classification des matrices d'ordre 2 et 3 - correction

CPGE Lissane Eddine - Laayoune Essaidi Ali [email protected]

Classification des matrices dordre 2 et 3

Dfinitions et notationsDans tout le problme, n N, A Mn(R) et f lendomorphisme canoniquement associ A.

Premire partieClassification des matrices dordre 2

On suppose, dans cette partie que n = 2.1: Montrer que card(Sp(A)) {0, 1, 2}.2: Montrer que si card(Sp(A)) = 2 alors a, b R distincts tels que A soit semblable la matrice

(a 00 b

).

3: Montrer que si card(Sp(A)) = 1 alors a R tel que piA = X a ou piA = (X a)2.4: On suppose que a R tel que piA = X a. Dterminer A.5: On suppose que a R tel que piA = (X a)2. Montrer que a R tel que A soit semblable la matrice

(a 10 a

).

6: Montrer que si card(Sp(A)) = 0 alors e R2 non nul,B = (e, f(e)) est une base de R2. En dduire que A est semblable la matrice

(0 det(A)1 tr(A)

).

7: Montrer que deux matrices dordre 2 sont semblables si, et seulement si, elles ont mme polynme minimal.

Deuxime partieClassification des matrices dordre 2 et 3

On suppose, dans cette partie, que n = 3.1: Montrer que card(Sp(A)) {1, 2, 3}.

2: Montrer que si card(Sp(A)) = 3 alors a, b, c R deux deux distincts tels queA soit semblable la matricea 0 00 b 0

0 0 c

.3: Montrer que si card(Sp(A)) = 2 alors a, b R distincts tels que piA = (X a)(X b) ou piA = (X a)(X b)2.

4: On suppose que a, b R distincts tels que piA = (Xa)(Xb). MontrerA est semblable a 0 00 b 0

0 0 b

oub 0 00 a 0

0 0 a

.5: On suppose que a, b R distincts tels que piA = (Xa)(X b)2. Montrer que A est semblable la matrice

a 0 00 b 10 0 b

.6: On suppose que card(Sp(A)) = 1. Montrer que a, b, c R tel que piA = X a ou piA = (X a)2 ou piA = (X a)3 oupiA = (X a)(X2 + bX + c) avec b2 4c < 0.7: On suppose que a R tel que piA = X a. Dterminer A.

8: On suppose que a R tel que piA = (X a)2. Montrer que A est semblable la matricea 0 00 a 1

0 0 a

.9: On suppose que a R tel que piA = (X a)3. Montrer que A est semblable la matrice

a 1 00 a 10 0 a

.10: On suppose que a, b, c R tel que piA = (X a)(X2 + bX + c) avec b2 4c < 0. Montrer que A est semblable a 0 00 0 c

0 1 b

.11: Montrer que deux matrices dordre 2 sont semblables si, et seulement si, elles ont mme polynme minimal et mmepolynme caractristique.

www.mathlaayoune.webs.com 1/6 Fin du problme


Correction du problme

Premire partieClassification des matrices dordre 2

1: On a A M2(R) donc A admet au plus 2 valeurs propres do card(Sp(A)) {0, 1, 2}.2: Si card(Sp(A)) = 2 alors a, b R distincts tels que Sp(A) = {a, b}.On a A admet deux valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable do A est semblable la matrice

(a 00 b

).

3: Si card(Sp(A)) = 1 alors a R tel que Sp(A) = {a}.On a a Sp(A) donc a est une raine de A donc X a|A do b R, A = (X a)(x b). Or, on sait que les rainesde A sont exactement les valeurs propres de A donc b = a do A = (X a)2.On a piA|A donc piA = X a ou piA = (X a)2.4: Si piA = X a alors 0 = piA(A) = A aI2 donc A = aI2.5: Mthode 01 : Si piA = (X a)2 alors piA est scind donc A est trigonalisable et puisquil nest pas raines simples donc A

nest pas diagonalisable.

Il existe alors une base (e1, e2) de R2 dans laquelle la matrice de f est(a b0 a

)avec b 6= 0 (car si b = 0 la matrice A sera

diagonalisable).On a f(e2) = be1 + ae2 donc f( 1b e2) = e1 +

1b e2. Posons alors 1 = e1 et 2 =

1b e2 donc f(1) = a1 et f(2) = 1 + a2

do la matrice de f dans la base (1, 2) est(a 10 a

).

On dduit que A est semblable la matrice(a 10 a

).

Mthode 02 : On a piA = (X a)2 donc P = X a nest pas annulateur de f donc f aidR2 6= 0 do e2 R2 tel que(f aidR2)(e2) 6= 0.On pose e1 = (f aidR2)(e2) = f(e2) ae2 et soit , R tels que e1 + e2 = 0 donc 0 = (f aidR2)(e1) +(f aidR2)(e2) = (f aidR2)2(e2) + (f aidR2)(e2) = (f aidR2)(e2) car (f aidR2)2 = 0 do = 0 car(f aidR2)2(e2) 6= 0.On dduit que e1 = 0 donc (f aidR2)(e2) = 0 do = 0.B = (e1, e2) est alors une base de R2.On a f(e2) ae2 = e1 donc f(e2) = e1 + ae2.On a e1 = (f aidR2)(e2) donc (f aidR2)(e1) = (f aidR2)2(e2) = 0 car (f aidR2)2 = 0 donc f(e1) ae1 = 0 dof(e1) = ae1.

On dduit que mat(f,B) =(a 10 a

)donc A est semblable la matrice

(a 10 a

).

Remarque : On peut aussi, pour montrer que (e1, e2) est libre, supposer que e1 et e2 sont lis, or e2 6= 0 donc R telque e1 = e2 donc (f aidR2)(e2) = e1 = e2 do f(e2) = (a + )e2. Or e2 6= 0 donc a + Sp(A) et puisqueSp(A) = {a} donc a + = a donc = 0 do (f aidR2)(e2) = 0. Absurde, car (f aidR2)(e2) 6= 0. (e1, e2) est alorslibre.

6: Si card(Sp(A)) = 0 alors Sp(A) = et soit e R2 non nul.Supposons que (e, f(e)) est li, on a e 6= 0 donc R, f(e) = e donc Sp(A). Absurde, car card(Sp(A)) = 0 doB = (e, f(e)) est libre. On dduit queB est une base de R2.

Soient a, b R tels que f2(e) = ae+ bf(e) donc, dans la base (e, f(e)) la matrice de f est B =(

0 a1 b

).

On a b = trB = trf = trA et a = detB = det f = detA donc B =(

0 detA1 trA

).

On dduit que A est semblable la matrice(

0 detA1 trA

).

7: Soient M,N M2(R). ) On a M et N semblables donc U GL2(R) tel que N = UMU1 donc P R[X], P (N) = UP (M)U1 doP R[X], P (M) = 0 P (N) = 0.On dduit que M et N ont mmes polynmes annulateurs donc mme polynme minimal.

) Supposons que piM = piN . On a card(Sp(M)) {0, 1, 2} :

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Si card(Sp(M)) = 2 alors, daprs I - 2, a, b R distincts tels que M soit semblable la matrice(a 00 b

)donc piM

est scind racines simples, or les racines de piM sont les valeurs propres de M donc piM = (X a)(X b) doncpiN = (X a)(X b) donc N est diagonalisable car piN est scind racines simples et Sp(N) = {a, b} car les valeurspropres de N sont exactement les racines de piN do N est semblable la matrice

(a 00 b

). On dduit que M et N sont

semblables.

Si card(Sp(M)) = 1 alors, daprs I - 3, 4 et 5, a R tel que M soit gale aI2 ou semblable (a 10 a

).

1. Si M = aI2 alors piM = X a donc piN = X a donc 0 = piN (N) = N aI2 donc N = aI2 donc N = M doM et N sont semblables.

2. Si M est semblable (a 10 a

)alors piM = (X a)2 donc piN = (X a)2 donc, daprs I - 5, N est semblable (

a 10 a

)donc M et N sont semblables la mme matrice do M et N sont semblables.

Si card(Sp(M)) = 0 alors, daprs I - 6, M est semblable la matrice(

0 det(M)1 tr(M)

).

On a card(Sp(M)) = 0 donc piM nadmet pas de raines relles donc piN nadmet pas de raines relles donc card(Sp(N)) =0 do daprs I - 6, N est semblable la matrice

(0 det(N)1 tr(N)

).

On a card(Sp(M)) = 0 donc M nadmet pas de raines do M est irrductible. Or piM |M et piM non constant doncpiM = (1)2M = M = X2 tr(M)X + det(M) do piN = X2 tr(M)X + det(M).On a deg piN = 2 = degN et piN |N donc N = (1)2piN = piN = X2 tr(M)X + det(M). Or N =X2 tr(N)X + det(N), donc det(M) = det(N) et tr(M) = tr(N) do

(0 det(M)1 tr(M)

)=

(0 det(N)1 tr(N)

).

On dduit que M et N sont semblables.On dduit que dans tous les cas M et N sont semblables.

Deuxime partieClassification des matrices dordre 2 et 3

1: On a A M3(R) donc A admet au plus 3 valeurs propres do card(Sp(A)) {0, 1, 2, 3}.Dautre part, degA = 3 donc A admet au moins une raine relle donc A admet au moins une valeur propre donccard(Sp(A)) 1 do card(Sp(A)) {1, 2, 3}.2: Si card(Sp(A)) = 3 alors a, b, c R deux deux distincts tels que Sp(A) = {a, b, c}.On a A admet trois valeurs propres deux deux distinctes donc A est diagonalisable do A est semblable la matricea 0 00 b 0

0 0 c

.3: Si card(Sp(A)) = 2 alors a, b R tel que Sp(A) = {a, b}.On a a, b Sp(A) donc a et b sont des raines de A, or (X a) (X b) = 1 car a 6= b donc (X a)(X b)|A doc R, A = (X a)(x b)(X c) car degA = 3 et de coefficient dominant -1.On sait que les raines de A sont exactement les valeurs propres de A donc c = a ou c = b do A = (X a)2(X b) ouA = (X a)(X b)2. Quitte remplacer a par b, on peut se restreindre au cas A = (X a)(X b)2.On a piA|A et piA et A ont les mmes raines (car les raines de piA et A sont les valeurs propres de A) donc piA =(X a)(X b) ou piA = (X a)(X b)2.4: On a piA = (X a)(X b) donc piA est scind raines simples do A est diagonalisable.On a A digaonalisable donc m(a) + m(b) = 3 do (m(a),m(b)) = (2, 1) ou (m(a),m(b)) = (1, 2).

1. Si (m(a),m(b)) = (2, 1) alors A est semblable

b 0 00 a 00 0 a

.2. Si (m(a),m(b)) = (1, 2) alors A est semblable

a 0 00 b 00 0 b

.5: On a a Sp(A) = Sp(f) donc e1 R3 non nul tel que f(e1) = ae1.On a pif = piA = (X a)(X b)2 donc P = (X a)(X b) nest pas annulateur f donc (f aidR3)(f bidR3) 6= 0 doe R3 tel que (f aidR3)(f bidR3)(e) 6= 0.Posons e2 = (f aidR3)(f bidR3)(e) et e3 = (f aidR3)(e).



Soient , , R tels que e1 + e2 + e3 = 0 donc 0 = (f bidR3)2(e1) + (f bidR3)2(e2) + (f bidR3)2(e3) =(f bidR3)2(e1) + (f bidR3)2(f aidR3)(f bidR3)(e) + (f bidR3)2(f aidR3)(e) = (f bidR3)2(e1) +(f bidR3)pif (f)(e) + pif (f)(e) = (f bidR3)2(e1). Or e1 est un vecteur propre de f associ la valeur propre a doncP R[X], P (f)(e1) = P (a)e1 donc (f bidR3)2(e1) = (a b)2e1 donc (a b)2e1 = 0 do = 0 car a 6= b et e1 6= 0.On a e2+e3 = 0 donc 0 = (fbidR3)(e2)+(fbidR3)(e3) = (fbidR3)(faidR3)(fbidR3)(e)+(fbidR3)(faidR3)(e) = pif (f)(e)+(faidR3)(fbidR3)(e) = (faidR3)(fbidR3)(e) do = 0 car (faidR3)(fbidR3)(e) 6=0.On a e2 = 0 donc (faidR3)(fbidR3)(e) = 0 do = 0. On dduit que = = = 0 donc la familleB = (e1, e2, e3)est libre doB est une base de R3. On a :

1. f(e1) = ae1.2. (f bidR3)(e2) = 0 car e2 ker(f bidR3) donc f(e2) = be2.3. (f bidR3)(e3) = (f bidR3)(f aidR3)(e) = e2 donc f(e3) = e2 + be3.

Donc mat(f,B) =

a 0 00 b 10 0 b

do A est semblable la matricea 0 00 b 1

0 0 b

.6: On a card(Sp(A)) = 1 donc a R tel que Sp(A) = {a} do (X a)|piA. Or deg piA 3 donc Q R2[X] unitaire carpiA lest tel que piA = (X a)Q. Si degQ = 0 alors Q = 1 donc piA = X a. Si degQ = 1 alors b R tel que Q = X b donc piA = (X a)(X b) donc b Sp(A) = {a} do b = a. On dduit

que piA = (X a)2. Si degQ = 2 alors b, c R tel que Q = X2 + bX + c et soit le discriminant de Q :

Si 0 alors , R, Q = (X )(X ) donc piA = (X a)(X )(X ) donc , Sp(A) = {a} do = = a. On dduit que piA = (X a)3.

Si < 0 alors b2 4c < 0 et piA = (X a)(X2 + bX + c).7: Si a R tel que piA = X a alors 0 = piA(A) = A aI3 donc A = aI3.8: On a piA = (X a)2 donc pif = (X a)2 do (f aidR3)2 = 0 et f aidR3 6= 0.On a f aidR3 6= 0 donc e3 R3 tel que (f aidR3)(e3) 6= 0 et posons e2 = (f aidR3)(e3). En particulier, e2 6= 0.On a (faidR3)2 = 0 donc Im(faidR3) ker(faidR3) do rg(faidR3) dim ker(faidR3). Or, daprs la formuledu rang, rg(f aidR3) + dim ker(f aidR3) = 3 donc 2rg(f aidR3) 3 donc rg(f aidR3) 32 do rg(f aidR3) = 1car rg(f aidR3) N et rg(f aidR3) 6= 0 puisque f aidR3 6= 0. On dduit que dim ker(f aidR3) = 3 rg(f aidR3) =3 1 = 2.On a e2 = (f aidR3)(e3) donc (f aidR3)(e2) = (f aidR3)2(e3) = 0 car (f aidR3)2 = 0 donc f(e2) ae2 = 0do f(e2) = ae2. On dduit que e2 ker(f aidR3), or e2 6= 0 et dim ker(f aidR3) = 2 donc e1 ker(f aidR3)tel que (e1, e2) soit libre. Soient , , R tels que e1 + e2 + e3 = 0 donc 0 = (f aidR3)(e1 + e2 + e3) =(f aidR3)(e1)+(f aidR3)(e2)+(f aidR3)(e3) = (f aidR3)(e3) car e1, e2 ker(f aidR3) do = 0 puisque(f aidR3)(e3) 6= 0.On a e1 + e2 = 0 et (e1, e2) libre donc = = 0. On dduit que = = = 0 donc B = (e1, e2, e3) est une base deR3.On a :

1. e1 ker(f aidR3) donc f(e1) = ae1.2. e2 ker(f aidR3) donc f(e2) = ae2.3. e2 = (f aidR3)(e3) donc e2 = f(e3) ae3 do f(e3) = e2 + ae3.

Donc mat(f,B) =

a 0 00 a 10 0 a

do A est semblable la matricea 0 00 a 1

0 0 a

.9: On a piA = (X a)3 donc pif = (X a)3 do (f aidR3)3 = 0 et (f aidR3)2 6= 0.On a (f aidR3)2 6= 0 donc e3 R3 tel que (f aidR3)2(e3) 6= 0 et posons e2 = (f aidR3)(e3) et e1 = (f aidR3)2(e3).Soient , , R tels que e1 + e2 + e3 = 0 donc 0 = (f aidR3)2(e1 + e2 + e3) = (f aidR3)2(e1) + (f aidR3)

2(e2) + (f aidR3)2(e3) = (f aidR3)2(e3) car (f aidR3)2(e2) = (f aidR3)3(e3) = 0 et (f aidR3)2(e1) =(f aidR3)4(e3) = 0 puisque (f aidR3)3 = 0.On dduit que (f aidR3)2(e3) = 0, or (f aidR3)2(e3) 6= 0 donc = 0.On a e1 + e2 = 0 donc 0 = (f aidR3)(e1 + e2) = (f aidR3)(e1) + (f aidR3)(e2) = (f aidR3)3(e3) +(f aidR3)2(e3) = (f aidR3)2(e3) do = 0.On a e1 = 0 donc (f aidR3)2(e3) = 0 do = 0. On dduit que = = = 0 doncB = (e1, e2, e3) est une base deR3.On a :

1. e1 = (f aidR3)2(e3) donc (f aidR3)(e1) = (f aidR3)3(e3) = 0 car (f aidR3)3 = 0 donc f(e1) ae1 = 0 dof(e1) = ae1.



2. e2 = (f aidR3)(e3) donc (f aidR3)(e2) = (f aidR3)2(e3) = e1 donc f(e2) ae2 = e1 do f(e2) = e1 + ae2.3. e2 = (f aidR3)2(e3) donc e2 = f(e3) ae3 do f(e3) = e2 + ae3.

Donc mat(f,B) =

a 1 00 a 10 0 a

do A est semblable la matricea 1 00 a 1

0 0 a

.10: On a piA = (X a)(X2 + bX + c) donc pif = (X a)(X2 + bX + c), or pif |f et degf = 3 donc f = (X a)(X2 + bX + c).On a f = (X a)(X2 + bX + c) et (X a) (X2 + bX + c) = 1 donc, daprs le lemme des noyaux et le thorme deCayley-Hamilton, ker(f aidR3) ker(f2 + bf + cidR3) = kerf (f) = ker 0 = R3. Or a est une valeur propre simple doncdim ker(f aidR3) = 1 et par suite ker(f2 + bf + cidR3) = 2.On a dim ker(f aidR3) = 1 donc e1 ker(f aidR3) non nul. En particulier, (e1) est une base de ker(f aidR3).On a ker(f2 + bf + cidR3) = 2 donc e2 ker(f2 + bf + cidR3) non nul et soit e3 = f(e2). Si (e2, e3) est li alors Rtel que e3 = e2 car e2 6= 0 donc f(e2) = e2 donc Sp(f) = {a} do = a. On dduit que e2 ker(f aidR3),or e2 ker(f2 + bf + cidR3) donc e2 = 0 car ker(f aidR3) et ker(f2 + bf + cidR3) sont en somme directe. Absurde, care2 6= 0 donc (e2, e3) est libre do (e2, e3) est une base de ker(f2 + bf + cidR3) puisque dim ker(f2 + bf + cidR3) = 2.On a (e1) base de ker(faidR3), (e2, e3) base de ker(f2+bf+cidR3) et ker(faidR3)ker(f2+bf+cidR3) = kerf (f) =R3 doncB = (e1, e2, e3) est une base de R3.On a :

1. e1 ker(f aidR3) donc f(e1) = ae1.2. f(e2) = e3.

3. e2 ker(f2 + bf + cidR3) donc f2(e2) + bf(e2) + ce2 = 0 donc f(e3) + be3 + ce2 = 0 do f(e3) = ce2 be3.

Donc mat(f,B) =

a 0 00 0 c0 1 b

do A est semblable la matricea 0 00 0 c

0 1 b

.11: Soient M,N M3(R). ) On a M et N semblables donc U GL3(R) tel que N = UMU1 donc P R[X], P (N) = UP (M)U1 doP R[X], P (M) = 0 P (N) = 0.On dduit que M et N ont mmes polynmes annulateurs donc mme polynme minimal.De mme, N = det(N XI3) = det(UMU1 XI3) = det(UMU1 XUU1) = det(U(M XI3)U1) =det(M XI3) = M .

) Supposons que piM = piN et M = N . On a card(Sp(M)) {1, 2, 3} :

Si card(Sp(M)) = 3 alors, daprs II - 2, a, b, c R distincts tels que M soit semblable la matricea 0 00 b 0

0 0 c

doncpiM = (X a)(X b)(X c) donc piN = (X a)(X b)(X c) donc N est diagonalisable et Sp(N) = {a, b, c} do

N est semblable la matrice

a 0 00 b 00 0 c

. On dduit que M et N sont semblables. Si card(Sp(M)) = 2 alors, daprs II - 3, 4 et 5, a, b R distincts tels que M soit semblable la matrice

a 0 00 b 00 0 b

ou

a 0 00 b 10 0 b

. Si M est semblable la matrice

a 0 00 b 00 0 b

alors M = (X a)(X b)2. Dautre part, M diagonalisable donc piMest scind racines simples et puisque piM et M ont les mmes racines donc piM = (X a)(X b). On dduit queN = (X a)(X b)2 et piN = (X a)(X b).On a N = (X a)(X b)2 donc Sp(N) = {a, b}, m(a) = 1 et m(b) = 1 et puisque piN = (X a)(X b) donc N

est diagonalisable car piN est scind racines simples do N est semblable la matrice

a 0 00 b 00 0 b

.M et N sont semblables la mme matrice donc M et N sont semblables.

Si M est semblable la matrice

a 0 00 b 10 0 b

alors M = (X a)(X b)2.On a piM |M et piM et M ont les mmes racines donc piM = (X a)(X b) ou piM = (X a)(X b)2 et puisque



M nest pas diagonalisable car(b 10 b

)ne lest pas puisquelle a une seule valeur propre et nest pas scalaire donc

piM = (X a)(X b)2.

On dduit que piN = (X a)(X b)2 donc, daprs la question II - 5, N est semblable la matricea 0 00 b 0

0 0 b

doM et N sont semblables.

Si card(Sp(M)) = 1 alors, daprs II - 6, 7, 8, 9 et 10, M = aI3 ou semblable lune des matrices aI3 oua 0 00 a 1

0 0 a

ou

a 1 00 a 10 0 a

oua 0 00 0 c

0 1 b

avec b2 4c < 0.1. Si M = aI3 alors piM = X a donc piN = X a donc 0 = piN (N) = N aI3 donc N = aI3 do M et N sont

semblables.

2. SiM est semblable la matriceA =

a 0 00 a 10 0 a

: On aAaI3 6= 0 et (AaI3)2 = 0 donc piM = piA = (Xa)2donc piN = (X a)2 donc, daprs II - 8, N est semblable la matrice

a 0 00 a 10 0 a

donc M et N sont semblables la mme matrice do M et N sont semblables.

3. Si M est semblable A =

a 1 00 a 10 0 a

: On a (A aI3)2 =a 0 10 0 0

0 0 0

6= 0 et (A aI3)3 = 0 donc piM = piA =(X a)3 donc piN = (X a)3 donc, daprs II - 9, N est semblable la matrice

a 1 00 a 10 0 a

donc M et N sontsemblables la mme matrice do M et N sont semblables.

4. Si M est semblable

a 0 00 0 c0 1 b

alors M = (X a)(X2 + bX + c). Or piM |M et ont mmes racines doncQ R2[X] unitaire tel que piM = (Xa)Q doncQ|X2+bX+c doQ = 1 ouQ = X2+bX+c carX2+bX+cest irrductible puisque b2 4c < 0.Si Q = 1 alors piM = X a donc M = aI3 donc M = (X a)3 do X2 + bX + c = (X a)3. Absurde, carX2 + bX + c est irrductible. On dduit que Q = X2 + bX + c donc piM = (X a)(X2 + bX + c).

On a piN = piM donc piN = (X a)(X2 + bX + c) donc, daprs II - 9, N est semblable la matricea 0 00 0 c

0 1 b

donc M et N sont semblables la mme matrice do M et N sont semblables.

On dduit que dans tous les cas M et N sont semblables.

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classification des matrices d'ordre 2 et 3 - correction

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