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Essaidi Ali
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Classification des matrices d’ordre 2 et 3 Définitions et notations Dans tout le problème, n ∈
N∗ , A ∈
Mn (R) et f l’endomorphisme canoniquement associé à A.
Première partie Classification des matrices d’ordre 2 On suppose, dans cette partie que n = 2. 1: Montrer que card(S p(A)) ∈ {0, 1, 2}. 2:
p(A)) = 2 alors ∃a, b ∈ Montrer que si card(S p
R
distincts tels que A soit semblable à la matrice
0 a
0
b
.
− a)2 . Montrer que si card(S p p(A)) = 1 alors ∃a ∈ R tel que π A = X − a ou π A = (X − 4: On suppose que ∃a ∈ R tel que π A = X − a. Déterminer A . 3:
5:
On suppose que ∃a ∈
R
2
− a) . Montrer que ∃a ∈ tel que π A = (X −
R
tel que A soit semblable à la matrice
1 a
. a non nul, B = ( e, f (e)) est une base de R2 . En déduire que A est semblable
0
Montrer que si card(S p(A)) = 0 alors ∀e ∈ R2 0 − det(A) à la matrice . 1 tr(A) 7: Montrer que deux matrices d’ordre 2 sont semblables si, et seulement si, elles ont même polynôme minimal. 6:
Deuxième partie Classification des matrices d’ordre 2 et 3 On suppose, dans cette partie, que n = 3. Montrer que card(S p(A)) ∈ {1, 2, 3}.
1:
0 0 0 0 =0( 0 − − )( − − 0) 0 0 0 0 0 0 00 0
2:
Montrer Montrer que si si card(S p(A)) = 3 alors ∃a,b,c ∈
R
b
A soit semblable à la matrice
− a)(X − − b) ou π A X distincts tels que π A = (X − a b 4: On suppose suppose que que ∃a, b ∈ R distincts tels que πA = (X − a)(X − b). Montrer A est semblable à b 3:
p(A)) = 2 alors ∃a, b ∈ Montrer que si card(S p
R deux à deux distincts tels que
5:
On suppose que ∃a, b ∈
R distincts tels que
c
2
a X b . b a ou a
2
πA = (X − a)(X − b) . Montrer que A est semblable à la matrice
b
0
0 0 0 1
0 0 .
a
.
a
.
0 b 6: On suppose que card(S p(A)) = 1. Montrer que ∃a,b,c ∈ R tel que π A = X − − a ou πA = (X − − a) ou πA = (X − − a)3 ou 2 2 − a)(X + bX + + c) avec b − 4c < 0 . πA = (X − 7: On suppose que ∃a ∈ R tel que π A = X − a. Déterminer A . a 0 0 2 − a) . Montrer que A est semblable à la matrice 0 a 1 . 8: On suppose que ∃a ∈ R tel que π A = (X − 0 0 a a 1 0 3 9: On suppose que ∃a ∈ R tel que π A = (X − − a) . Montrer que A est semblable à la matrice 0 a 1 . 0 0 a 2 2 10: On suppos − a )(X + bX + c ) avec b − 4 c < 0. Montrer que A est semblable à supposee que ∃ a,b,c ∈ R tel que π A = (X − a 0 0 0 0 −c . 0 1 −b 2
11:
Montrer Montrer que deux matrices matrices d’ordre 2 sont semblables semblables si, et seulement si, elles ont même polynôme minimal minimal et même polynôme caractéristique.
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Fin du problème
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Correction du problème Première partie Classification des matrices d’ordre 2 On a A ∈ M2 (R) donc A admet au plus 2 valeurs propres d’où card(S p p(A)) ∈ {0, 1, 2}. 2: Si card(S p(A)) = 2 alors ∃a, b ∈ R distincts tels que S p p(A) = { a, b}. 1:
On a A admet deux valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable d’où A est semblable à la matrice
0 a
0
b
.
p(A) = { a}. Si card(S p(A)) = 1 alors ∃a ∈ R tel que S p − a|χA d’où ∃b ∈ R, χA = (X − − a)(x − b). Or, on sait que les raçines On a a ∈ S p p(A) donc a est une raçine de χ A donc X − 2 − a) . de χ A sont exactement les valeurs propres de A donc b = a d’où χ A = (X − 2 − a ou π A = (X − − a) . On a πA |χA donc πA = X − 4: Si π A = X − a alors 0 = π A (A) = A − aI 2 donc A = aI 2 . 5: − a)2 alors πA est scindé donc A est trigonalisable et puisqu’il n’est pas à raçines simples donc A – Méthode 01 : Si : Si πA = (X − n’est pas diagonalisable. a b = 0 (car si b = 0 la matrice A sera Il existe alors une base ( e1 , e2 ) de R2 dans laquelle la matrice de f est avec b 0 a diagonalisable). On a f (e2 ) = be 1 + ae2 donc f ( 1b e2 ) = e 1 + 1b e2 . Posons alors ε1 = e 1 et ε2 = 1b e2 donc f (ε1 ) = aε 1 et f (ε2 ) = ε 1 + aε2 a 1 d’où la matrice de f dans la base (ε1 , ε2 ) est . 0 a a 1 On déduit que A est semblable à la matrice . 0 a − a)2 donc P = X − a n’est pas annulateur de f donc f − aidR – Méthode 02 : On : On a π A = (X − = 0 d’où ∃e2 ∈ R2 tel que (f − = 0. − aidR )(e2 ) α , β ∈ R tels que αe α e1 + βe β e2 = 0 donc 0 = α(f − a idR )(e1 ) + On pose e 1 = (f − a idR )(e2 ) = f (e2 ) − ae 2 et soit α, 2 ( id )( ) = ( id ) ( ) + ( id )( ) = ( id )( β f − a R e2 α f − a R e2 β f − a R e2 β f − a R e2 ) car ( f − aidR )2 = 0 d’où β = 0 car − aidR )2 (e2 ) (f − = 0. − aidR )(e2 ) = 0 d’où α = 0. B = (e1 , e2 ) est alors une base de R2 . On déduit que αe 1 = 0 donc α (f − On a f (e2 ) − ae2 = e 1 donc f (e2 ) = e 1 + ae2 . − aidR )(e2 ) donc (f − − aidR )(e1 ) = (f − − aidR )2 (e2 ) = 0 car (f − − aidR )2 = 0 donc f (e1 ) − ae1 = 0 d’où On a e 1 = (f − f (e1 ) = ae 1 . a 1 a 1 On déduit que mat(f, B ) = donc A est semblable à la matrice . 0 a 0 a = 0 donc ∃ λ ∈ R tel Remarque : On : On peut aussi, pour montrer que ( e1 , e2 ) est libre, supposer que e 1 et e 2 sont liés, or e 2 que e 1 = λe2 donc ( f − a idR )(e2 ) = e1 = λe2 d’où f (e2 ) = (a + λ )e2 . Or e 2 = 0 donc a + λ ∈ S p p(A) et puisque = 0. ( e1 , e2 ) est alors p(A) = { a} donc a + λ = a donc λ = 0 d’où ( f − S p − aidR )(e2 ) = 0. Absurde, car ( f − − aidR )(e2 ) libre. 2 6: Si card(S p(A)) = 0 alors S p(A) = ∅ et soit e ∈ R non nul. = 0 donc ∃ λ ∈ R, f (e) = λe donc λ ∈ S p p(A). Absurde, car card(S p(A)) = 0 d’où Supposons que ( e, f (e)) est lié, on a e 2 B = (e, f (e)) est libre. On déduit que B est une base de R . 0 a Soient a, b ∈ R tels que f 2 (e) = ae + bf (e) donc, dans la base (e, f (e)) la matrice de f est B = . 1 b 0 − det A On a b = trB = trf = trA et −a = det B = det f = det A donc B = . 1 trA 0 − det A On déduit que A est semblable à la matrice . 1 trA 7: Soient M, M , N ∈ M 2 (R). ⇒ ) On a M et N semblables donc ∃ U ∈ GL2 (R) tel que N = U M U 1 donc ∀ P ∈ R[X ], P (N ) = U P (M )U 1 d’où ∀P ∈ R[X ], P (M ) = 0 ⇐⇒ P (N ) = 0. On déduit que M et N ont mêmes polynômes annulateurs donc même polynôme minimal. ⇐ ) Supposons Supposons que π M = π N . On a card(S p(M )) ∈ {0, 1, 2} : 3:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
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– Si card(S p(M )) = 2 alors, d’après I - 2, ∃ a, b ∈
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a
donc π M b est scindé à racines simples, or les racines de πM sont les valeurs propres de M donc πM = (X − a )(X − b ) donc − a)(X − − b) donc N est diagonalisable car π N est scindé à racines simples et S p πN = (X − p(N ) = { a, b} car les valeurs a 0 propres de N sont exactement les racines de π N d’où N est semblable à la matrice . On déduit que M et N sont 0 b semblables. a 1 – Si card(S p(M )) = 1 alors, d’après I - 3, 4 et 5, ∃a ∈ R tel que M soit égale à aI 2 ou semblable à . 0 a R distincts
tels que M soit semblable à la matrice
0 0
1. Si M = aI 2 alors π M = X − a donc π N = X − a donc 0 = π N (N ) = N − aI 2 donc N = aI 2 donc N = M d’où M et N sont semblables. a 1 − a)2 donc π N = (X − − a)2 donc, daprès I - 5, N est semblable à 2. Si M est semblable à alors π M = (X − 0 a a 1 donc M et N sont semblables à la même matrice d’où M et N sont semblables. 0 a
– Si card(S p(M )) = 0 alors, d’après d’après I - 6, M est semblable à la matrice
0
− det(M ) . 1 tr(M )
p(M )) = 0 donc πM n On a card(S p n’ad ’admet met pas de raçine raçiness réelle réelless donc donc πN n’ad n’admet met pas de raçine raçiness réelle réelless donc donc card(S p(N )) = 0 − det(N ) 0 d’où d’après I - 6, N est semblable à la matrice . 1 tr(N ) On a card(S p(M )) = 0 donc χ M n’admet pas de raçines d’où χ M est irréductible. Or π M |χM et π M non constant donc + det(M ) d’où π N = X 2 − tr(M )X + + det(M ). πM = ( −1)2 χM = χ M = X 2 − tr(M )X + 2 t r(M )X + det(M ). Or χN = On a deg πN = 2 = d e g χN et πN |χN donc χN = (−1) πN = πN = X 2 − tr( − 0 det( 0 − det(N ) M ) + det(N ), donc det(M ) = det(N ) et tr(M ) = tr(N ) d’où = X 2 − tr(N )X + . 1 tr(M ) 1 tr(N ) On déduit que M et N sont semblables. On déduit que dans tous les cas M et N sont semblables.
Deuxième partie Classification des matrices d’ordre 2 et 3 1: On a A ∈ M3 (R) donc A admet au plus 3 valeurs propres d’où card(S p p(A)) ∈ {0, 1, 2, 3}. D’autre part, deg χA = 3 donc χA admet au moins une raçine réelle donc A admet au moins une valeur propre donc card(S p(A)) ≥ 1 d’où card(S p(A)) ∈ {1, 2, 3}. 2: Si card(S p(A)) = 3 alors ∃a,b,c ∈ R deux à deux distincts tels que S p(A) = { a,b,c}. On a A admet trois valeurs propres deux à deux distinctes donc A est diagonalisable d’où A est semblable à la matrice a 0 0 0 b 0 . 0 0 c 3: Si card(S p(A)) = 2 alors ∃a, b ∈ R tel que S p p(A) = { a, b}. − a) ∧ (X − − b) = 1 car a − a)(X − − b)|χA d’où = b donc ( X − p(A) donc a et b sont des raçines de χ A , or ( X − On a a, b ∈ S p ∃c ∈ R, χA = − (X − − a)(x − b)(X − − c) car deg χA = 3 et de coefficient dominant -1. − a)2 (X − − b) ou On sait que les raçines de χ A sont exactement les valeurs propres de A donc c = a ou c = b d’où χ A = (X − 2 2 − a)(X − − b) . Quitte à remplacer a par b, on peut se restreindre au cas χA = (X − − a)(X − − b) . χA = (X − On a πA |χA et πA et χA ont les mêmes raçines (car les raçines de πA et χA sont les valeurs propres de A) donc πA = − a)(X − − b) ou πA = (X − − a)(X − − b)2 . (X − 4: On a π A = (X − − a)(X − − b) donc π A est scindé à raçines simples d’où A est diagonalisable. On a A digaonalisable donc m(a) + m(b) = 3 d’où (m(a), m(b)) = (2, 1) ou (m(a), m(b)) = (1, 2).
0 0 0
0
b
1. Si (m(a), m(b)) = (2, 1) alors A est semblable à
a
0 0
a
2. Si (m(a), m(b)) = (1, 2) alors A est semblable à
b
0
0
0 0
0 0 .
a
.
b
p(A) = S p p(f ) donc ∃e1 ∈ R3 non nul tel que f (e1 ) = ae 1 . On a a ∈ S p − a)(X − − b)2 donc P = (X − − a)(X − − b) n’est pas annulateur f donc ( f − − aidR )(f − − bidR ) On a πf = π A = (X − = 0 d’où 3 = 0. ∃e ∈ R tel que (f − − aidR )(f − − bidR )(e) − aidR )(f − − bidR )(e) et e3 = (f − − aidR )(e). Posons e 2 = (f − 5:
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∈ R tels que αe 1 + βe − bidR )2 (e1 ) + β (f − − bidR )2 (e2 ) + γ (f − − bidR )2 (e3 ) = Soient α, α, β,γ ∈ β e2 + γe γ e3 = 0 donc 0 = α (f − α(f − b idR )2 (e1 ) + β (f − b idR )2 (f − a idR )(f − b idR )(e) + γ (f − b idR )2 (f − a idR )(e) = α(f − b idR )2 (e1 ) + − bidR )πf (f )(e) + γπ − bidR )2 (e1 ). Or e 1 est un vecteur propre de f associé à la valeur propre a donc β (f − γ πf (f )(e) = α (f − = b et e1 = 0. ∀P ∈ R[X ], P (f )(e1 ) = P (a)e1 donc ( f − − bidR )2 (e1 ) = ( a − b)2 e1 donc α (a − b)2 e1 = 0 d’où α = 0 car a On a βe 2 + γe 3 = 0 donc 0 = β (f − bidR )(e2 )+ γ (f − bidR )(e3 ) = β (f − bidR )(f − aidR )(f − bidR )(e)+ γ (f − bidR )(f − = 0 car (f −aidR )(f −bidR )(e) = aidR )(e) = βπ β πf (f )(e)+ γ (f −aidR )(f −bidR )(e) = γ (f −aidR )(f −bidR )(e) d’où γ = 0. On a βe 2 = 0 donc β (f − aidR )(f − bidR )(e) = 0 d’où β = = 0. On déduit que α = β = γ = 0 donc la famille B = ( e1 , e2 , e3 ) 3 est libre d’où B est une base de R . On a : 3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
1. f (e1 ) = ae 1 .
− bidR )(e2 ) = 0 car e2 ∈ ker(f − − bidR ) donc f (e2 ) = be 2 . 2. (f − 3
3
− bidR )(e3 ) = (f − − bidR )(f − − aidR )(e) = e 2 donc f (e3 ) = e 2 + be3 . 3. (f − 3
3
) = 0
0
3
0 1
0
0 0 b b 1 . Donc mat(f, B d’où A est semblable à la matrice 0 0 b 0 0 b 6: On a card(S p(A)) = 1 donc ∃a ∈ R tel que S p p(A) = { a} d’où (X − a)|πA . Or deg πA ≤ 3 donc ∃Q ∈ R2 [X ] unitaire car πA l’est tel que π A = (X − − a)Q. – Si deg Q = 0 alors Q = 1 donc π A = X − a. − a)(X − − b) donc b ∈ S p – Si deg Q = 1 alors ∃b ∈ R tel que Q = X − b donc π A = (X − déduit p(A) = { a} d’où b = a . On déduit 2 − a) . que πA = (X − – Si deg Q = 2 alors ∃b, c ∈ R tel que Q = X 2 + bX + + c et soit ∆ le discriminant de Q : p(A) = { a} d’où ∈ R, Q = (X − − α)(X − − β ) donc π A = (X − − a)(X − − α)(X − − β ) donc α, β ∈ ∈ S p – Si ∆ ≥ 0 alors ∃α, β ∈ 3 − a) . α = β = a . On déduit que πA = (X − 2 + c). − a)(X 2 + bX + – Si ∆ < 0 alors b − 4c < 0 et π A = (X − − a alors 0 = π A (A) = A − aI 3 donc A = aI 3 . 7: Si ∃a ∈ R tel que π A = X − = 0. 8: On a π A = (X − − a)2 donc π f = (X − − a)2 d’où (f − − aidR )2 = 0 et f − − aidR 3 − aidR − aidR )(e3 ) − aidR )(e3 ). En particulier, e 2 = 0 donc ∃e3 ∈ R tel que ( f − = 0 et posons e 2 = (f − = 0. On a f − 2 On a (f − aidR ) = 0 donc Im(f − aidR ) ⊂ ker(f − aidR ) d’où rg(f − aidR ) ≤ dim ker( ker(f − aidR ). Or, d’après la formule − aidR )+dimker(f − − aidR ) = 3 donc 2rg(f − − aidR ) ≤ 3 donc rg(f − − aidR ) ≤ 23 d’où rg(f − − aidR ) = 1 du rang, rg(f − car rg(f − aidR ) ∈ N et rg(f − aidR ) = 0 puisque f − aidR = 0. On déduit que dim ker( ker(f − aidR ) = 3 − rg(f − aidR ) = 3 − 1 = 2. On a e 2 = (f − a idR )(e3 ) donc ( f − a idR )(e2 ) = (f − a idR )2 (e3 ) = 0 car ( f − a idR )2 = 0 donc f (e2 ) − ae 2 = 0 = 0 et dim ker( ker(f − a idR ) = 2 donc ∃ e1 ∈ ker(f − a idR ) d’où f (e2 ) = ae2 . On déduit que e 2 ∈ ker(f − a idR ), or e 2 α,β, γ ∈ R tels que αe α e1 + β e2 + γ e3 = 0 donc 0 = (f − a idR )(αe1 + βe β e2 + γ e3 ) = tel que ( e1 , e2 ) soit libre. Soient α,β, = 0 puisque α(f − aidR )(e1 ) + β (f − aidR )(e2 ) + γ (f − aidR )(e3 ) = γ (f − aidR )(e3 ) car e1 , e2 ∈ ker(f − aidR ) d’où γ = (f − = 0. − aidR )(e3 ) β e2 = 0 et ( e1 , e2 ) libre donc α = β = 0. On déduit que α = β = γ = 0 donc B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de On a αe 1 + βe a
a
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
R
. On a :
− aidR ) donc f (e1 ) = ae 1 . 1. e1 ∈ ker(f − 3
− aidR ) donc f (e2 ) = ae 2 . 2. e2 ∈ ker(f − 3
− aidR )(e3 ) donc e 2 = f (e3 ) − ae3 d’où f (e3 ) = e 2 + ae3 . 3. e2 = (f − 3
) = 0
a
Donc mat(f, B
0 a
0 1
0
0
a
d’où A est semblable à la matrice
a
0 1 .
0 0 a 0 0 a 3 3 3 9: On a π A = (X − − a) donc π f = (X − − a) d’où (f − − aidR ) = 0 et (f − − aidR )2 = 0. 2 3 2 0 donc ∃e3 ∈ R tel que (f − aidR ) (e3 ) On a (f − aidR ) = = 0 et posons e2 = (f − aidR )(e3 ) et e1 = (f − aidR )2 (e3 ). α,β, γ ∈ R tels que αe 1 + βe β e2 + γe γ e3 = 0 donc 0 = (f − β e2 + γe γ e3 ) = α (f − − aidR )2 (αe1 + βe − aidR )2 (e1 ) + β (f − − Soient α,β, 2 2 2 2 3 2 − aidR ) (e3 ) = γ (f − − aidR ) (e3 ) car ( f − − aidR ) (e2 ) = (f − − aidR ) (e3 ) = 0 et (f − − aidR ) (e1 ) = aidR ) (e2 ) + γ (f − (f − − aidR )4 (e3 ) = 0 puisque ( f − − aidR )3 = 0 . − aidR )2 (e3 ) = 0, or ( f − − aidR )2 (e3 ) = 0 donc γ = 0. On déduit que γ (f − − aidR )(αe1 + βe − aidR )(e2 ) = α(f − aidR )3 (e3 ) + On a αe 1 + βe β e2 = 0 donc 0 = (f − β e2 ) = α(f − aidR )(e1 ) + β (f − 2 2 β (f − − aidR ) (e3 ) = β (f − − aidR ) (e3 ) d’où β = 0. − aidR )2 (e3 ) = 0 d’où α = 0. On déduit que α = β = γ = 0 donc B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de On a αe 1 = 0 donc α (f − 3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
R
. On a :
− aidR )2 (e3 ) donc (f − − aidR )(e1 ) = (f − − aidR )3 (e3 ) = 0 car (f − − aidR )3 = 0 donc f (e1 ) − ae1 = 0 d’où 1. e1 = (f − f (e1 ) = ae 1 . 3
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− aidR )(e3 ) donc (f − − aidR )(e2 ) = (f − − aidR )2 (e3 ) = e 1 donc f (e2 ) − ae2 = e 1 d’où f (e2 ) = e 1 + ae2 . 2. e2 = (f − 3
3
3
− aidR )2 (e3 ) donc e 2 = f (e3 ) − ae3 d’où f (e3 ) = e 2 + ae3 . 3. e2 = (f − 3
) = 0
1
a
Donc mat(f, B
0 1
a
0
0
a
d’où A est semblable à la matrice
1 a
0 1 .
0 a 0 0 a 2 2 10: On a π A = (X − − a)(X + bX + c ) donc π f = (X − − a)(X + bX + c ), or π f |χf et deg χf = 3 donc χ f = −(X − − 2 + c). a)(X + bX + − a)(X 2 + bX + − a) ∧ (X 2 + bX + + c) et (X − + c) = 1 donc, d’après le lemme des noyaux et le théorème de On a χ f = − (X − 2 + cidR ) = ker χf (f ) = ker0 = R3 . Or a est une valeur propre simple donc − aidR ) ⊕ ker(f + bf + Cayley-Hamilton, ker(f − − aidR ) = 1 et par suite ker(f 2 + bf + dim ker( ker(f − + cidR ) = 2. − aidR ) = 1 donc ∃e1 ∈ ker(f − − aidR ) non nul. En particulier, (e1 ) est une base de ker(f − − aidR ). On a dim ker( ker(f − 2 2 On a ker(f + bf + c idR ) = 2 donc ∃e2 ∈ ker(f + bf + cidR ) non nul et soit e 3 = f (e2 ). Si ( e2 , e3 ) est lié alors ∃λ ∈ R = 0 donc f (e2 ) = λe2 donc λ ∈ S p p(f ) = {a} d’où λ = a. On déduit que e 2 ∈ ker(f − a idR ), tel que e 3 = λe2 car e 2 − aidR ) et ker(f 2 + bf + cidR ) sont en somme directe. Absurde, car or e 2 ∈ ker(f 2 + bf + c idR ) donc e 2 = 0 car ker(f − = 0 donc (e2 , e3 ) est libre d’où (e2 , e3 ) est une base de ker(f 2 + bf + + cidR ) puisque dim ker( ker(f 2 + bf + + cidR ) = 2 . e2 2 2 On a (e1 ) base de ker(f − aidR ), (e2 , e3 ) base de ker(f + bf + cidR ) et ker(f − aidR ) ⊕ ker(f + bf + cidR ) = ker χf (f ) = R3 donc B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . 3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
On a :
− aidR ) donc f (e1 ) = ae 1 . 1. e1 ∈ ker(f − 3
2. f (e2 ) = e 3 .
+ cidR ) donc f 2 (e2 ) + bf (e2 ) + ce2 = 0 donc f (e3 ) + be3 + ce2 = 0 d’où f (e3 ) = − ce2 − be3 . 3. e2 ∈ ker(f 2 + bf + 3
) = 0
0 0 a 0 0 0 −c d’où A est semblable à la matrice 0 0 −c . Donc mat(f, B 0 1 −b 0 1 −b 11: Soient M, M , N ∈ M 3 (R). ⇒ ) On a M et N semblables donc ∃ U ∈ GL3 (R) tel que N = U M U 1 donc ∀ P ∈ ∀P ∈ R[X ], P (M ) = 0 ⇐⇒ P (N ) = 0. a
−
R[X ], P (N )
= U P (M )U
1
−
d’où
On déduit que M et N ont mêmes polynômes annulateurs donc même polynôme minimal. De même, χN = det(N − X I 3 ) = det(U M U 1 − X I 3 ) = det(U M U 1 − X U U 1 ) = det(U (M − X I 3 )U 1 ) = det(M − − X I 3 ) = χ M . ⇐ ) Supposons Supposons que π M = π N et χ M = χ N . On a card(S p(M )) ∈ {1, 2, 3} : a 0 0 S ∃ ∈ card( ( )) = 3 p M a,b,c R M – Si alors, d’après II - 2, distincts tels que soit semblable à la matrice 0 b 0 donc 0 0 c πM = ( X − a)(X − b)(X − c) donc πN = ( X − a)(X − b)(X − c) donc N est diagonalisable et S p p(N ) = { a,b,c} d’où a 0 0 N est est semblable à la matrice 0 b 0 . On déduit que M et N sont semblables. 0 0 c a 0 0 – Si card(S p(M )) = 2 alors, d’après II - 3, 4 et 5, ∃ a, b ∈ R distincts tels que M soit semblable à la matrice 0 b 0 0 0 b a 0 0 ou 0 b 1 . 0 0 b a 0 0 − a)(X − − b)2 . D’autre part, M diagonalisable donc π M – Si M est semblable à la matrice 0 b 0 alors χ M = (X − 0 0 b − a)(X − − b). On déduit que est scindé à racines simples et puisque π M et χ M ont les mêmes racines donc π M = (X − 2 − a)(X − − b) et π N = ( X − − a)(X − − b). χN = ( X − − a)(X − − b)2 donc S p(N ) = { a, b}, m(a) = 1 et m(b) = 1 et puisque πN = ( X − − a)(X − − b) donc N On a χ N = (X − a 0 0 est diagonalisable car π N est scindé à racines simples d’où N est semblable à la matrice 0 b 0 . 0 0 b M et N sont semblables à la même matrice donc M et N sont semblables. a 0 0 − a)(X − − b)2 . – Si M est semblable à la matrice 0 b 1 alors χ M = (X − 0 0 b − a)(X − − b) ou πM = (X − − a)(X − − b)2 et puisque On a π M |χM et π M et χM ont les mêmes racines donc πM = (X − −
−
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CPGE Lissane Eddine - Laayoune
Essaidi Ali
M n’est pas diagonalisable car
1 b
0
b
[email protected]
ne l’est pas puisqu’elle a une seule valeur propre et n’est pas scalaire donc
− a)(X − − b)2 . πM = (X −
0
0
a
− a)(X − − b)2 donc, d’après la question II - 5, N est semblable à la matrice On déduit que πN = (X −
0
M et N sont semblables.
b
0
b
0
a
– Si card(S p(M )) = 1 alors, d’après II - 6, 7, 8, 9 et 10, M = aI 3 ou semblable à l’une des matrices aI 3 ou
0
0
a
ou
0
1 a
0
0 1 0
a
ou
a
0
0 −
0 0 c 1 −b
0 0
0
d’où
a
0 1
0
a
avec b 2 − 4c < 0 .
1. Si M = aI 3 alors π M = X − a donc π N = X − a donc 0 = π N (N ) = N − aI 3 donc N = aI 3 d’où M et N sont semblables. a 0 0 = 0 et (A − aI 3 )2 = 0 donc πM = π A = (X − a)2 2. Si M est est semblable à la matrice A = 0 a 1 : On a A − aI 3 0 0 a a 0 0 − a)2 donc, d’après II - 8, N est semblable à la matrice 0 a 1 donc M et N sont semblables à donc πN = (X − 0 0 a la même matrice d’où M et N sont semblables. a 1 0 a 0 1 2 0 et (A − aI 3 )3 = 0 donc πM = π A = 3. Si M est semblable à A = 0 a 1 : On a (A − aI 3 ) = 0 0 0 = 0 0 a 0 0 0 a 1 0 − a)3 donc π N = (X − − a)3 donc, d’après II - 9, N est semblable à la matrice 0 a 1 donc M et N sont (X − 0 0 a semblables à la même matrice d’où M et N sont semblables. a 0 0 + c). Or π M |χM et ont mêmes racines donc − a)(X 2 + bX + 4. Si M est semblable à 0 0 −c alors χ M = − (X − 0 1 −b ∃Q ∈ R2 [X ] unitaire tel que πM = (X − a)Q donc Q|X 2 + bX + c d’où Q = 1 ou Q = X 2 + bX + c car X 2 + bX + c est irréductible puisque b2 − 4c < 0. + c = (X − − a)3 d’où X 2 + bX + − a)3 . Absurde, car Si Q = 1 alors π M = X − a donc M = aI 3 donc χ M = − (X − 2 2 2 − a)(X + bX + + c est irréductible. On déduit que Q = X + bX + + c donc πM = (X − + c). X + bX + a 0 0 2 + c) donc, d’après II - 9, N est semblable à la matrice 0 0 −c On a πN = π M donc πN = (X − a)(X + bX + 0 1 −b donc M et N sont semblables à la même matrice d’où M et N sont semblables.
On déduit que dans tous les cas M et N sont semblables.
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