Exercices corrigés : Réduction des endomorphismes (Prépa, 2e année)

1. On a $$\chi_A=\det\begin{pmatrix}X-3&0&1\\-2&X-4&-2\\1&0&X-3\end{pmatrix}.$$ On développe selon la deuxième colonne, dont le seul coefficient non nul est $X-4$, en position $(2,2)$ (signe $+$) : $$\chi_A=(X-4)\det\begin{pmatrix}X-3&1\\1&X-3\end{pmatrix}=(X-4)\big((X-3)^2-1\big)=(X-4)(X-4)(X-2).$$ Donc $\chi_A=(X-2)(X-4)^2$. Contrôle : $\mathrm{tr}(A)=10=2+4+4$ ; en développant $\det A$ selon la deuxième colonne, $\det A=4\,(9-1)=32=2\times4\times4$.

Ainsi $\mathrm{Sp}(A)=\{2,4\}$, avec $m_2=1$ et $m_4=2$.

2. Pour $\lambda=4$ : $A-4I_3=\begin{pmatrix}-1&0&-1\\2&0&2\\-1&0&-1\end{pmatrix}$. Ses lignes sont toutes colinéaires à $(1,0,1)$ : elle est de rang $1$, et le système se réduit à $x+z=0$. Donc $$E_4(A)=\mathrm{Vect}\big((0,1,0),(1,0,-1)\big),\qquad\dim E_4(A)=2.$$ Pour $\lambda=2$ : $A-2I_3=\begin{pmatrix}1&0&-1\\2&2&2\\-1&0&1\end{pmatrix}$. La première ligne donne $x=z$, la deuxième $x+y+z=0$, soit $y=-2x$. Donc $E_2(A)=\mathrm{Vect}\big((1,-2,1)\big)$, ce qui est cohérent avec $m_2=1$.

Vérifications : $A(1,-2,1)=(2,-4,2)$, $A(0,1,0)=(0,4,0)$, $A(1,0,-1)=(4,0,-4)$.

3. $\chi_A$ est scindé sur $\mathbb R$, et $\dim E_2(A)=1=m_2$, $\dim E_4(A)=2=m_4$ : $A$ est diagonalisable. On pose $$P=\begin{pmatrix}1&0&1\\-2&1&0\\1&0&-1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&4&0\\0&0&4\end{pmatrix}.$$ En développant selon la deuxième colonne, $\det P=\det\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}=-2\neq0$, donc $P$ est inversible. Les vérifications de la question 2 donnent $AP=PD$, donc $A=PDP^{-1}$.

4. $A$ est diagonalisable, donc $\pi_A=\prod_{\lambda\in\mathrm{Sp}(A)}(X-\lambda)=(X-2)(X-4)$.

1. Les colonnes de $A$ donnent $Ae_1=e_3$, $Ae_2=e_1$, $Ae_3=e_2$. Donc $A^2e_1=e_2$, $A^2e_2=e_3$, $A^2e_3=e_1$, et $A^3e_1=e_1$, $A^3e_2=e_2$, $A^3e_3=e_3$ : $$A^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix},\qquad A^3=I_3.$$

2. $X^3-1$ annule $A$, donc $\pi_A$ divise $X^3-1$ et $\deg\pi_A\leq3$. Montrons que $(I_3,A,A^2)$ est libre. Les coefficients non nuls de $I_3$ sont en positions $(1,1),(2,2),(3,3)$, ceux de $A$ en $(1,2),(2,3),(3,1)$, ceux de $A^2$ en $(1,3),(2,1),(3,2)$ : ces ensembles sont disjoints. Si $aI_3+bA+cA^2=0$, le coefficient $(1,1)$ donne $a=0$, le coefficient $(1,2)$ donne $b=0$, le coefficient $(1,3)$ donne $c=0$. Aucun polynôme non nul de degré $\leq2$ n'annule $A$, donc $\deg\pi_A=3$, et $\pi_A$, unitaire, divisant $X^3-1$, vaut $X^3-1$.

Par Cayley-Hamilton, $\pi_A$ divise $\chi_A$ ; les deux sont unitaires de degré $3$, donc $\chi_A=\pi_A=X^3-1$.

3. Sur $\mathbb R$ : $X^3-1=(X-1)(X^2+X+1)$ et $X^2+X+1$ a un discriminant $-3<0$. $\chi_A$ n'est pas scindé sur $\mathbb R$, donc $A$ n'est pas diagonalisable dans $\mathcal M_3(\mathbb R)$ (ni même trigonalisable).

Sur $\mathbb C$ : $X^3-1=(X-1)(X-j)(X-j^2)$ est scindé à racines simples et annule $A$ : $A$ est diagonalisable dans $\mathcal M_3(\mathbb C)$, avec $\mathrm{Sp}_{\mathbb C}(A)=\{1,j,j^2\}$, chaque sous-espace propre étant une droite.

Soit $\lambda\in\{1,j,j^2\}$ et $x=(1,\lambda,\lambda^2)$. On a $Ax=(\lambda,\lambda^2,1)$ et $\lambda x=(\lambda,\lambda^2,\lambda^3)=(\lambda,\lambda^2,1)$ car $\lambda^3=1$. Donc $x$ est vecteur propre associé à $\lambda$. Avec $$P=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&j&j^2\\1&j^2&j\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&j&0\\0&0&j^2\end{pmatrix},$$ (on a utilisé $j^4=j$), $P$ est inversible car ses colonnes sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes, et $A=PDP^{-1}$.

1. $A$ est triangulaire, donc $\chi_A=(X-1)^2(X-2)$ et $\mathrm{Sp}(A)=\{1,2\}$, avec $m_1=2$ et $m_2=1$.

2. $\chi_A$ est scindé. Comme $m_2=1$, $\dim E_2(A)=1$. $A$ est diagonalisable si et seulement si $\dim E_1(A)=2$, soit $\mathrm{rg}(A-I_3)=1$. Or $$A-I_3=\begin{pmatrix}0&a&b\\0&0&c\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

• Si $a\neq0$, les lignes $(0,a,b)$ et $(0,0,1)$ ne sont pas colinéaires, donc $\mathrm{rg}(A-I_3)\geq2$, et $\mathrm{rg}(A-I_3)=2$ (première colonne nulle). Alors $\dim E_1(A)=1<2$ : $A$ n'est pas diagonalisable.
• Si $a=0$, toutes les lignes sont colinéaires à $(0,0,1)$, non nulle : $\mathrm{rg}(A-I_3)=1$, $\dim E_1(A)=2$ et $A$ est diagonalisable.

Conclusion : $A$ est diagonalisable si et seulement si $a=0$ ($b$ et $c$ quelconques).

3. $A-2I_3=\begin{pmatrix}-1&a&b\\0&-1&c\\0&0&0\end{pmatrix}$. Le système donne $y=cz$ puis $x=ay+bz=(ac+b)z$. Donc $E_2(A)=\mathrm{Vect}\big((ac+b,c,1)\big)$. Vérification : $A(ac+b,c,1)=(ac+b+ac+b,\ c+c,\ 2)=2(ac+b,c,1)$.

4. Si $a=0$ : $E_1(A)=\mathrm{Ker}(A-I_3)$ est le plan $z=0$, de base $(e_1,e_2)$, et $E_2(A)=\mathrm{Vect}\big((b,c,1)\big)$. Avec $$P=\begin{pmatrix}1&0&b\\0&1&c\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad D=\mathrm{diag}(1,1,2),$$ $P$ est triangulaire de déterminant $1$, donc inversible, et $A=PDP^{-1}$. $A$ étant diagonalisable, $\pi_A=(X-1)(X-2)$.

5. Si $a\neq0$ : $\pi_A$ divise $\chi_A$ et admet $1$ et $2$ pour racines, donc $\pi_A\in\{(X-1)(X-2),(X-1)^2(X-2)\}$. Le premier est scindé à racines simples ; il n'annule donc pas $A$, qui n'est pas diagonalisable. Ainsi $\pi_A=(X-1)^2(X-2)=\chi_A$.

Sous-espaces caractéristiques : $F_2=E_2(A)=\mathrm{Vect}\big((ac+b,c,1)\big)$ car $m_2=1$. Pour $F_1=\mathrm{Ker}(A-I_3)^2$, les deux premières colonnes de $A-I_3$ sont $0$ et $ae_1$, qui sont envoyées sur $0$ par $A-I_3$ ; la troisième colonne $(b,c,1)$ est envoyée sur $(ac+b,c,1)$. Donc $$(A-I_3)^2=\begin{pmatrix}0&0&ac+b\\0&0&c\\0&0&1\end{pmatrix},$$ de rang $1$, et $F_1$ est le plan $z=0$, de dimension $2=m_1$, conformément au cours.

Réduction : on prend $f_1=e_1$, $f_2=e_2$ (base de $F_1$), $f_3=(ac+b,c,1)$. On a $Af_1=f_1$, $Af_2=(a,1,0)=af_1+f_2$, $Af_3=2f_3$. Avec $$P=\begin{pmatrix}1&0&ac+b\\0&1&c\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad\det P=1,$$ on obtient $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&a&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}$ ; le bloc $\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}$ est $I_2$ plus une nilpotente.

1. Le polynôme $P=X^3-4X=X(X-2)(X+2)$ annule $u$ et est scindé à racines simples sur $\mathbb R$ : $u$ est diagonalisable. Toute valeur propre de $u$ est racine de $P$, donc $\mathrm{Sp}(u)\subset\{-2,0,2\}$.

2. $X$ et $X^2-4$ sont premiers entre eux, car $0$ n'est pas racine de $X^2-4$ (et $X$ est irréductible). Leur produit $P$ annule $u$, donc par le lemme des noyaux $$E=\mathrm{Ker}\,P(u)=\mathrm{Ker}\,u\oplus\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E).$$ Soit $y\in\mathrm{Im}\,u$, $y=u(x)$. Alors $(u^2-4\mathrm{Id}_E)(y)=u^3(x)-4u(x)=0$, donc $\mathrm{Im}\,u\subset\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$. Par le théorème du rang et la somme directe précédente, $$\dim\mathrm{Im}\,u=n-\dim\mathrm{Ker}\,u=\dim\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E).$$ L'inclusion et l'égalité des dimensions donnent $\mathrm{Im}\,u=\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$. En particulier $E=\mathrm{Ker}\,u\oplus\mathrm{Im}\,u$.

3. Soit $q=\mathrm{Id}_E-\frac14u^2$. Pour $x\in\mathrm{Ker}\,u$, $u^2(x)=0$, donc $q(x)=x$. Pour $y\in\mathrm{Im}\,u=\mathrm{Ker}(u^2-4\mathrm{Id}_E)$, $u^2(y)=4y$, donc $q(y)=y-y=0$. Ainsi $q$ et $p$ coïncident sur $\mathrm{Ker}\,u$ (où ils valent l'identité) et sur $\mathrm{Im}\,u$ (où ils sont nuls). Ces deux sous-espaces étant supplémentaires, les applications linéaires $p$ et $q$ sont égales : $p=\mathrm{Id}_E-\frac14u^2$.

(On retrouve la remarque du cours : avec $P_1=X$, $P_2=X^2-4$, la relation de Bézout $\frac X4\cdot X-\frac14(X^2-4)=1$ donne le projecteur $A_2(u)\circ P_2(u)=-\frac14(u^2-4\mathrm{Id}_E)$.)

4. Pour $\lambda\in\{-2,0,2\}$, soit $d_\lambda=\dim\mathrm{Ker}(u-\lambda\mathrm{Id}_E)$ (éventuellement nul). $u$ étant diagonalisable, dans une base de vecteurs propres sa matrice est $\mathrm{diag}(0,\dots,0,2,\dots,2,-2,\dots,-2)$, avec $d_0$, $d_2$, $d_{-2}$ coefficients respectivement. Donc $$\mathrm{tr}(u)=2d_2-2d_{-2},\qquad\mathrm{rg}(u)=d_2+d_{-2}$$ (le rang d'une matrice diagonale est son nombre de coefficients diagonaux non nuls). Si $\mathrm{tr}(u)=0$, alors $d_2=d_{-2}$ et $\mathrm{rg}(u)=2d_2$ est pair.

1. $Ne_1=0$, $Ne_2=e_1$, $Ne_3=e_2$. Donc $N^2e_3=e_1$ et $N^2e_1=N^2e_2=0$ : $N^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\neq0$, et $N^3=0$. L'indice de nilpotence est $3$.

2. Soit $M=(m_{ij})\in\mathcal M_3(\mathbb C)$. La ligne $i$ de $NM$ est la ligne $i+1$ de $M$ (et la dernière est nulle) ; la colonne $j$ de $MN$ est la colonne $j-1$ de $M$ (et la première est nulle) : $$NM=\begin{pmatrix}m_{21}&m_{22}&m_{23}\\m_{31}&m_{32}&m_{33}\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad MN=\begin{pmatrix}0&m_{11}&m_{12}\\0&m_{21}&m_{22}\\0&m_{31}&m_{32}\end{pmatrix}.$$ L'égalité $NM=MN$ équivaut à : $m_{21}=0$, $m_{22}=m_{11}$, $m_{23}=m_{12}$, $m_{31}=0$, $m_{32}=m_{21}$, $m_{33}=m_{22}$, $m_{31}=0$, $m_{32}=0$. Soit : $m_{21}=m_{31}=m_{32}=0$, $m_{11}=m_{22}=m_{33}=a$, $m_{12}=m_{23}=b$, $m_{13}=c$ quelconque. Donc $$M=\begin{pmatrix}a&b&c\\0&a&b\\0&0&a\end{pmatrix}=aI_3+bN+cN^2.$$ Réciproquement, ces matrices sont des polynômes en $N$, donc commutent avec $N$. Le commutant est $\mathbb C[N]=\mathrm{Vect}(I_3,N,N^2)$ ; la famille $(I_3,N,N^2)$ est libre (positions disjointes des coefficients non nuls), donc le commutant est de dimension $3$, égale à $\deg\pi_N$ puisque $\pi_N=X^3$.

3. Pour toute $M$, $MA-AM=2M+MN-2M-NM=MN-NM$. Donc $M$ commute avec $A$ si et seulement si elle commute avec $N$ : le commutant de $A$ est aussi $\{aI_3+bN+cN^2\}$.

4. Supposons $M^2=N$. Alors $MN=M^3=NM$, donc $M=aI_3+bN+cN^2$ par la question 2. Comme $N^3=N^4=0$, $$M^2=a^2I_3+2abN+(2ac+b^2)N^2.$$ $(I_3,N,N^2)$ étant libre, $M^2=N$ impose $a^2=0$ et $2ab=1$. La première donne $a=0$, et alors $2ab=0\neq1$ : contradiction. Aucune matrice $M$ ne vérifie $M^2=N$.

1. Soit $\lambda\in\mathrm{Sp}(u)$. $u-\lambda\mathrm{Id}_E$ commute avec $v$, car $(u-\lambda\mathrm{Id}_E)\circ v=u\circ v-\lambda v=v\circ u-\lambda v=v\circ(u-\lambda\mathrm{Id}_E)$. Donc son noyau $E_\lambda(u)$ est stable par $v$ : si $x\in E_\lambda(u)$, $(u-\lambda\mathrm{Id}_E)(v(x))=v\big((u-\lambda\mathrm{Id}_E)(x)\big)=0$.

2. $v$ est diagonalisable, donc $\pi_v$ est scindé à racines simples. Pour $x\in E_\lambda(u)$ et $k\in\mathbb N$, $v_\lambda^k(x)=v^k(x)$, où $v_\lambda$ désigne l'induit de $v$ sur $E_\lambda(u)$ ; donc $\pi_v(v_\lambda)(x)=\pi_v(v)(x)=0$. $\pi_v$ est un annulateur de $v_\lambda$ scindé à racines simples : $v_\lambda$ est diagonalisable ($E_\lambda(u)\neq\{0\}$ puisque $\lambda$ est valeur propre).

3. Pour chaque $\lambda\in\mathrm{Sp}(u)$, on choisit une base $\mathcal B_\lambda$ de $E_\lambda(u)$ formée de vecteurs propres de $v_\lambda$, donc de $v$. Ses vecteurs sont non nuls et dans $E_\lambda(u)$ : ce sont aussi des vecteurs propres de $u$. Comme $u$ est diagonalisable, $E=\bigoplus_{\lambda\in\mathrm{Sp}(u)}E_\lambda(u)$, et la concaténation $\mathcal B$ des $\mathcal B_\lambda$ est une base de $E$ adaptée à cette somme directe. Elle est formée de vecteurs propres communs à $u$ et $v$.

4. Dans $\mathcal B$, $\mathrm{Mat}_{\mathcal B}(u)=D$ et $\mathrm{Mat}_{\mathcal B}(v)=D'$ sont diagonales. Alors $\mathrm{Mat}_{\mathcal B}(u+v)=D+D'$ et $\mathrm{Mat}_{\mathcal B}(u\circ v)=DD'$ sont diagonales : $u+v$ et $u\circ v$ sont diagonalisables.

5. Soit $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}-1&0\\0&0\end{pmatrix}$. $A$ est triangulaire de valeurs propres $1$ et $0$, distinctes : elle est diagonalisable ; $B$ est diagonale. On a $AB=\begin{pmatrix}-1&0\\0&0\end{pmatrix}$ et $BA=\begin{pmatrix}-1&-1\\0&0\end{pmatrix}$, donc $AB\neq BA$. Et $A+B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ est nilpotente non nulle, donc non diagonalisable (un nilpotent diagonalisable est nul).

Partie I.

1. Récurrence sur $k$. Pour $k=0$, c'est clair. Supposons $(J^kZ)_p=z_{p+k}$ pour tout $Z$ et tout $p$. Soit $W=JZ$, de coordonnées $w_p=z_{p+1}$. Alors $(J^{k+1}Z)_p=(J^kW)_p=w_{p+k}=z_{p+k+1}$.

Le coefficient $(p,q)$ de $J^k$ est la $p$-ème coordonnée de $J^ke_q$, c'est-à-dire $(e_q)_{p+k}$ : il vaut $1$ si $p+k\equiv q\ [n]$ et $0$ sinon. Pour $k=n$, $(J^nZ)_p=z_{p+n}=z_p$ pour tout $Z$, donc $J^n=I_n$.

Liberté : soit $\sum_{k=0}^{n-1}a_kJ^k=0$. Pour $k_0\in\{0,\dots,n-1\}$, regardons le coefficient $(1,k_0+1)$. Parmi $0,\dots,n-1$, seul $k=k_0$ vérifie $k_0+1\equiv 1+k\ [n]$, donc ce coefficient vaut $a_{k_0}$. D'où $a_{k_0}=0$ pour tout $k_0$.

2. $X^n-1$ annule $J$, donc $\pi_J$ divise $X^n-1$. Un annulateur non nul de degré $\leq n-1$ donnerait une relation de liaison non triviale entre $I_n,J,\dots,J^{n-1}$, exclue par 1. Donc $\deg\pi_J\geq n$ ; unitaire et divisant $X^n-1$, $\pi_J=X^n-1$. Par Cayley-Hamilton, $\pi_J$ divise $\chi_J$, unitaire de degré $n$ : $\chi_J=X^n-1$.

3. La $p$-ème coordonnée de $v_j$ est $\omega^{(p-1)j}$. Pour $1\leq p\leq n-1$, $(Jv_j)_p=(v_j)_{p+1}=\omega^{pj}=\omega^j\,\omega^{(p-1)j}$ ; et $(Jv_j)_n=(v_j)_1=1=\omega^{nj}=\omega^j\,\omega^{(n-1)j}$. Donc $Jv_j=\omega^jv_j$, avec $v_j\neq0$ (première coordonnée égale à $1$). Les $n$ complexes $\omega^j$, $0\leq j\leq n-1$, sont deux à deux distincts : $J$ admet $n$ valeurs propres distinctes, elle est donc diagonalisable, chaque sous-espace propre est une droite et $E_{\omega^j}(J)=\mathrm{Vect}(v_j)$. On retrouve $\chi_J=\prod_{j=0}^{n-1}(X-\omega^j)=X^n-1$.

Partie II.

4. Par linéarité, le coefficient $(p,q)$ de $C(c)=\sum_kc_kJ^k$ vaut $\sum_kc_k(J^k)_{p,q}$. D'après 1, seul le terme $k=r$ est non nul, et il vaut $c_r$. Chaque ligne se déduit de la précédente par un décalage circulaire d'un cran vers la droite. Pour $n=3$ : $$C(c)=\begin{pmatrix}c_0&c_1&c_2\\c_2&c_0&c_1\\c_1&c_2&c_0\end{pmatrix}.$$

5. Par définition $\mathcal C\subset\mathbb C[J]$. Réciproquement, soit $P\in\mathbb C[X]$ ; la division euclidienne $P=Q\,(X^n-1)+R$ avec $\deg R\leq n-1$ donne $P(J)=R(J)$ puisque $J^n=I_n$, et $R(J)=C(c)$ où $c$ est la suite des coefficients de $R$. Donc $\mathcal C=\mathbb C[J]$. D'après le cours, $\dim\mathbb C[J]=\deg\pi_J=n$, de base $(I_n,J,\dots,J^{n-1})$. Enfin $J$ admet $n$ valeurs propres distinctes : son commutant est $\mathbb C[J]$, c'est-à-dire $\mathcal C$.

6. Soit $V$ la matrice de colonnes $v_0,\dots,v_{n-1}$. Ses colonnes sont des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes, donc forment une famille libre : $V\in\mathrm{GL}_n(\mathbb C)$. Pour tout polynôme $P$, $P(J)v_j=P(\omega^j)v_j$ (cours). Donc $C(c)v_j=P_c(\omega^j)v_j$ pour tout $j$, ce qui s'écrit $$V^{-1}C(c)V=\mathrm{diag}\big(P_c(1),P_c(\omega),\dots,P_c(\omega^{n-1})\big).$$ Le déterminant étant invariant par similitude, $\det C(c)=\prod_{j=0}^{n-1}P_c(\omega^j)$.

7. Ici $P_c=a+bX$, donc $\det(aI_n+bJ)=\prod_{j=0}^{n-1}(a+b\omega^j)$. Si $b=0$, on obtient $a^n=a^n-(-0)^n$. Si $b\neq0$, on évalue l'égalité $X^n-1=\prod_{j=0}^{n-1}(X-\omega^j)$ en $-a/b$ : $\prod_j\big(-\frac ab-\omega^j\big)=\big(-\frac ab\big)^n-1$. Comme $(-b)\big(-\frac ab-\omega^j\big)=a+b\omega^j$, on multiplie par $(-b)^n$ : $$\det(aI_n+bJ)=(-b)^n\Big(\Big(-\frac ab\Big)^n-1\Big)=a^n-(-b)^n.$$ Contrôle pour $n=3$, $a=b=1$ : la formule donne $2$, et en développant $\det\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix}=1\cdot1-1\cdot(0-1)=2$.

Partie III.

8. Par définition, $z_k^{(m+1)}=\frac12\big(z_k^{(m)}+(JZ^{(m)})_k\big)$, donc $Z^{(m+1)}=MZ^{(m)}$, et par récurrence $Z^{(m)}=M^mZ^{(0)}$. On a $M=P(J)$ avec $P=\frac12(1+X)$, donc $Mv_j=\mu_jv_j$ avec $\mu_j=\frac{1+\omega^j}2$ ; comme $(v_j)$ est une base, $V^{-1}MV=\mathrm{diag}(\mu_0,\dots,\mu_{n-1})$ et ce sont toutes les valeurs propres. Pour $\theta\in\mathbb R$, $1+e^{i\theta}=e^{i\theta/2}\big(e^{-i\theta/2}+e^{i\theta/2}\big)=2\cos(\theta/2)\,e^{i\theta/2}$, d'où $|\mu_j|=|\cos(\pi j/n)|$. On a $\mu_0=1$, et pour $1\leq j\leq n-1$, $\pi j/n\in\,]0,\pi[$, donc $|\cos(\pi j/n)|<1$.

9. Soit $\sigma:Z\mapsto\sum_{k=1}^nz_k$, forme linéaire. Pour $j\neq0$, $\omega^j\neq1$ et $\sigma(v_j)=\sum_{k=0}^{n-1}(\omega^j)^k=\frac{1-\omega^{jn}}{1-\omega^j}=0$ ; et $\sigma(v_0)=n$. En appliquant $\sigma$ à la décomposition de $Z^{(0)}$ : $\sum_kz_k^{(0)}=n\alpha_0$, donc $\alpha_0=g$.

10. Comme $v_0=U$ et $\mu_0=1$, $$Z^{(m)}=M^m\sum_{j=0}^{n-1}\alpha_jv_j=\sum_{j=0}^{n-1}\alpha_j\mu_j^mv_j=gU+\sum_{j=1}^{n-1}\alpha_j\mu_j^mv_j.$$ Pour $j\geq1$, $|\mu_j|<1$, donc $\mu_j^m\to0$. Chaque coordonnée de $Z^{(m)}$ est une combinaison linéaire finie, à coefficients fixes, de ces suites : $Z^{(m)}\to gU$. Interprétation : les polygones des milieux successifs se contractent vers le point d'affixe $g$, isobarycentre du polygone initial ; cet isobarycentre est d'ailleurs conservé à chaque étape, car $\sigma(MZ)=\sigma(Z)$.

1. $M$ est triangulaire supérieure, donc $\chi_M=(X-1)^2(X-c)$ et $\mathrm{Sp}(M)=\{1,c\}$. Ce polynôme est scindé sur $\mathbb R$.

2. Cas $c\neq1$. $1$ est valeur propre double et $c$ valeur propre simple, donc $\dim E_c(M)=1=m_c$. $M$ est diagonalisable si et seulement si $\dim E_1(M)=2$, c'est-à-dire $\mathrm{rg}(M-I_3)=1$, avec $$M-I_3=\begin{pmatrix}0&a&1\\0&0&b\\0&0&c-1\end{pmatrix}.$$ La troisième colonne $(1,b,c-1)$ est non nulle. Si $a=0$, les deux premières colonnes sont nulles et le rang vaut $1$. Si $a\neq0$, la deuxième colonne $(a,0,0)$ est non nulle et n'est pas colinéaire à la troisième, dont la dernière coordonnée $c-1$ est non nulle : le rang vaut $2$ et $\dim E_1(M)=1<2$.

Cas $c=1$. $\mathrm{Sp}(M)=\{1\}$. Si $M$ était diagonalisable, on aurait $\pi_M=X-1$, donc $M=I_3$ ; c'est impossible car le coefficient $(1,3)$ vaut $1$.

Conclusion : $M$ est diagonalisable si et seulement si $a=0$ et $c\neq1$ (aussi bien sur $\mathbb R$ que sur $\mathbb C$, $\chi_M$ étant scindé).

3. Ici $M=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&2\end{pmatrix}$, diagonalisable par 2. $M-I_3=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1\\0&0&1\end{pmatrix}$, donc $E_1(M)$ est le plan $z=0$, de base $(1,0,0),(0,1,0)$. $M-2I_3=\begin{pmatrix}-1&0&1\\0&-1&1\\0&0&0\end{pmatrix}$ donne $x=z$, $y=z$, donc $E_2(M)=\mathrm{Vect}\big((1,1,1)\big)$. Avec $$P=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad D=\mathrm{diag}(1,1,2),$$ on a $\det P=1$ et $M=PDP^{-1}$ ; vérification : $M(1,0,0)=(1,0,0)$, $M(0,1,0)=(0,1,0)$, $M(1,1,1)=(2,2,2)$.

$M$ étant diagonalisable, $\pi_M=(X-1)(X-2)$. On écrit $X^k=Q_k\pi_M+\alpha_kX+\beta_k$ ; en évaluant en $1$ et $2$ : $\alpha_k+\beta_k=1$ et $2\alpha_k+\beta_k=2^k$, d'où $\alpha_k=2^k-1$ et $\beta_k=2-2^k$. Donc $M^k=(2^k-1)M+(2-2^k)I_3$, soit $$M^k=\begin{pmatrix}1&0&2^k-1\\0&1&2^k-1\\0&0&2^k\end{pmatrix}.$$ Contrôle : $k=0$ donne $I_3$, $k=1$ donne $M$ ; pour $k=2$, le calcul direct donne bien le coefficient $(1,3)$ de $M^2$ égal à $1\cdot1+0\cdot1+1\cdot2=3$.

1. $X^3+X^2+X=X(X^2+X+1)=X(X-j)(X-\bar j)$, avec $0$, $j$, $\bar j$ deux à deux distincts. Ce polynôme annule $A$ et est scindé à racines simples sur $\mathbb C$ : $A$ est diagonalisable dans $\mathcal M_n(\mathbb C)$. Toute valeur propre est racine d'un annulateur, donc $\mathrm{Sp}_{\mathbb C}(A)\subset\{0,j,\bar j\}$.

2. $\chi_A$ est à coefficients réels. Pour tout $k$, $\chi_A^{(k)}$ l'est aussi, donc $\chi_A^{(k)}(\bar j)=\overline{\chi_A^{(k)}(j)}$. Ainsi $\chi_A^{(k)}(j)=0\iff\chi_A^{(k)}(\bar j)=0$, et comme la multiplicité d'une racine est le plus petit $k$ tel que la dérivée $k$-ème ne s'annule pas, $m(j)=m(\bar j)$. On note $m$ cette valeur commune.

3. Il existe $Q\in\mathrm{GL}_n(\mathbb C)$ et $D$ diagonale telles que $A=QDQ^{-1}$ ; les coefficients diagonaux de $D$ sont les racines de $\chi_D=\chi_A$ répétées selon leur multiplicité : $0$ apparaît $m(0)$ fois, $j$ et $\bar j$ chacun $m$ fois. Le rang est invariant par similitude, donc $\mathrm{rg}_{\mathbb C}(A)=\mathrm{rg}(D)=2m$. Le rang d'une matrice réelle ne dépend pas du corps (c'est la taille maximale d'un mineur non nul), donc $\mathrm{rg}(A)=2m$ est pair.

4. La trace est la somme des valeurs propres complexes comptées avec multiplicité : $\mathrm{tr}(A)=m(j+\bar j)=m\cdot(-1)=-m=-\frac12\mathrm{rg}(A)$.

Pour $C$ : $\mathrm{tr}(C)=-1$ et $\det C=0\cdot(-1)-(-1)\cdot1=1$, donc $\chi_C=X^2+X+1$, et par Cayley-Hamilton $C^2+C+I_2=0$, d'où $C^3+C^2+C=C(C^2+C+I_2)=0$. On a $\det C\neq0$, donc $\mathrm{rg}(C)=2$ (pair) et $\mathrm{tr}(C)=-1=-\frac22$.

1. Si $A$ est nilpotente, $\chi_A=X^n$ : sa seule valeur propre complexe est $0$, de multiplicité $n$. D'après le cours, $\mathrm{tr}(A^k)=\sum_{i=1}^n\lambda_i^k=0$ pour tout $k\geq1$.

2. $\chi_A$ est scindé sur $\mathbb C$. Supposons par l'absurde que $A$ admette au moins une valeur propre non nulle, et notons $\mu_1,\dots,\mu_r$ ($1\leq r\leq n$) ses valeurs propres non nulles deux à deux distinctes, de multiplicités $m_1,\dots,m_r\geq1$. La valeur propre $0$ éventuelle ne contribue pas aux sommes de puissances, donc pour $1\leq k\leq r$ : $$\mathrm{tr}(A^k)=\sum_{i=1}^rm_i\mu_i^k=0.$$ Le vecteur $(m_1,\dots,m_r)$ est solution du système homogène de matrice $W=(\mu_i^k)_{1\leq k\leq r,\,1\leq i\leq r}$. En factorisant $\mu_i$ dans la colonne $i$, $$\det W=\mu_1\cdots\mu_r\prod_{1\leq i<l\leq r}(\mu_l-\mu_i)\neq0,$$ puisque les $\mu_i$ sont non nuls et deux à deux distincts (Vandermonde). Donc $m_1=\cdots=m_r=0$ dans $\mathbb C$, ce qui contredit $m_i\geq1$. Ainsi $\mathrm{Sp}_{\mathbb C}(A)=\{0\}$, $\chi_A=X^n$, et $A^n=0$ par Cayley-Hamilton : $A$ est nilpotente.

Remarque : les seules traces $\mathrm{tr}(A),\dots,\mathrm{tr}(A^{n-1})$ ne suffisent pas ; pour $n=2$, $\mathrm{diag}(1,-1)$ est de trace nulle sans être nilpotente.

3. Récurrence sur $k\geq1$. Pour $k=1$, c'est l'hypothèse. Si $A^kB-BA^k=kA^k$, alors $$A^{k+1}B-BA^{k+1}=A(A^kB-BA^k)+(AB-BA)A^k=kA^{k+1}+A^{k+1}=(k+1)A^{k+1}.$$ En prenant la trace, et comme $\mathrm{tr}(A^kB)=\mathrm{tr}(BA^k)$ : $k\,\mathrm{tr}(A^k)=0$, donc $\mathrm{tr}(A^k)=0$ pour tout $k\geq1$. Par 2, $A$ est nilpotente.