Polynôme caractéristique exercices corrigés

Le polynôme caractéristique est l'outil central de la réduction des endomorphismes en algèbre linéaire. Défini par χA(X)=det⁡(XIn−A)\chi_A(X) = \det(XI_n - A), il concentre en un seul objet polynomial l'ensemble des valeurs propres, leurs multiplicités algébriques et les informations nécessaires à la diagonalisation ou à la trigonalisation d'une matrice carrée. Cette page propose 15 exercices corrigés, classés par thème et par difficulté croissante, couvrant le calcul du polynôme caractéristique pour des matrices 2×22 \times 2 et 3×33 \times 3, la détermination des espaces propres, l'étude de la diagonalisabilité, les polynômes annulateurs, le théorème de Cayley-Hamilton et les applications au calcul de puissances de matrices. Ce parcours est adapté aux étudiants de L2, de classes préparatoires (MP, PC, PSI) et à toute personne souhaitant consolider sa maîtrise de la réduction des endomorphismes.

Calcul du polynôme caractéristique et des valeurs propres

Cette première section couvre le calcul du déterminant det⁡(XIn−A)\det(XI_n - A), l'identification des racines et la lecture des multiplicités algébriques. C'est le point de départ incontournable avant tout travail de diagonalisation.

Exercice 1 : Polynôme caractéristique d’une matrice 2×2

Facile

Soit la matrice A=(3140)∈M2(R) A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 4 & 0 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) .

  1. Calculer le polynôme caractéristique χA(X)=det⁡(XI2−A)\chi_A(X) = \det(XI_2 - A).
  2. Déterminer les valeurs propres de AA et leurs multiplicités algébriques.
Indication

Pour une matrice 2×22 \times 2, le déterminant de XI2−AXI_2 - A se calcule directement : det⁡(X−a−b−cX−d)=(X−a)(X−d)−bc\det\begin{pmatrix} X - a & -b \\ -c & X - d \end{pmatrix} = (X-a)(X-d) - bc. Les valeurs propres sont les racines de ce polynôme du second degré.

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Solution de la question 1 : χA(X)=det⁡(XI2−A)=det⁡(X−3−1−4X)=X(X−3)−(−1)(−4)=X2−3X−4. \chi_A(X) = \det(XI_2 - A) = \det\begin{pmatrix} X - 3 & -1 \\ -4 & X \end{pmatrix} = X(X-3) - (-1)(-4) = X^2 - 3X - 4. On factorise : X2−3X−4=(X−4)(X+1)X^2 - 3X - 4 = (X-4)(X+1).Solution de la question 2 : Les valeurs propres sont les racines de χA\chi_A : λ1=4etλ2=−1, \lambda_1 = 4 \quad \text{et} \quad \lambda_2 = -1, chacune de multiplicité algébrique 11. Comme AA possède deux valeurs propres distinctes dans R\mathbb{R}, elle est automatiquement diagonalisable.

Exercice 2 : Matrice 3×3 à valeur propre multiple

Facile

Soit la matrice B=(210020005)∈M3(R) B = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) .

  1. Calculer χB(X)\chi_B(X) en exploitant la structure triangulaire de BB.
  2. Donner les valeurs propres de BB et leurs multiplicités algébriques.
Indication

Le polynôme caractéristique d'une matrice triangulaire (supérieure ou inférieure) est le produit des termes (X−aii)(X - a_{ii}) où les aiia_{ii} sont les coefficients diagonaux. Inutile de développer le déterminant complet.

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Solution de la question 1 : La matrice BB est triangulaire supérieure, donc : χB(X)=(X−2)(X−2)(X−5)=(X−2)2(X−5). \chi_B(X) = (X - 2)(X - 2)(X - 5) = (X-2)^2(X-5). Solution de la question 2 : Les valeurs propres sont λ1=2\lambda_1 = 2 de multiplicité algébrique 22, et λ2=5\lambda_2 = 5 de multiplicité algébrique 11. On notera que Tr(B)=2+2+5=9=2×2+1×5\text{Tr}(B) = 2 + 2 + 5 = 9 = 2 \times 2 + 1 \times 5, ce qui vérifie la relation générale Tr(A)=∑iλi\text{Tr}(A) = \sum_i \lambda_i (avec multiplicités).

Exercice 3 : Polynôme caractéristique d’une matrice 3×3 générale

Moyen

Soit la matrice C=(1200−13002)∈M3(R) C = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & -1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) .

  1. Calculer χC(X)\chi_C(X) par développement du déterminant det⁡(XI3−C)\det(XI_3 - C).
  2. Vérifier que χC(0)=(−1)3det⁡(C)\chi_C(0) = (-1)^3 \det(C) et que le coefficient de X2X^2 est (−1)n−1 Tr(C)(-1)^{n-1}\,\text{Tr}(C) avec n=3n=3.
  3. Identifier les valeurs propres et leurs multiplicités.
Indication

Développez det⁡(XI3−C)\det(XI_3 - C) par rapport à la première colonne (ou exploitez la structure triangulaire). Pour la question 2, substituez X=0X = 0 dans χC(X)\chi_C(X) et identifiez le coefficient de X2X^2 dans votre expression développée.

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Solution de la question 1 : CC étant triangulaire supérieure : χC(X)=(X−1)(X+1)(X−2)=X3−2X2−X+2. \chi_C(X) = (X-1)(X+1)(X-2) = X^3 - 2X^2 - X + 2. Solution de la question 2 : On calcule χC(0)=(−1)(1)(−2)=2\chi_C(0) = (-1)(1)(-2) = 2. Par ailleurs (−1)3det⁡(C)=−det⁡(C)(-1)^3 \det(C) = -\det(C). Ici det⁡(C)=1×(−1)×2=−2\det(C) = 1 \times (-1) \times 2 = -2, donc (−1)3det⁡(C)=2(-1)^3 \det(C) = 2. ✓. Le coefficient de X2X^2 dans χC(X)=X3−2X2−X+2\chi_C(X) = X^3 - 2X^2 - X + 2 est −2=(−1)3−1 Tr(C)⋅(−1)-2 = (-1)^{3-1}\,\text{Tr}(C) \cdot (-1)… plus précisément, la formule générale donne coefficient de Xn−1X^{n-1} égal à (−1)n−1Tr(A)(-1)^{n-1}\text{Tr}(A) ; ici (−1)2Tr(C)=1×(1−1+2)=2(-1)^2 \text{Tr}(C) = 1 \times (1 - 1 + 2) = 2, mais le signe devant X2X^2 est −2-2 car χC(X)=(−1)3(X3−Tr(C)X2+⋯ )\chi_C(X) = (-1)^3(X^3 - \text{Tr}(C)X^2 + \cdots). Cette cohérence est bien vérifiée.Solution de la question 3 : Les valeurs propres sont λ1=1\lambda_1 = 1, λ2=−1\lambda_2 = -1 et λ3=2\lambda_3 = 2, toutes simples.

Espaces propres et multiplicités géométriques

Connaître les valeurs propres ne suffit pas : il faut calculer Eλ=ker⁡(A−λIn)E_\lambda = \ker(A - \lambda I_n) et comparer la multiplicité géométrique mg(λ)=dim⁡Eλm_g(\lambda) = \dim E_\lambda à la multiplicité algébrique ma(λ)m_a(\lambda). C'est ce rapport qui détermine la diagonalisabilité.

Exercice 4 : Espaces propres d’une matrice 2×2

Facile

Soit A=(5−230)∈M2(R) A = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) .

  1. Calculer le polynôme caractéristique et les valeurs propres de AA.
  2. Pour chaque valeur propre, déterminer une base du sous-espace propre associé.
Indication

Pour trouver Eλ=ker⁡(A−λI2)E_\lambda = \ker(A - \lambda I_2), substituez la valeur propre λ\lambda trouvée et résolvez le système homogène (A−λI2)v=0(A - \lambda I_2)v = 0. Un vecteur propre est un vecteur non nul solution.

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Solution de la question 1 : χA(X)=(X−5)(X)−(−2)(3)=X2−5X+6=(X−2)(X−3). \chi_A(X) = (X-5)(X) - (-2)(3) = X^2 - 5X + 6 = (X-2)(X-3). Valeurs propres : λ1=2\lambda_1 = 2 et λ2=3\lambda_2 = 3, toutes deux simples.Solution de la question 2 : Pour λ1=2\lambda_1 = 2 : A−2I2=(3−23−2)A - 2I_2 = \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 3 & -2 \end{pmatrix}. Le système (A−2I2)v=0(A - 2I_2)v = 0 donne 3x−2y=03x - 2y = 0, soit v=(23)v = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}. Ainsi E2=Vect ⁣((23))E_2 = \text{Vect}\!\left(\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}\right).Pour λ2=3\lambda_2 = 3 : A−3I2=(2−23−3)A - 3I_2 = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}. Le système donne x=yx = y, soit v=(11)v = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. Ainsi E3=Vect ⁣((11))E_3 = \text{Vect}\!\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right).

Exercice 5 : Valeur propre double et multiplicité géométrique

Moyen

Soit M=(310030002)∈M3(R) M = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) .

  1. Calculer χM(X)\chi_M(X) et identifier les valeurs propres avec leurs multiplicités algébriques.
  2. Calculer dim⁡E3\dim E_3 et dim⁡E2\dim E_2. Comparer multiplicités algébriques et géométriques.
  3. La matrice MM est-elle diagonalisable sur R\mathbb{R} ?
Indication

La matrice est triangulaire supérieure, donc le polynôme caractéristique se lit directement sur la diagonale. Pour E3=ker⁡(M−3I3)E_3 = \ker(M - 3I_3), calculez le rang de M−3I3M - 3I_3 et déduisez la dimension du noyau par le théorème du rang.

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Solution de la question 1 : χM(X)=(X−3)2(X−2). \chi_M(X) = (X-3)^2(X-2). Donc λ1=3\lambda_1 = 3 avec ma(3)=2m_a(3) = 2 et λ2=2\lambda_2 = 2 avec ma(2)=1m_a(2) = 1.Solution de la question 2 : Pour λ1=3\lambda_1 = 3 : M−3I3=(01000000−1)M - 3I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. Ce système admet pour seule solution y=0y = 0 et z=0z = 0, xx libre. Donc E3=Vect(e1)E_3 = \text{Vect}(e_1) et mg(3)=1m_g(3) = 1.Pour λ2=2\lambda_2 = 2 : M−2I3=(110010000)M - 2I_3 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. Le noyau est Vect(e3)\text{Vect}(e_3) et mg(2)=1m_g(2) = 1.Solution de la question 3 : Pour λ1=3\lambda_1 = 3, on a mg(3)=1<2=ma(3)m_g(3) = 1 < 2 = m_a(3). La condition nécessaire et suffisante de diagonalisabilité n'est pas satisfaite : MM n'est pas diagonalisable sur R\mathbb{R}.

Exercice 6 : Espaces propres d’une matrice 3×3 à trois valeurs propres distinctes

Moyen

Soit N=(02−13−20−221)∈M3(R) N = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -1 \\ 3 & -2 & 0 \\ -2 & 2 & 1 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) .

  1. Calculer χN(X)\chi_N(X) et montrer que NN possède trois valeurs propres réelles distinctes.
  2. Pour chacune, calculer un vecteur propre associé.
  3. En déduire une matrice de passage PP et la matrice diagonale DD telle que N=PDP−1N = PDP^{-1}.
Indication

Développez det⁡(XI3−N)\det(XI_3 - N) par rapport à une colonne bien choisie (par exemple la troisième). Une fois les valeurs propres trouvées, cherchez pour chacune un vecteur v=(x,y,z)Tv = (x, y, z)^T non nul tel que Nv=λvNv = \lambda v. Les colonnes de PP sont ces vecteurs propres.

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Solution de la question 1 : χN(X)=det⁡(X−21−3X+202−2X−1). \chi_N(X) = \det\begin{pmatrix} X & -2 & 1 \\ -3 & X+2 & 0 \\ 2 & -2 & X-1 \end{pmatrix}. En développant par rapport à la troisième colonne : χN(X)=(X−1)[X(X+2)−6]−[(−3)(−2)−2(X+2)]=(X−1)(X2+2X−6)−(6−2X−4). \chi_N(X) = (X-1)[X(X+2) - 6] - [(-3)(-2) - 2(X+2)] = (X-1)(X^2+2X-6) - (6 - 2X - 4). Après calcul, on obtient χN(X)=(X−1)(X−2)(X+4)\chi_N(X) = (X-1)(X-2)(X+4). Les trois valeurs propres 1,2,−41, 2, -4 sont bien réelles et distinctes.Solution de la question 2 : Pour λ=1\lambda = 1 : (N−I3)v=0(N - I_3)v = 0 donne v1=(1,1,1)Tv_1 = (1, 1, 1)^T. Pour λ=2\lambda = 2 : (N−2I3)v=0(N - 2I_3)v = 0 donne v2=(4,3,−2)Tv_2 = (4, 3, -2)^T (après réduction).Pour λ=−4\lambda = -4 : (N+4I3)v=0(N + 4I_3)v = 0 donne v3=(2,−3,2)Tv_3 = (2, -3, 2)^T.Solution de la question 3 : P=(14213−31−22),D=(10002000−4). P = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & 2 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}.

Diagonalisabilité : critères et contre-exemples

La diagonalisabilité ne se réduit pas à l'existence de valeurs propres réelles. Ces exercices entraînent à vérifier les critères (égalité des multiplicités, polynôme minimal scindé à racines simples, polynôme annulateur) et à identifier les matrices non diagonalisables.

Exercice 7 : Critère de diagonalisabilité via les multiplicités

Moyen

Soit Am=(101−1212−mm−2m)∈M3(R) A_m = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 2-m & m-2 & m \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) , où m∈Rm \in \mathbb{R}.

  1. Calculer χAm(X)\chi_{A_m}(X) et montrer qu'il ne dépend pas de mm.
  2. Déterminer les valeurs de mm pour lesquelles AmA_m est diagonalisable.
Indication

Développez det⁡(XI3−Am)\det(XI_3 - A_m) en remarquant que certaines colonnes se simplifient. Puis, pour étudier la diagonalisabilité, calculez dim⁡ker⁡(Am−λI3)\dim \ker(A_m - \lambda I_3) pour chaque valeur propre de multiplicité algébrique supérieure à 1, en distinguant les cas suivant mm.

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Solution de la question 1 : En développant, on obtient χAm(X)=(X−1)2(X−2)\chi_{A_m}(X) = (X-1)^2(X-2). Ce polynôme ne dépend effectivement pas de mm. Les valeurs propres sont λ1=1\lambda_1 = 1 avec ma=2m_a = 2 et λ2=2\lambda_2 = 2 avec ma=1m_a = 1.Solution de la question 2 : La valeur propre λ2=2\lambda_2 = 2 est simple donc mg(2)=1=ma(2)m_g(2) = 1 = m_a(2). Il faut examiner λ1=1\lambda_1 = 1 :Am−I3=(001−1112−mm−2m−1)A_m - I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 2-m & m-2 & m-1 \end{pmatrix}.La troisième ligne est (2−m)(2-m) fois la première moins (m−2)(m-2) fois la seconde lorsque m≠1m \neq 1 et m≠2m \neq 2. On calcule le rang : si m≠1m \neq 1 et m≠2m \neq 2, rg(Am−I3)=2(A_m - I_3) = 2 donc dim⁡E1=1<2=ma(1)\dim E_1 = 1 < 2 = m_a(1) : non diagonalisable.Si m=1m = 1 : A1−I3=(001−1111−10)A_1 - I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}, rg =2= 2, dim⁡E1=1\dim E_1 = 1 : non diagonalisable.Si m=2m = 2 : A2−I3=(001−111001)A_2 - I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, rg =2= 2, dim⁡E1=1\dim E_1 = 1 : non diagonalisable.Conclusion : AmA_m n'est diagonalisable sur R\mathbb{R} pour aucune valeur de mm.

Exercice 8 : Diagonalisabilité via un polynôme annulateur

Moyen

Soit A∈Mn(R) A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) vérifiant A2−3A+2In=0 A^2 - 3A + 2I_n = 0 .

  1. Montrer que P(X)=X2−3X+2P(X) = X^2 - 3X + 2 est un polynôme annulateur de AA. Le factoriser.
  2. En déduire que AA est diagonalisable sur R\mathbb{R} et que Sp(A)⊆{1,2}\text{Sp}(A) \subseteq \{1, 2\}.
  3. Donner un exemple de matrice 3×33 \times 3 vérifiant cette relation avec Sp(A)={1,2}\text{Sp}(A) = \{1, 2\}.
Indication

Un polynôme annulateur de AA dont toutes les racines sont simples dans K\mathbb{K} garantit la diagonalisabilité (par le critère du polynôme minimal). Les valeurs propres de AA sont nécessairement des racines de tout polynôme annulateur.

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Solution de la question 1 : L'égalité A2−3A+2In=0A^2 - 3A + 2I_n = 0 signifie exactement P(A)=0P(A) = 0 avec P(X)=X2−3X+2=(X−1)(X−2)P(X) = X^2 - 3X + 2 = (X-1)(X-2). C'est donc un polynôme annulateur de AA.Solution de la question 2 : Le polynôme minimal μA\mu_A divise tout polynôme annulateur, donc μA∣(X−1)(X−2)\mu_A \mid (X-1)(X-2). Comme (X−1)(X−2)(X-1)(X-2) est scindé à racines simples dans R\mathbb{R}, il en va de même de μA\mu_A. Par le théorème de réduction, AA est diagonalisable sur R\mathbb{R}. De plus, toute valeur propre λ\lambda vérifie P(λ)=0P(\lambda) = 0, donc λ∈{1,2}\lambda \in \{1, 2\}.Solution de la question 3 : A=(100020001). A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. On vérifie : A2−3A+2I3=(100040001)−(300060003)+(200020002)=0A^2 - 3A + 2I_3 = \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&4&0\\0&0&1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix}3&0&0\\0&6&0\\0&0&3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix} = 0. ✓

Exercice 9 : Diagonalisabilité dépendant d’un paramètre

Difficile

Soit Aα=(α100α0012)∈M3(R) A_\alpha = \begin{pmatrix} \alpha & 1 & 0 \\ 0 & \alpha & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) , avec α∈R\alpha \in \mathbb{R}.

  1. Calculer χAα(X)\chi_{A_\alpha}(X). Distinguer les cas α=2\alpha = 2 et α≠2\alpha \neq 2.
  2. Pour chaque cas, étudier la diagonalisabilité de AαA_\alpha sur R\mathbb{R}.
  3. Pour α=2\alpha = 2, montrer que A2A_2 est semblable à une matrice triangulaire et exhiber une telle base.
Indication

Développez det⁡(XI3−Aα)\det(XI_3 - A_\alpha) par rapport à la troisième ligne ou colonne. Dans le cas α=2\alpha = 2, la valeur propre 22 est triple : calculez dim⁡ker⁡(A2−2I3)\dim \ker(A_2 - 2I_3) et comparez à la multiplicité algébrique. Pour la trigonalisation, cherchez un vecteur v∉E2v \notin E_2 tel que (A2−2I3)v∈E2(A_2 - 2I_3)v \in E_2.

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Solution de la question 1 : χAα(X)=(X−α)2(X−2). \chi_{A_\alpha}(X) = (X - \alpha)^2(X - 2). Si α≠2\alpha \neq 2 : valeurs propres α\alpha (mult. alg. 2) et 22 (mult. alg. 1). Si α=2\alpha = 2 : valeur propre unique 22 de multiplicité algébrique 33.Solution de la question 2 : Cas α≠2\alpha \neq 2 : Étude de Eα=ker⁡(Aα−αI3)E_\alpha = \ker(A_\alpha - \alpha I_3). On trouve Aα−αI3=(010000012−α)A_\alpha - \alpha I_3 = \begin{pmatrix} 0&1&0\\0&0&0\\0&1&2-\alpha\end{pmatrix}. Le rang est 2, donc dim⁡Eα=1<2=ma(α)\dim E_\alpha = 1 < 2 = m_a(\alpha). AαA_\alpha n'est pas diagonalisable.Cas α=2\alpha = 2 : A2−2I3=(010000010)A_2 - 2I_3 = \begin{pmatrix} 0&1&0\\0&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}, rg =1= 1, dim⁡E2=2≠3=ma(2)\dim E_2 = 2 \neq 3 = m_a(2). Non diagonalisable.Solution de la question 3 : On pose e1=(1,0,0)T∈E2e_1 = (1,0,0)^T \in E_2 et e3=(0,0,1)T∈E2e_3 = (0,0,1)^T \in E_2 (ils vérifient (A2−2I3)e1=0(A_2 - 2I_3)e_1 = 0 et (A2−2I3)e3=0(A_2 - 2I_3)e_3 = 0). On cherche ff tel que (A2−2I3)f∈E2(A_2 - 2I_3)f \in E_2 : posons f=(0,1,0)Tf = (0,1,0)^T, alors (A2−2I3)f=(1,0,1)T∈E2(A_2-2I_3)f = (1,0,1)^T \in E_2. Dans la base B′=(f,e1+e3,e3)\mathcal{B}' = (f, e_1+e_3, e_3) (à adapter orthogonalement), la matrice de A2A_2 est triangulaire supérieure de diagonale (2,2,2)(2, 2, 2).

Théorème de Cayley-Hamilton et polynôme minimal

Le théorème de Cayley-Hamilton affirme que toute matrice carrée annule son propre polynôme caractéristique : χA(A)=0\chi_A(A) = 0. Le polynôme minimal μA\mu_A est le polynôme unitaire de plus petit degré annulant AA ; il divise χA\chi_A et partage les mêmes racines. Ces exercices explorent ces deux outils fondamentaux.

Exercice 10 : Vérification du théorème de Cayley-Hamilton

Facile

Soit A=(2−110)∈M2(R) A = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) .

  1. Calculer χA(X)\chi_A(X).
  2. Calculer χA(A)=A2−2A+I2\chi_A(A) = A^2 - 2A + I_2 et vérifier que le résultat est la matrice nulle.
  3. En déduire A−1A^{-1} à partir de la relation A2−2A+I2=0A^2 - 2A + I_2 = 0.
Indication

Calculez d'abord A2A^2 puis substituez dans χA(A)\chi_A(A). Pour trouver A−1A^{-1}, isolez I2I_2 dans la relation A2−2A+I2=0A^2 - 2A + I_2 = 0, ce qui donne I2=2A−A2=A(2I2−A)I_2 = 2A - A^2 = A(2I_2 - A).

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Solution de la question 1 : χA(X)=X2−2X+1=(X−1)2. \chi_A(X) = X^2 - 2X + 1 = (X-1)^2. Solution de la question 2 : A2=(2−110)2=(3−22−1). A^2 = \begin{pmatrix} 2&-1\\1&0 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 3&-2\\2&-1 \end{pmatrix}. Alors : χA(A)=A2−2A+I2=(3−22−1)−(4−220)+(1001)=(0000).✓ \chi_A(A) = A^2 - 2A + I_2 = \begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}4&-2\\2&0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}. \checkmark Solution de la question 3 : De A2−2A+I2=0A^2 - 2A + I_2 = 0 on tire A(A−2I2)=−I2A(A - 2I_2) = -I_2, donc A−1=−(A−2I2)=2I2−AA^{-1} = -(A - 2I_2) = 2I_2 - A : A−1=(01−12). A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}.

Exercice 11 : Polynôme minimal et diagonalisabilité

Moyen

Soit A=(100011002)∈M3(R) A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) .

  1. Calculer χA(X)\chi_A(X). Le polynôme caractéristique est-il scindé à racines simples ?
  2. Tester si μ1(X)=(X−1)(X−2)\mu_1(X) = (X-1)(X-2) annule AA. Si non, tester μ2(X)=(X−1)2(X−2)\mu_2(X) = (X-1)^2(X-2).
  3. Conclure sur la diagonalisabilité de AA et sur son polynôme minimal.
Indication

Calculez (A−I3)(A−2I3)(A - I_3)(A - 2I_3) directement. Si le produit est nul, c'est que (X−1)(X−2)(X-1)(X-2) est un polynôme annulateur de degré minimal. Sinon, le polynôme minimal est de degré 3 et vaut χA\chi_A.

Voir le corrigé
Solution de la question 1 : χA(X)=(X−1)2(X−2). \chi_A(X) = (X-1)^2(X-2). Ce polynôme n'est pas scindé à racines simples (la racine 11 est double).Solution de la question 2 : On calcule : A−I3=(000001001),A−2I3=(−1000−11000). A - I_3 = \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&1\end{pmatrix}, \quad A - 2I_3 = \begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&1\\0&0&0\end{pmatrix}. (A−I3)(A−2I3)=(000000000)⋅  ? (A-I_3)(A-2I_3) = \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} \cdot \; ? Calculons : (A−I3)(A−2I3)=(000001001)(−1000−11000)=(000000000). (A-I_3)(A-2I_3) = \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&1\\0&0&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}. Donc μ1(X)=(X−1)(X−2)\mu_1(X) = (X-1)(X-2) annule AA ; c'est le polynôme minimal de AA.Solution de la question 3 : Le polynôme minimal μA=(X−1)(X−2)\mu_A = (X-1)(X-2) est scindé à racines simples dans R\mathbb{R}. Donc AA est diagonalisable sur R\mathbb{R}, bien que χA\chi_A ne soit pas à racines simples.

Exercice 12 : Application du théorème de Cayley-Hamilton à un calcul de puissance

Difficile

Soit A=(0−112)∈M2(R) A = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) .

  1. Calculer χA(X)\chi_A(X) et en déduire la relation satisfaite par AA.
  2. Exprimer A2A^2 puis A3A^3 en fonction de AA et de I2I_2.
  3. Montrer par récurrence que pour tout n≥2n \geq 2, il existe αn,βn∈R\alpha_n, \beta_n \in \mathbb{R} tels que An=αnA+βnI2A^n = \alpha_n A + \beta_n I_2. Calculer A10A^{10}.
Indication

Cayley-Hamilton donne A2=2A−A0A^2 = 2A - A^0. Pour calculer AnA^n, multipliez la relation de récurrence An=2An−1−An−2A^n = 2A^{n-1} - A^{n-2} et exprimer αn,βn\alpha_n, \beta_n par une récurrence linéaire d'ordre 2. La suite (αn)(\alpha_n) vérifie la même récurrence que la valeur propre λ=1\lambda = 1 de multiplicité 2.

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Solution de la question 1 : χA(X)=X2−2X+1=(X−1)2. \chi_A(X) = X^2 - 2X + 1 = (X-1)^2. Par Cayley-Hamilton : A2−2A+I2=0A^2 - 2A + I_2 = 0, soit A2=2A−I2A^2 = 2A - I_2.Solution de la question 2 : A2=2A−I2,A3=A⋅A2=A(2A−I2)=2A2−A=2(2A−I2)−A=3A−2I2. A^2 = 2A - I_2, \quad A^3 = A \cdot A^2 = A(2A - I_2) = 2A^2 - A = 2(2A - I_2) - A = 3A - 2I_2. Solution de la question 3 : Si An=αnA+βnI2A^n = \alpha_n A + \beta_n I_2, alors An+1=αnA2+βnA=αn(2A−I2)+βnA=(2αn+βn)A−αnI2A^{n+1} = \alpha_n A^2 + \beta_n A = \alpha_n(2A - I_2) + \beta_n A = (2\alpha_n + \beta_n)A - \alpha_n I_2. Donc : αn+1=2αn+βn,βn+1=−αn. \alpha_{n+1} = 2\alpha_n + \beta_n, \quad \beta_{n+1} = -\alpha_n. Avec α1=1,β1=0\alpha_1 = 1, \beta_1 = 0 (car A1=AA^1 = A), on obtient la suite αn=n\alpha_n = n et βn=1−n\beta_n = 1-n (à vérifier par récurrence). Ainsi An=nA+(1−n)I2A^n = nA + (1-n)I_2. Pour n=10n = 10 : A10=10A−9I2=(0−101020)−(9009)=(−9−101011). A^{10} = 10A - 9I_2 = \begin{pmatrix}0&-10\\10&20\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}9&0\\0&9\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-9&-10\\10&11\end{pmatrix}.

Applications : puissances de matrices et systèmes différentiels

La diagonalisation et le polynôme caractéristique prennent tout leur sens dans les applications : calcul efficace de AnA^n, résolution de suites récurrentes linéaires ou de systèmes différentiels X′=AXX' = AX. Ces exercices illustrent la portée pratique des outils théoriques développés précédemment.

Exercice 13 : Calcul de AnA^n par diagonalisation

Moyen

Soit A=(4123)∈M2(R) A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) .

  1. Diagonaliser AA : trouver PP et DD tels que A=PDP−1A = PDP^{-1}.
  2. En déduire une formule explicite pour AnA^n, pour tout entier n≥1n \geq 1.
  3. Vérifier le résultat pour n=2n = 2 par calcul direct.
Indication

Une fois A=PDP−1A = PDP^{-1} établie, on a An=PDnP−1A^n = PD^nP^{-1}. La matrice DnD^n est diagonale avec les entrées λin\lambda_i^n. Calculez P−1P^{-1} explicitement via la formule de l'inverse d'une matrice 2×22 \times 2.

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Solution de la question 1 : χA(X)=(X−2)(X−5). \chi_A(X) = (X-2)(X-5). Vecteur propre pour λ1=2\lambda_1 = 2 : (A−2I2)v=0(A - 2I_2)v = 0 donne v1=(1−2)v_1 = \begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}. Vecteur propre pour λ2=5\lambda_2 = 5 : (A−5I2)v=0(A - 5I_2)v = 0 donne v2=(11)v_2 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}. P=(11−21),D=(2005),P−1=13(1−121). P = \begin{pmatrix}1&1\\-2&1\end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix}2&0\\0&5\end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}1&-1\\2&1\end{pmatrix}. Solution de la question 2 : An=PDnP−1=13(11−21)(2n005n)(1−121)=13(2n+2⋅5n−2n+5n−2n+1+2⋅5n2n+1+5n). A^n = PD^nP^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}1&1\\-2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2^n&0\\0&5^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\2&1\end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}2^n + 2\cdot 5^n & -2^n + 5^n \\ -2^{n+1} + 2\cdot 5^n & 2^{n+1} + 5^n\end{pmatrix}. Solution de la question 3 : Pour n=2n=2 : A2=(1871411)A^2 = \begin{pmatrix}18&7\\14&11\end{pmatrix}. Formule : 13(4+50−4+25−8+508+25)=13(54214233)=(1871411)\frac{1}{3}\begin{pmatrix}4+50&-4+25\\-8+50&8+25\end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}54&21\\42&33\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}18&7\\14&11\end{pmatrix}. ✓

Exercice 14 : Suite récurrente linéaire d’ordre 2 via le polynôme caractéristique

Difficile

Soit la suite (un)n≥0(u_n)_{n \geq 0} définie par u0=1u_0 = 1, u1=3u_1 = 3 et la relation de récurrence : un+2=5un+1−6un,∀n≥0. u_{n+2} = 5u_{n+1} - 6u_n, \quad \forall n \geq 0.

  1. Former le système Xn+1=AXnX_{n+1} = AX_n où Xn=(unun+1)X_n = \begin{pmatrix}u_n\\u_{n+1}\end{pmatrix}. Identifier la matrice AA.
  2. Calculer le polynôme caractéristique de AA et diagonaliser AA.
  3. En déduire une expression explicite de unu_n en fonction de nn.
Indication

La matrice compagnon associée à la récurrence un+2=5un+1−6unu_{n+2} = 5u_{n+1} - 6u_n est A=(01−65)A = \begin{pmatrix}0&1\\-6&5\end{pmatrix}. Son polynôme caractéristique est exactement le polynôme caractéristique de la récurrence. Diagonalisez AA puis utilisez Xn=AnX0X_n = A^n X_0.

Voir le corrigé
Solution de la question 1 : La relation (un+1un+2)=(01−65)(unun+1)\begin{pmatrix}u_{n+1}\\u_{n+2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&1\\-6&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u_n\\u_{n+1}\end{pmatrix} donne la matrice compagnon A=(01−65)A = \begin{pmatrix}0&1\\-6&5\end{pmatrix}.Solution de la question 2 : χA(X)=X2−5X+6=(X−2)(X−3). \chi_A(X) = X^2 - 5X + 6 = (X-2)(X-3). Valeurs propres 22 et 33, toutes simples. Vecteurs propres : v1=(12)v_1 = \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} pour λ=2\lambda=2, v2=(13)v_2 = \begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix} pour λ=3\lambda=3. Diagonalisation : P=(1123),D=(2003). P = \begin{pmatrix}1&1\\2&3\end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}. Solution de la question 3 : La solution générale est un=α⋅2n+β⋅3nu_n = \alpha \cdot 2^n + \beta \cdot 3^n. Les conditions initiales u0=1u_0 = 1 et u1=3u_1 = 3 donnent le système : α+β=1,2α+3β=3. \alpha + \beta = 1, \quad 2\alpha + 3\beta = 3. D'où β=1\beta = 1 et α=0\alpha = 0. Donc : un=3n. \boxed{u_n = 3^n.} On vérifie : u2=5×3−6×1=9=32u_2 = 5 \times 3 - 6 \times 1 = 9 = 3^2. ✓

Exercice 15 : Système différentiel et exponentielle de matrice

Difficile

Soit le système différentiel X′(t)=AX(t)X'(t) = AX(t) avec X(t)=(x(t)y(t))X(t) = \begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix} et A=(1203). A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}. On pose X(0)=(11)X(0) = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}.

  1. Calculer le polynôme caractéristique de AA et diagonaliser AA.
  2. Calculer etAe^{tA} en utilisant la décomposition A=PDP−1A = PDP^{-1}.
  3. Résoudre le problème de Cauchy et donner x(t)x(t) et y(t)y(t) explicitement.
Indication

La solution du système est X(t)=etAX(0)X(t) = e^{tA}X(0). Or etA=PetDP−1e^{tA} = Pe^{tD}P^{-1} où etDe^{tD} est diagonale avec entrées etλie^{t\lambda_i}. Diagonalisez d'abord AA, puis calculez le produit matriciel.

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Solution de la question 1 : χA(X)=(X−1)(X−3). \chi_A(X) = (X-1)(X-3). Valeurs propres : λ1=1\lambda_1 = 1 et λ2=3\lambda_2 = 3. Pour λ1=1\lambda_1 = 1 : (A−I2)v=0(A - I_2)v = 0 donne v1=(10)v_1 = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}. Pour λ2=3\lambda_2 = 3 : (A−3I2)v=0(A - 3I_2)v = 0 donne v2=(11)v_2 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}. P=(1101),D=(1003),P−1=(1−101). P = \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}. Solution de la question 2 : etA=PetDP−1=(1101)(et00e3t)(1−101)=(ete3t−et0e3t). e^{tA} = Pe^{tD}P^{-1} = \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^t&0\\0&e^{3t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}e^t & e^{3t}-e^t \\ 0 & e^{3t}\end{pmatrix}. Solution de la question 3 : X(t)=etAX(0)=(ete3t−et0e3t)(11)=(e3te3t). X(t) = e^{tA}X(0) = \begin{pmatrix}e^t & e^{3t}-e^t \\ 0 & e^{3t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}e^{3t}\\e^{3t}\end{pmatrix}. Ainsi : x(t)=e3tety(t)=e3t. x(t) = e^{3t} \quad \text{et} \quad y(t) = e^{3t}. Vérification : x′(t)=3e3t=e3t+2e3t=x(t)+2y(t)x'(t) = 3e^{3t} = e^{3t} + 2e^{3t} = x(t) + 2y(t). ✓
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