 2 ), on ait :
U = P D P
−1
.
De même, il existe Q ∈ GL 2 (R) telle que : V = Q DQ
−1
.
On a alors :
V = Q DQ
−1 = Q(P
−1 U P)Q
−1 = Q P
−1 U P Q
−1 .
En notant A = U P Q
−1 et B = Q P
−1
, on obtient :
AB = U et B A = V.
Réponse : S = {(−2,1)}.
a) Supposons, par exemple, A inversible (l'autre cas est analogue).
Il existe P ∈ GL n (K ), D ∈ D n (K ) telles que
AB = P D P −1 .
3.3.14
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3.3.18
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