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\input upsnum.sty
\begin{document}

\fbox{CCP 2000 - Option PC - Maths 1}

\ \ 

\fbox{Partie I}

1) a) On note $C_{1\,},...,C_n$ les colonnes de $A$ , $C_1^{\prime
},...,C_n^{\prime },C_{n+1}^{\prime },...,C_{2n}^{\prime }$ celles de $M$ ,
avec : $C_k^{\prime }=\left( 
\begin{array}{c}
C_k \\ 
0_{n,1} 
\end{array}
\right) $ pour $1\leq k\leq n$ . Si $A$ est non inversible , ses colonnes
sont li\'ees : $\exists (\lambda _1,..,\lambda _n)\neq
(0,...,0)\;tq\;\lambda _1C_1+\cdots +\lambda _nC_n=0_{n,1}$ . Alors $\lambda
_1C_1^{\prime }+\cdots +\lambda _nC_n^{\prime }=0_{2n,1}$ , donc la famille $%
(C_1^{\prime },...,C_n^{\prime })$ est li\'ee , donc la famille $%
(C_1^{\prime },...,C_n^{\prime },C_{n+1}^{\prime },...,C_{2n}^{\prime })$
aussi , donc $M$ est non inversible .

b) $XP=M\Leftrightarrow X=\left( 
\begin{array}{cc}
I_n & B \\ 
0_{p,n} & C 
\end{array}
\right) $

c) On calcule les d\'eterminants de $X$ et $P$ en d\'eveloppant suivant les $%
n$ premi\`eres colonnes de $X$ et les $p$ derni\`eres colonnes de $P$ : $%
\det (X)=\det (C)$ et $\det (P)=\det (A)$

\ \ 

2) Soit $k=\dim (F)$ . On prend une base de $F$ , qu'on compl\`ete en une
base de ${\bf R}^n$ . $F$ \'etant stable par $u$ la matrice de $u$ dans
cette base est de la forme $M$ , o\`u $A$ est la matrice de $v$ dans la base
choisie de $F$ . On a alors : $\chi _u(x)=\det \left( 
\begin{array}{cc}
xI_k-A & -B \\ 
0_{n-k,k} & xI_{n-k}-C 
\end{array}
\right) =\det (xI_k-A)\det (xI_{n-k}-C)$ et $\chi _v(x)=\det (xI_k-A)$ .
Conclusion : \fbox{$\chi _v$ divise $\chi _u$}

\ 

3) $F_u(x)$ est non vide et stable par CL , et : $y\in F_u(x)\Rightarrow
\exists P\in {\bf R}[X]\;tq\;y=P(u)(x)$ . Alors $u(y)=Q(u)(x)$ avec $%
Q(X)=XP(X)$ . Donc $u(y)\in F_u(x)$ . Conclusion :

\fbox{$F_u(x)$ est un SEV de ${\bf R}^n$ stable par $u$}

\ 

4) a) La famille $(x,u(x),...,u^n(x))$ comporte $n+1$ vecteurs dans un EV de
dimension $n$ , donc est li\'ee , donc l'ensemble $\{k\in {\bf N}%
\;/\;(x,u(x),...,u^k(x))$ li\'ee$\}$ $\,$n'est pas vide . Il est inclus dans 
${\bf N}$ donc admet un plus petit \'el\'ement $q$ , et \underline{$q\leq n$}
. ($x\neq 0_E$ donc $(x)$ est libre : \underline{$q\geq 1$})

\ \ 

b) $(x,u(x),...,u^q(x))$ est li\'ee , donc $\exists (a_0,...,a_q)\neq
(0,..,0)\;tq\;\sum_{k=0}^qa_ku^k(x)=0_E$ . Or si on pose $%
S(X)=\sum_{k=0}^qa_kX^k$ , on a $\sum_{k=0}^qa_ku^k=S(u)$ et donc $%
S(u)(x)=0_E$ . Si $a_q$ \'etait nul il resterait $%
\sum_{k=0}^{q-1}a_ku^k(x)=0_E$ avec $(a_0,...,a_{q-1})\neq (0,..,0)$ , ce
qui est faux car la famille $(x,u(x),...,u^{q-1}(x))$ est libre par
d\'efinition de $q$ . Donc \fbox{$a_q\neq 0$} .

Par suite : $u^q(x)\in Vect(x,u(x),...,u^{q-1}(x))$ et $u^q(x)=\lambda
_0x+\lambda _1u(x)+\cdots +\lambda _{q-1}u^{q-1}(x)$ , d'o\`u $%
u^{q+1}(x)=\lambda _0u(x)+\lambda _1u^2(x)+\cdots +\lambda _{q-2}u^{q-1}(x)$ 
$+\lambda _{q-1}[\lambda _0x+\lambda _1u(x)+\cdots +\lambda
_{q-1}u^{q-1}(x)] $ donc $u^{q+1}(x)\in Vect(x,u(x),...,u^{q-1}(x))$ et par
r\'ecurrence $u^{q+k}(x)\in Vect(x,u(x),...,u^{q-1}(x))$ pour tout entier $k$
. Finalement : $\forall P\in {\bf R}[X]\;,\;y=P(u)(x)\in
Vect(x,u(x),...,u^{q-1}(x))$ donc la famille est g\'en\'eratrice . Elle est
libre , donc \fbox{$(x,u(x),...,u^{q-1}(x))$ est une base de $F_u(x)$} .

\ \ 

c) On peut \'ecrire : $u^q(x)=-\alpha _0x-\alpha _1u(x)-\cdots -\alpha
_{q-1}u^{q-1}(x)$ . La matrice de $u_0$ dans la base $%
(x,u(x),...,u^{q-1}(x)) $ est : $M=\left( 
\begin{array}{ccccc}
0 & 0 & \cdots & 0 & -\alpha _0 \\ 
1 & 0 &  & \vdots & -\alpha _1 \\  
& 1 & \ddots & \vdots &  \\  
&  & \ddots & 0 & -\alpha _{q-2} \\ 
(0) &  &  & 1 & -\alpha _{q-1} 
\end{array}
\right) $ . On calcule son polyn\^ome caract\'eristique en d\'eveloppant
suivant la derni\`ere colonne , ce qui donne :

\ 

\ 

\ \ 

\ 

\ \ 

\ 
$$
\chi _{u_0}(X)=\sum_{i=1}^{q-1}(-1)^{q+i}(-\alpha
_{i-1})1^{q-1-i}(-X)^{i-1}+(-X-\alpha
_{q-1})(-X)^{q-1}=(-1)^q\sum_{k=0}^q\alpha _kX^k\text{ (car }\alpha _q=1%
\text{)} 
$$
En particulier : $\chi _{u_0}(u)(x)=(-1)^q\sum_{k=0}^q\alpha _ku^k(x)=\frac{%
(-1)^q}{a_q}\sum_{k=0}^q\alpha _ku^k(x)=0_E$ . On a vu que $\chi _{u_0}$
divise $\chi _u$ , donc $\chi _u(X)=K(X)$ $\chi _{u_0}(X)$ et $\chi
_u(u)=K(u)\circ $ $\chi _{u_0}(u)$ , par suite : $\chi _u(u)(x)=0_E$

Ceci est vrai pour tout $x\in {\bf R}^n$ , donc \fbox{$\chi _u(u)=\widetilde{%
0}$}

\ 

\fbox{Partie II}

1) $(AX\mid Y)=\,^t(AX)Y=\,^tX\,^tAY=(X\mid
\,^tAY)\;\;;\;Tr(X\,^tY)=x_1y_1+\cdots +x_ny_n=(X\mid Y)$

Le calcul donne $(X\,^tY)Z=(Y\mid Z)X$

\ 

2) L'application $(A,B)\mapsto Tr(\,^tAB)$ est bilin\'eaire ; $Tr(\,^tAB)$ $%
=Tr[\,^t(\,^tAB)]$ $=Tr(\,^tBA)$ donc elle est sym\'etrique . $Tr($%
\thinspace $^tAA)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{i,j}^2\geq 0$ , $%
Tr(\,^tAA)=0\Leftrightarrow A=0_n$ . \underline{$\varphi $ est un produit
scalaire sur $M_n({\bf R})$}

\ 

3) a) $\left( 
\begin{array}{c}
I_r \\ 
0_{n-r,r} 
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{cc}
I_r & 0_{r,n-r} 
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
I_r & 0_{r,n-r} \\ 
0_{n-r,r} & 0_{n-r} 
\end{array}
\right) $

\ 

b) Si $A$ est de rang $r$ , alors il existe 2 matrices inversibles $U$ et $V$
carr\'ees d'ordre $n$ , telles que : $A=UJ_rV$ , o\`u $J_r$ est la matrice
de 3) a) . On pose :

$B=U$ $\left( 
\begin{array}{c}
I_r \\ 
0_{n-r,r} 
\end{array}
\right) :B\in M_{n,r}({\bf R})$ et $C=\left( 
\begin{array}{cc}
I_r & 0_{r,n-r} 
\end{array}
\right) V:C\in M_{r,n}({\bf R})$

c) Si $r=1:B=U\left( 
\begin{array}{c}
1 \\ 
0 \\ 
\vdots \\ 
0 
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{c}
u_{1,1} \\ 
u_{2,1} \\ 
\vdots \\ 
u_{n,1} 
\end{array}
\right) $ et $C=(1,0,...,0)V=(v_{1,1},v_{1,2},...,v_{1,n})$ , donc en posant 
$X=B$ et $Y=\,^tC$ , on a : $A=X\,^tY$ , avec $X,Y$ non nulles. R\'eciproque
claire .

\ 

d) Par exemple $\left( 
\begin{array}{c}
2 \\ 
0 
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{cc}
\frac 12 & 0 
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{cc}
1 & 0 \\ 
0 & 0 
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{c}
1 \\ 
0 
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{cc}
1 & 0 
\end{array}
\right) $ : il n'y a pas unicit\'e .

Si $A=X\,^tY=Z\,^tT$ , alors : $AT=\left\| T\right\| ^2Z=(X\,^tY)T=(Y\mid
T)X\Rightarrow Z=\lambda X$ avec $\lambda =\frac{(Y\mid T)}{\left\|
T\right\| ^2}$ (car $\left\| T\right\| ^2\neq 0$) , $\lambda \neq 0$ car $%
Z\neq 0$ . On remarque que : $^t(X\,^tY)=\,^t(Z\,^tT)$ d'o\`u : $%
Y\,^tX=T\,^tZ$ et donc de m\^eme : $T=\mu Y$ avec $\mu \neq 0$ . Alors : $%
Z\,^tT=\lambda \mu \,X\,^tY=X\,^tY\Leftrightarrow \lambda \mu =1$

Conclusion : \fbox{$X\,^tY=Z\,^tT\Leftrightarrow \exists \lambda \neq
0\;tq\;Z=\lambda X$ et $T=\frac 1\lambda Y$}

\ 

4) a) La premi\`ere colonne de $Z\,^tT$ est $t_1Z$ , etc ... Notons $%
T_j=(t_1^{(j)},...,t_n^{(j)})$%
$$
\text{Soit : }M=\sum_{1\leq i\leq r}\sum_{1\leq j\leq s}\lambda
_{i,j}Z_i\,^tT_j=0_n\text{ . La premi\`ere colonne de }M\text{ est }%
\sum_{1\leq i\leq r}\sum_{1\leq j\leq s}\lambda _{i,j}t_1^{(j)}Z_i\text{ .
Elle} 
$$
est de la forme $\alpha _{1,1}Z_1+\cdots +\alpha _{1,r}Z_r$ et est nulle ,
et les colonnes $Z_i$ sont libres , donc : $\alpha _{1,1}=\sum_{1\leq j\leq
s}\lambda _{1,j}t_1^{(j)}=0\;,\;...\,\;,\;\alpha _{1,r}=\sum_{1\leq j\leq
s}\lambda _{r,j}t_1^{(j)}=0$

De m\^eme (2$^{\text{\`eme}}$ colonne) : $\alpha _{2,1}=\sum_{1\leq j\leq
s}\lambda _{1,j}t_2^{(j)}=0\;,...\,,\;\alpha _{2,r}=\sum_{1\leq j\leq
s}\lambda _{r,j}t_2^{(j)}=0$ etc ... jusqu'\`a la $n^{\text{\`eme}}$ colonne
de $M$ .

\ 

\ 

\ 

\ 

\ \ 

\ 

On en arrive \`a $\left( 
\begin{array}{c}
\alpha _{1,1} \\ 
\alpha _{2,1} \\ 
\vdots \\ 
\alpha _{n,1} 
\end{array}
\right) =\sum_{j=1}^s\lambda _{1,j}T_j=\left( 
\begin{array}{c}
0 \\ 
0 \\ 
\vdots \\ 
0 
\end{array}
\right) $ donc $\forall j\,,\,\lambda
_{1,j}=0\,,\;...\,\;,\,\sum_{j=1}^s\lambda _{r,j}T_j=0$ donc $\forall
j\,,\,\lambda _{r,j}=0$ . La famille est libre , donc \underline{de rang $rs$%
} .

[Autre m\'ethode : on compl\`ete la famille $(Z_1,...,Z_r)$ en une base $%
(Z_1,...,Z_n)$ de ${\bf R}^n$ ; de m\^eme $(T_1,...,T_n)$ . Soit $P$ (resp $%
Q $) la matrice de passage de la base canonique \`a la base $(Z_1,...,Z_n)$
(resp $(T_1,...,T_n)$ . On a : $Z_i=PC_i$ , o\`u $C_i$ est la colonne nulle
sauf un 1 en position $i$ , et $T_j=QC_j$ donc $Z_i\,^tT_j=PC_i\,\,^tC_j%
\,^tQ=PE_{i,j}\,^tQ$ , et les matrices $E_{i,j}$ constituent la base
canonique de $M_n({\bf R)}$ , donc sont libres , d'o\`u le r\'esultat ]

b) Ici $r=s=n$ , donc la famille $(X_i\,^tY_j)$ est une base de $M_n({\bf R}%
) $

c) On extrait une famille libre $(Z_1,...,Z_r)$ dans $(V_1,...,V_l)$ , et $%
(T_1,...,T_s)$ dans $(W_1,..,W_n)$ . Les autres matrices $V_k$ (resp $W_q$)
s'expriment comme combinaisons lin\'eaires des $Z_i$ (resp $T_j$) , donc $%
V_k\,^tW_q$ est CL des $Z_i\,^tT_j$ et le rang est $rs$ .

\ \ 

5) Pour $X,Y,Z,T$ matrices colonnes , on a : $^t(X\,^tY)\,(Z\,^tT)=Y\,^tXZ%
\,^tT=(X\mid Z)\,Y\,^tT$ (d'apr\`es II 1) b)) et donc : $Tr\left[
^t(X\,^tY)\,(Z\,^tT)\right] =(X\mid Z)\,Tr(Y\,^tT)=(X\mid Z)\,(Y\mid T)$

$Tr\left[ \,^t(X_i\,^tY_j)\,(X_k\,^tY_m)\right] =(X_i\mid X_k)(Y_j\mid
Y_m)=\delta _{i,k}\,\delta _{j,m}$ . Par orthonormalit\'e des familles $%
(X_i) $ et $(Y_j)$ , si $(i,j)\neq (k,m)$ , on a 0 , sinon 1 .

 \underline{La
famille $X_i\,^tY_j$ est donc orthonormale} .

La r\'eciproque est fausse . Ex : $X_1=\left( 
\begin{array}{c}
2 \\ 
0 
\end{array}
\right) \,,\,X_2=\left( 
\begin{array}{c}
0 \\ 
2 
\end{array}
\right) \,,\,Y_1=\left( 
\begin{array}{c}
\frac 12 \\ 
0 
\end{array}
\right) \,,\,Y_2=\left( 
\begin{array}{c}
0 \\ 
\frac 12 
\end{array}
\right) $ donne la famille orthonormale $E_{i,j}$ , mais n'est pas
elle-m\^eme orthonormale (cependant si la famillle $X_i\,^tY_j$ est
orthonormale , alors les familles $(X_i)$ et $(Y_j)$ sont orthogonales) .

\ \ 

6) a) Si $A$ est de rang $1$ , alors $\exists (X,Y)$ matrices colonnes non
nulles telles que $A=X\,^tY$ donc $A^2=X\,^tY.X\,^tY$ $=(Y\mid X)A$ et $%
Tr(A)=(X\mid Y)$ d'apr\`es II 1) b) . Conclusion : \fbox{$A^2=Tr(A)A$}

b) $i)\Leftrightarrow ii)$ est imm\'ediat . $rg(A)=1$ donc $A\neq 0_n$ ,
donc :

$iii)\Leftrightarrow A^2=0_n\Leftrightarrow Tr(A)A=0_n\Leftrightarrow
Tr(A)=0 $ . Conclusion : $iii)\Leftrightarrow ii)$

Si $Tr(A)=0$ , alors $A^2=0_n$ , donc la seule valeur propre de $A$ est 0 et 
$A\neq 0_n$ , donc $A$ n'est pas diagonalisable .

Si $Tr(A)\neq 0$ , alors le polyn\^ome : $S(X)=X^2-Tr(A)X$ est scind\'e de
racines simples , et $S(A)=0_0$ , donc $A$ est diagonalisable . Conclusion : 
$ii)\Leftrightarrow iv)$

\ \ 

7) Consid\'erons 2 bases $(X_i)$ et $(Y_j)$ de ${\bf R}^n$ telles que $%
\forall (i,j)\;,\;(X_i\mid Y_j)\neq 0$ . Posons $M_{i,j}=X_i\,^tY_j$ . La
famille obtenue est libre , donc c'est une base de $M_n({\bf R})$ , dont
tous les \'el\'ements sont des matrices de rang $1$ diagonalisables .

\ \ 

\fbox{Partie III}

1) b) $H_0=\left( 
\begin{array}{cccc}
-2 & 1 & 2 & 0 \\ 
-2 & 1 & 0 & 2 \\ 
-1 & 0 & 1 & 1 \\ 
0 & -1 & -2 & 4 
\end{array}
\right) \;,\;Sp(H_0)=\{0,1,2\}$ , $1$ \'etant valeur propre double

a) c) $Sp(A_0)=\{1,2\}\;;\;Sp(B_0)=\{0,1\}\;;\;A_0$ et $B_0$ ont 2 valeurs
propres distinctes donc sont diagonalisables . Pour $H_0$ , les SEP
associ\'es \`a $0$ et $2$ sont de dimension 1 , et $H_0-I_4$ et de rang 2 ,
donc le SEP associ\'e \`a $1$ est de dimension 2 , donc \underline{$H_0$ est
diagonalisable} .

\ \ 

\ \ 

\ \ 

\ \ 

\ \ \ 

2) Si $b$ est valeur propre de $B$ , alors elle est aussi valeur propre de $%
^tB$ . Donc : $a\in Sp(A)\Rightarrow \,\exists V\neq 0\;tq\;AV=aV\;;\;b\in
Sp(B)\Rightarrow \,\exists W\neq 0\;tq\;^tBW=bW\Rightarrow \,^tWB=b\,^tW$ .
Alors :

$\overline{h}_{A,B}(V\,^tW)=AV\,^tW-V\,^tWB=aV\,^tW-bV\,^tW=(a-b)V\,^tW$ et $%
V\,^tW\neq 0_n$ , donc $a-b$ est valeur propre de $\overline{h}_{A,B}$ ,
d'o\`u l'inclusion .

\ 

3) Si $A$ est diagonalisable , il existe une base $(V_i)\,$ de ${\bf R}^n$
form\'ee de vecteurs propres de $A$

Si $B$ est diagonalisable , alors $^tB$ aussi , il existe une base $(W_j)\,$
de ${\bf R}^n$ form\'ee de vecteurs propres de $^tB$ . Alors la famille $%
(Vi\,^tW_j)$ est une base de $M_n({\bf R})\,$ d'apr\`es II , form\'ee de
vecteurs propres de $h_{A,B}$ qui est donc diagonalisable .

\ 

4) $\chi _A(X)=(X-a_1)...(X-a_n)$ d'o\`u $\chi _A(B)=(B-a_1I_n)...(B-a_nI_n)$
et $\det (\chi _A(B))=\det (B-a_1I_n)...\det (B-a_nI_n)$ . Par suite : $\det
(\chi _A(B))=0\Leftrightarrow \exists k\;tq\;\det
(B-a_kI_n)=0\Leftrightarrow \exists k\;tq\;a_k\in Sp(B)\Leftrightarrow
Sp(B)\cap Sp(A)\neq \emptyset $

\ 

5) a) Par hypoth\`ese : $AM-MB=\lambda M\Rightarrow AM=M(B+\lambda I_n)$ .
De m\^eme :

$A^2M=AAM=AM(B+\lambda I_n)=M(B+\lambda I_n)(B+\lambda I_n)=M(B+\lambda
I_n)^2$ etc ... Donc pour tout $k\in {\bf N}:A^kM=M(B+\lambda I_n)^k$ et par
lin\'earit\'e , c'est vrai pour tout polyn\^ome $P$ .

b) En particulier si on prend $P=\chi _A$ , on a : $\chi _A(A)=0_n$
d'apr\`es la partie I , donc $M\chi _A(B+\lambda I_n)=0_n$ , ce qui implique
que $\chi _A(B+\lambda I_n)$ n'est pas inversible (sinon $M$ serait nulle ce
qui est faux) .

c) D'apr\`es 4) , on en d\'eduit que $A$ et $(B+\lambda I_n)$ ont une valeur
propre commune , soit $a$ : $\det (B+\lambda I_n-aI_n)=0$ donc $b=a-\lambda $
est valeur propre de $B$ et $\lambda =a-b$ . On a les 2 inclusions donc 
\fbox{$Sp(\overline{h}_{A,B})=\{(a-b)\;;\;a\in Sp_C(A)\;,\;b\in Sp_C(B)\}$}

\ \ 

6) $0\in Sp(\overline{h}_{A,B})\Leftrightarrow Sp_C(A)\cap Sp_C(B)\neq
\emptyset $

\ 

7) a) Soit $u_{i,j}$ l'endomorphisme de $R^n$ dont $M_{i,j}$ est la matrice
dans la base canonique . La matrice de $u_{i,j}$ dans la base $(V_1,...,V_n)$
est $E_{i,j}$ , ce qui d\'efinit enti\`erement $u$ donc $M_{i,j}$ . De plus $%
\sum_{i,j}\lambda _{i,j}M_{i,j}=0_n\Leftrightarrow \sum_{i,j}\lambda
_{i,j}u_{i,j}=\widetilde{0}\Leftrightarrow \sum_{i,j}\lambda
_{i,j}E_{i,j}=0_n\Leftrightarrow \forall i,j\;,\;\lambda _{i,j}=0$ . Donc la
famille $(M_{i,j})$ est une base de $M_n({\bf R})$ .

b) On a : $AV_k=\lambda _kV_k$ et $M_{i,j}V_k=\delta _{j,k}V_i$ d'o\`u $%
h_A(M_{i,j})V_k=AM_{i,j}V_k-M_{i,j}AV_k=\,\delta _{j,k}AV_i-\lambda
_kM_{i,j}V_k=\delta _{j,k}\lambda _iV_i-\lambda _kM_{i,j}V_k=(\lambda
_i-\lambda _k)M_{i,j}V_k$ . Ceci est vrai pour tous les vecteurs de la base $%
(V_k)$ , donc : $h_A(M_{i,j})=(\lambda _i-\lambda _k)M_{i,j}$ . Donc $%
M_{i,j} $ est vecteur propre de $h_A$ , ce qui prouve que $h_A$ est
diagonalisable .

c) La matrice de $h_A$ dans la base des $(M_{i,j})$ est diagonale , avec sur
la diagonale $\lambda _i-\lambda _j$ . $\ker r(h_A)$ est engendr\'e par les
matrices $M_{i,j}$ pour lesquelles $\lambda _i=\lambda _j$ , c'est \`a dire
pour $(i,j)\in J$ Ceci se produit lorsque : $\lambda _i=\lambda _j=\mu _1$ ,
ce qui donne $m_1$ choix pour $i$ et autant pour $j$ , donc $m_1^2$ matrices 
$M_{i,j}$ . M\^eme raisonnement pour $\mu _2$ etc , donc on a $%
\sum_{i=1}^pm_i^2$ matrices concern\'ees , qui engendrent $\ker (h_A)$ .

d) De $m_1+m_2+\cdots +m_p=n$ et $m_k\geq 1$ donc $m_k^2\geq m_k$ on
d\'eduit : $\dim \ker (h_A)\geq n$ . On a \'egalit\'e ssi $\forall
k\;,\;m_k^2=m_k$ c'est \`a dire $\forall k,\;m_k=1$ , ce qui signifie que $%
p=n$ et que les valeurs propres de $A$ sont toutes distinctes .

e) $A$ est suppos\'ee semblable \`a la matrice diagonale $D$ dont les
\'el\'ements diagonaux $d_k$ sont tous distincts . Alors : $\lambda
_0I_n+\lambda _1A+\cdots +\lambda _{n-1}A^{n-1}=0_n\Leftrightarrow \lambda
_0I_n+\lambda _1D+\cdots +\lambda _{n-1}D^{n-1}=0_n\,\Leftrightarrow \forall
k\;,\;\lambda _0+\lambda _1d_k+\cdots +\lambda _{n-1}d_k^{n-1}=0_n$ . Le
polyn\^ome $P(X)=\lambda _0+\lambda _1X+\cdots +\lambda _{n-1}X^{n-1}$ est
de degr\'e au plus $n-1$ et admet $n$ racines distinctes , donc est nul ,
donc tous les $\lambda _i$ sont nuls . Conclusion : la famille $%
(I_n,A,...,A^{n-1})$ est libre .

\ \ 

\ \ 

\ \ 

\ 

\ \ 

Cette famille est incluse dans ${\bf R}[A]$ , et comme $\chi _A(A)=0_n$ , $%
A^n$ est combinaison lin\'eaire de $I_n,A,...,A^{n-1}$ , de m\^eme que $%
A^{n+1}$ , etc ... . Donc $(I_n,A,...,A^{n-1})$ est une base de ${\bf R}[A]$
. On peut noter que $\forall k\;,\;h_A(A^k)=0_n$ , donc ${\bf R}[A]\subset
\ker (h_A)$ et les dimensions \'etant toutes deux $n$ , on a l'\'egalit\'e : 
\fbox{$\ker (h_A)=$ ${\bf R}[A]$} .

\ 

8) $h_A$ \'etant diagonalisable , ses valeurs propres sont r\'eelles . Si $A$
n'admettait que des valeurs propres complexes , 2 \`a 2 conjugu\'ees , alors
pour $a\in Sp_C(A)$ , $a-\overline{a}$ serait valeur propre de $h_A$ ce qui
est faux puisque $a-\overline{a}\notin {\bf R}$ . Donc $A$ admet au moins
une valeur propres r\'eelle $\lambda $ .

Pour tout vecteur $Y\in {\bf R}^n$ , il existe une matrice $U\in M_n({\bf R}%
) $ telle que $UX=Y$ . $(P_{i,j})$ est une base de $M_n({\bf R})$ , donc $%
\exists \alpha _{i,j}$ tq $U=\sum_{i,j}\alpha _{i,j}P_{i,j}$ . D'o\`u : $%
Y=UX=\sum_{i,j}\alpha _{i,j}P_{i,j}X$ . Donc \underline{la famille $%
(P_{i,j}X)$ est g\'en\'eratrice de ${\bf R}^n$} . On peut en extraire une
base .

Pour chaque vecteur de cette base , on a $AX=\lambda X$ et $%
AP_{i,j}X-P_{i,j}AX=\lambda _{i,j}P_{i,j}X$ , d'o\`u $AP_{i,j}X=(\lambda
+\lambda _{i,j})P_{i,j}X$ , donc les vecteurs $P_{i,j}X$ sont vecteurs
propres de $A$ , qui poss\`ede donc uen base de vecteurs propres . Donc 
\fbox{$A$ est diagonalisable} . On a ainsi prouv\'e l'\'equivalence entre la
diagonalisabilit\'e de $A$ et celle de $h_A$ .

\end{document}