QCM : Réduction des endomorphismes (Prépa, 2e année)
Réduire un endomorphisme, c'est chercher une base dans laquelle sa matrice est la plus simple possible : diagonale, triangulaire ou diagonale par blocs. Cet outil sert à calculer des puissances de matrices, à résoudre des suites récurrentes et des systèmes différentiels linéaires, et il intervient dans presque tous les sujets d'algèbre des concours.
Soit $A\in\mathcal M_3(\mathbb R)$ telle que $\chi_A=(X-1)^2(X-2)$ et $\mathrm{rg}(A-I_3)=2$. Que peut-on affirmer ?
Par le théorème du rang, $\dim E_1(A)=3-\mathrm{rg}(A-I_3)=1$, alors que $m_1=2$. La caractérisation (iv) échoue, donc $A$ n'est pas diagonalisable. Comme $\chi_A$ est scindé sur $\mathbb R$, $A$ est trigonalisable dans $\mathcal M_3(\mathbb R)$. Le piège classique consiste à confondre « scindé », qui donne seulement la trigonalisabilité, avec « diagonalisable ». La connaissance de $\pi_A$ n'est pas nécessaire : la dimension du sous-espace propre suffit pour conclure.
Quel est le polynôme minimal de $D=\mathrm{diag}(1,1,2)\in\mathcal M_3(\mathbb R)$ ?
$D$ est diagonale, donc diagonalisable, et $\pi_D=\prod_{\lambda\in\mathrm{Sp}(D)}(X-\lambda)$ : chaque valeur propre figure une seule fois. On vérifie directement que $(D-I_3)(D-2I_3)=\mathrm{diag}(0,0,0)=0$. Le choix $(X-1)^2(X-2)$ recopie les multiplicités de $\chi_D$ : c'est un annulateur, mais pas de degré minimal. Le choix $X-1$ oublie la valeur propre $2$, alors que toute valeur propre est racine de $\pi_D$.
Soit $E$ de dimension finie et $u\in\mathcal L(E)$, $u\neq 0$, tel que $u^3=u$. Quelle affirmation est toujours vraie ?
Le polynôme $X^3-X=X(X-1)(X+1)$ annule $u$ et il est scindé à racines simples sur $\mathbb R$ comme sur $\mathbb C$ : $u$ est diagonalisable. En revanche, on sait seulement que $\mathrm{Sp}(u)\subset\{-1,0,1\}$ : pour $u=\mathrm{Id}_E$, on a $u^3=u$ et $\mathrm{Sp}(u)=\{1\}$. Les racines d'un annulateur quelconque ne sont pas toutes valeurs propres. Enfin, $u=\mathrm{diag}(1,-1,0)$ vérifie $u^3=u$ sans être ni une symétrie ($u^2\neq\mathrm{Id}$) ni un projecteur ($u^2\neq u$).
Soit $A\in\mathcal M_3(\mathbb R)$ telle que $\chi_A=(X-2)(X^2+1)$. Que vaut $\mathrm{tr}(A^2)$ ?
Dans $\mathcal M_3(\mathbb C)$, $\chi_A$ est scindé, de racines $2$, $i$, $-i$. Donc $\mathrm{tr}(A^2)=2^2+i^2+(-i)^2=4-1-1=2$. Contrôle : $\chi_A=X^3-2X^2+X-2$, donc $\mathrm{tr}(A)=2$ et la somme des produits deux à deux des valeurs propres vaut $1$ ; d'où $\mathrm{tr}(A^2)=2^2-2\times1=2$. Le choix $4$ oublie les valeurs propres complexes. Le choix $6$ calcule $|i|^2=1$ au lieu de $i^2=-1$. La formule $\mathrm{tr}(A^k)=\sum\lambda_i^k$ ne demande pas la diagonalisabilité, seulement un $\chi_A$ scindé, ce qui est toujours le cas sur $\mathbb C$.
Soit $A\in\mathcal M_4(\mathbb C)$ nilpotente telle que $A^3\neq 0$. Quelle affirmation est vraie ?
L'indice de nilpotence $q$ vérifie $q\leq 4$. Comme $A^3\neq 0$, on a $q\geq 4$, donc $q=4$ et $\pi_A=X^4$. Le choix $X^3$ ne tient pas compte de $A^3\neq 0$. Pour le rang, la suite des noyaux $\mathrm{Ker}\,A^k$, $0\leq k\leq 4$, est strictement croissante de $\{0\}$ à $\mathbb C^4$. Les dimensions valent donc $0,1,2,3,4$, et $\dim\mathrm{Ker}\,A=1$, soit $\mathrm{rg}(A)=3$. Enfin, tout nilpotent est trigonalisable, car $\chi_A=X^4$ est scindé.
Soit $E$ de dimension finie et $u\in\mathcal L(E)$ tel que $(u-\mathrm{Id}_E)^2\circ(u-2\mathrm{Id}_E)=0$. Quelle affirmation est toujours vraie ?
Les polynômes $(X-1)^2$ et $X-2$ sont premiers entre eux et leur produit annule $u$. Le lemme des noyaux donne donc la première décomposition. La deuxième décomposition découpe à tort $(X-1)^2$ en facteurs non premiers entre eux. Elle équivaudrait à la diagonalisabilité, qui est fausse en général : la matrice $\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ vérifie l'hypothèse sans être diagonalisable. Enfin, on a seulement $\mathrm{Sp}(u)\subset\{1,2\}$ : $u=\mathrm{Id}_E$ convient et a pour spectre $\{1\}$.
Soit $D=\mathrm{diag}(1,1,2,2,2)\in\mathcal M_5(\mathbb R)$. Quelle est la dimension du commutant $\mathcal C(D)=\{M\in\mathcal M_5(\mathbb R),\ MD=DM\}$ ?
$D$ est diagonalisable, avec $d_1=\dim E_1(D)=2$ et $d_2=\dim E_2(D)=3$. Les matrices qui commutent avec $D$ sont les matrices diagonales par blocs $\mathrm{diag}(V_1,V_2)$, avec $V_1\in\mathcal M_2(\mathbb R)$ et $V_2\in\mathcal M_3(\mathbb R)$ quelconques. On obtient $\dim\mathcal C(D)=2^2+3^2=13$. Le choix $2$ est $\dim\mathbb R[D]=\deg\pi_D$ : le commutant contient $\mathbb R[D]$ mais peut être strictement plus gros. Le choix $5$ applique à tort le cas de $n$ valeurs propres distinctes. Le choix $25$ correspondrait à $D$ scalaire.
Soit $A\in\mathcal M_n(\mathbb R)$ telle que $\pi_A=(X-1)(X-3)$. Pour tout $k\in\mathbb N$, $A^k$ vaut :
On écrit $X^k=Q_k(X-1)(X-3)+a_kX+b_k$. En évaluant en $1$ puis en $3$ : $a_k+b_k=1$ et $3a_k+b_k=3^k$. On en tire $a_k=\frac{3^k-1}{2}$ et $b_k=1-a_k=\frac{3-3^k}{2}$, puis $A^k=a_kA+b_kI_n$. Contrôles : pour $k=0$, on retrouve $I_n$ ; pour $k=1$, on retrouve $A$. Le troisième choix contient une erreur de signe sur $b_k$ et donne $A-I_n$ pour $k=0$. Le quatrième donne $2A-I_n$ pour $k=1$. Le premier choix confond $A$ avec $3I_n$.
Quelles sont les suites réelles $(u_n)$ vérifiant $u_{n+2}=4u_{n+1}-4u_n$ pour tout $n\in\mathbb N$ ? (Ici $\alpha,\beta$ décrivent $\mathbb R$.)
Le polynôme caractéristique de la relation est $X^2-4X+4=(X-2)^2$ : la racine $2$ est double. L'espace des solutions est de dimension $2$, de base $(2^n)_n$ et $(n2^n)_n$. Le choix $\alpha2^n$ ne décrit qu'une droite, alors que l'espace cherché est de dimension $2$. Le choix $(-2)^n$ vient d'une erreur de factorisation. Le choix $\alpha2^n+\beta n$ place le facteur $n$ au mauvais endroit : la suite $(n)_n$ ne vérifie pas la relation, puisque $n+2\neq 4(n+1)-4n$.
Soit $n\geq 2$ et $A\in\mathcal M_n(\mathbb R)$ de rang $1$ telle que $\mathrm{tr}(A)=0$. Quelle affirmation est vraie ?
On écrit $A=XY^\top$ ; alors $A^2=X(Y^\top X)Y^\top=\mathrm{tr}(A)A=0$. $A$ est donc nilpotente et non nulle. Un nilpotent diagonalisable est nul, donc $A$ n'est pas diagonalisable. Une matrice de rang $1$ n'est diagonalisable que si sa trace est non nulle. $A$ n'est pas inversible, puisque $\mathrm{rg}(A)=1<n$. Enfin, $\chi_A=X^n$ : le coefficient de $X^{n-1}$ vaut $-\mathrm{tr}(A)=0$, ce qui exclut $X^{n-1}(X-1)$.