1. Résolution par pivot. L'équation matricielle est $AX = B$ avec

$A = \begin{pmatrix} 2 & 4 & 4 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 5 & 6 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -6 \end{pmatrix}.$

On forme la matrice augmentée $\left(A \mid B\right)$ et on échelonne, en échangeant d'abord $L_1$ et $L_2$ pour travailler avec un pivot égal à $1$ :

$\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 4 & 4 & 2 \\ 1 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 5 & 6 & -6 \end{array}\right) \xrightarrow{L_1 \leftrightarrow L_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 1 \\ 2 & 4 & 4 & 2 \\ 1 & 5 & 6 & -6 \end{array}\right)$

$\xrightarrow[L_3 \leftarrow L_3 - L_1]{L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & -2 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 5 & -7 \end{array}\right) \xrightarrow{L_3 \leftarrow L_3 + L_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 1 \\ 0 & -2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 7 & -7 \end{array}\right).$

Le système est échelonné, avec trois pivots non nuls ($1$, $-2$, $7$). La remontée donne :

• $L_3$ : $7z = -7$, donc $z = -1$.
• $L_2$ : $-2y + 2z = 0$, donc $-2y - 2 = 0$, d'où $y = -1$.
• $L_1$ : $x + 3y + z = 1$, donc $x - 3 - 1 = 1$, d'où $x = 5$.

Solution unique : $(x, y, z) = (5, -1, -1)$. Vérification dans le système initial : $2 \cdot 5 + 4 \cdot (-1) + 4 \cdot (-1) = 10 - 4 - 4 = 2$ ✓ ; $5 + 3(-1) + (-1) = 1$ ✓ ; $5 + 5(-1) + 6(-1) = -6$ ✓.

2. Inversibilité de $A$. Deux arguments indépendants.

• Par le rang. Le système a une solution unique, ce qui signifie que l'application $X \mapsto AX$ est bijective : $A$ est inversible. De façon équivalente, $A$ s'échelonne en une matrice à trois pivots, donc $\operatorname{rg}(A) = 3 = n$.
• Par le déterminant. On développe selon la première colonne de la forme échelonnée, dont le déterminant vaut $1 \times (-2) \times 7 = -14$. Les opérations effectuées sont : un échange de lignes (qui multiplie le déterminant par $-1$) et deux transvections $L_i \leftarrow L_i + \lambda L_j$ (qui ne le changent pas). Donc $\det A = -(-14) = 14 \neq 0$ : $A$ est inversible.

Vérification par le calcul direct : $\det A = 2(18 - 5) - 4(6 - 1) + 4(5 - 3) = 26 - 20 + 8 = 14$ ✓.

3. Système homogène. L'ensemble des solutions de $AX = 0$ est, par définition, le noyau de $A$. Comme $A$ est inversible, $\ker(A) = \{0\}$ et le système homogène admet l'unique solution $X = 0$ — c'est le théorème du rang appliqué sans calcul : $\dim \ker(A) = 3 - \operatorname{rg}(A) = 3 - 3 = 0$. Il n'y a rien à calculer, et c'est précisément ce que la question cherche à tester.

4. Système à paramètre. On applique le même pivot à la matrice augmentée, avec un second membre symbolique :

$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -1 & m \\ 2 & 3 & 4 & -1 \end{array}\right) \xrightarrow[L_3 \leftarrow L_3 - 2L_1]{L_2 \leftarrow L_2 + L_1} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & m+1 \\ 0 & 1 & 2 & -3 \end{array}\right) \xrightarrow{L_3 \leftarrow L_3 - L_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & m+1 \\ 0 & 0 & 2 & -m-4 \end{array}\right).$

Trois pivots : le système admet une unique solution pour tout $m \in \mathbb{R}$. La remontée donne :

• $z = \dfrac{-m-4}{2} = -\dfrac{m}{2} - 2$.
• $y = m + 1$.
• $x = 1 - y - z = 1 - (m+1) + \dfrac{m}{2} + 2 = 2 - \dfrac{m}{2}$.

Solution : $\left(x,y,z\right) = \left(2 - \dfrac{m}{2}, \ m+1, \ -\dfrac{m}{2} - 2\right)$. Vérification sur la deuxième équation : $-x - z = -\left(2-\frac{m}{2}\right) + \frac{m}{2} + 2 = m$ ✓.

Ce qu'il faut retenir. Le rang de la matrice des coefficients décide de tout : trois pivots $\Rightarrow$ solution unique ; moins de pivots que d'inconnues $\Rightarrow$ variables libres et infinité de solutions ; un pivot dans la colonne du second membre $\Rightarrow$ système incompatible. Aucune autre analyse n'est nécessaire.

1. La famille $(e_1, e_2, e_3)$ est libre. Les deux premiers vecteurs sont visiblement non colinéaires, la question se ramène donc à vérifier si $e_3 \in \mathrm{Vect}(e_1, e_2)$. Soient $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ ; on résout $e_3 = \lambda e_1 + \mu e_2$, c'est-à-dire composante par composante :

$\begin{cases} 3\lambda + \mu = 7 \\ 5\mu = 5 \\ \lambda = 2 \\ -2\lambda - \mu = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} 3(2) + 1 = 7 \\ \mu = 1 \\ \lambda = 2 \\ -2(2) - 1 = -5 \neq 1 \end{cases}$

La dernière équation donne $-5 = 1$ : contradiction. Donc $e_3 \notin \mathrm{Vect}(e_1, e_2)$ et la famille $(e_1, e_2, e_3)$ est libre. On pouvait aussi le voir par un pivot : la matrice dont les colonnes sont $e_1, e_2, e_3$ a trois pivots, donc rang $3$.

2. La famille $(v_1, v_2, v_3, v_4)$ est liée, et n'est pas génératrice. Cherchons $\lambda, \mu$ tels que $\lambda v_1 + \mu v_2 = v_3$. Composante par composante :

$\lambda + \mu = 3, \qquad \lambda + \mu = 3, \qquad \mu = 2, \qquad 0 = 0.$

Les deux premières équations sont identiques et donnent $\lambda + \mu = 3$ ; avec $\mu = 2$ on trouve $\lambda = 1$. Donc

$v_3 = v_1 + 2v_2 \qquad \text{vérification : } (1,1,0,0) + 2(1,1,1,0) = (3,3,2,0).$

La famille est donc liée, avec la relation de dépendance $v_1 + 2v_2 - v_3 = 0$.

Une famille liée de $\mathbb{R}^4$ ne peut pas être génératrice de $\mathbb{R}^4$ : une famille génératrice de $\mathbb{R}^4$ contient une base, donc au moins $4$ vecteurs libres, et retirer le vecteur superflu $v_3$ laisse une famille de $3$ vecteurs qui ne peut engendrer un espace de dimension $4$ (le rang d'une famille de $k$ vecteurs est au plus $k$). Donc $\mathrm{Vect}(v_1, v_2, v_3, v_4) \neq \mathbb{R}^4$.

Argument supplémentaire, qui localise l'espace engendré. On vérifie que $v_1$, $v_2$ et $v_3$ satisfont tous $y = x + t$ (avec les coordonnées $(x,y,z,t)$) : $v_1$ donne $1 = 1 + 0$ ✓, $v_2$ donne $1 = 1 + 0$ ✓, $v_3$ donne $3 = 3 + 0$ ✓. L'espace engendré par ces trois vecteurs est donc inclus dans l'hyperplan $H = \{(x,y,z,t) : y = x+t\}$, de dimension $3$. Le vecteur $v_4 = (1,0,0,0)$ en revanche donne $0 \neq 1 + 0$ : il sort de $H$, mais il ne suffit pas à engendrer $\mathbb{R}^4$ à lui seul, puisque $v_1, v_2, v_3$ n'apportent que deux directions indépendantes ($v_3$ étant combinaison des deux autres). Le rang total est $3$.

3. On a $v = (1,1,0,0) = v_1$. Or $v_3 = v_1 + 2v_2$ donne $v_1 = v_3 - 2v_2$, donc

$v = v_3 - 2v_2 \in \mathrm{Vect}(v_2, v_3) \subset \mathrm{Vect}(v_2, v_3, v_4).$

La réponse est donc vraie. L'énoncé officiel demandait de justifier cette appartenance, ce qui se fait en exhibant les coefficients : $v = 0 \cdot v_4 - 2 \cdot v_2 + 1 \cdot v_3$.

Méthode générale pour le rang d'une famille. On échelonne la matrice dont les vecteurs sont les colonnes ; le rang est le nombre de pivots. Les deux équivalences à retenir : le rang vaut le nombre de vecteurs si et seulement si la famille est libre ; il vaut la dimension de l'espace ambiant si et seulement si la famille est génératrice.

1. Forme échelonnée. On effectue $L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$ puis $L_3 \leftarrow L_3 - 3L_1$ :

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 3 & 6 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_3 \leftarrow L_3 - 3L_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$

Il y a deux lignes non nulles, donc $\operatorname{rg}(A) = 2$ : la matrice contient deux colonnes linéairement indépendantes, les colonnes $1$ et $3$ (celles qui portent les pivots).

2. Base du noyau. La matrice $A$ représente une application linéaire de $\mathbb{R}^4$ dans $\mathbb{R}^3$, dont l'image est de dimension $2$. Par le théorème du rang, $\dim \ker(A) = 4 - 2 = 2$ : il suffit donc de trouver deux vecteurs indépendants dans le noyau pour en avoir une base.

Le système $Ax = 0$ se lit sur la forme échelonnée : $x_1 + 2x_2 + x_4 = 0$ et $x_3 + 2x_4 = 0$. On prend $x_2$ et $x_4$ comme inconnues libres (les colonnes $2$ et $4$ n'ont pas de pivot), on pose $x_2 = s$ et $x_4 = t$ :

$x_1 = -2s - t, \qquad x_3 = -2t.$

D'où

$x = s\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad s, t \in \mathbb{R}.$

La famille $\left((-2,1,0,0), (-1,0,-2,1)\right)$ engendre donc le noyau, et comme elle est libre (les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et de cardinal $2 = \dim \ker(A)$, c'est une base de $\ker(A)$.

Vérification directe : $A \cdot (-2,1,0,0)^T = (-2 + 2, -4 + 4, -6 + 6)^T = 0$ ✓ ; $A \cdot (-1,0,-2,1)^T = (-1 + 0 + 0 + 1, -2 + 0 - 2 + 4, -3 + 0 - 6 + 9)^T = 0$ ✓.

3. Ensemble des solutions de $Ax = b$. Le vecteur $b$ est la somme des colonnes de $A$ :

$b = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 11 \\ 21 \end{pmatrix}.$

Par définition, $x_0 = (1,1,1,1)$ est donc une solution particulière de $Ax = b$. L'ensemble des solutions est alors l'espace affine

$\left\{ x \in \mathbb{R}^4 : Ax = b \right\} = x_0 + \ker(A) = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}, \ s, t \in \mathbb{R} \right\}.$

Justification de la structure. Si $Ax = b$ et $Ax_0 = b$, alors $A(x - x_0) = 0$, donc $x - x_0 \in \ker(A)$ et $x = x_0 + (x - x_0)$. Réciproquement, tout $x_0 + y$ avec $y \in \ker(A)$ vérifie $A(x_0+y) = b + 0 = b$. La structure « solution particulière + noyau » est donc exacte, et l'ensemble des solutions est un espace affine de dimension $\dim \ker(A) = 2$.

4. Matrice $A'$. La quatrième colonne est nulle : elle n'apporte rien. Les trois premières colonnes sont $c_1 = (1,2,3)$, $c_2 = (-1,-2,-3) = -c_1$ et $c_3 = (2,4,7)$. Donc $\mathrm{Ran}(A') = \mathrm{Vect}(c_1, c_3)$, et ces deux vecteurs sont non colinéaires ($c_3$ n'est pas un multiple de $c_1$ : le rapport des premières coordonnées est $2$, mais celui des troisièmes est $7/3$). Ainsi

$\mathrm{Ran}(A') = \mathrm{Vect}\big((1,2,3), (2,4,7)\big), \qquad \dim \mathrm{Ran}(A') = 2.$

Par le théorème du rang, $\dim \ker(A') = 4 - 2 = 2$. On lit le noyau sur les relations entre colonnes : $c_2 = -c_1$ donne $c_1 + c_2 = 0$, d'où le premier vecteur $(1,1,0,0)$ ; la quatrième colonne nulle donne $(0,0,0,1)$. Ces deux vecteurs sont indépendants, donc

$\ker(A') = \mathrm{Vect}\big((1,1,0,0), \ (0,0,0,1)\big).$

Vérification : $A'(1,1,0,0)^T = c_1 + c_2 = 0$ ✓ ; $A'(0,0,0,1)^T = 0$ ✓.

Le réflexe à acquérir. Une colonne nulle ou une colonne multiple d'une autre se repère avant tout calcul : elle donne immédiatement un vecteur du noyau et réduit d'autant le rang à calculer. C'est le genre de lecture qui fait gagner plusieurs minutes en examen.

1. Le produit $B_1B_2$ est défini si et seulement si le nombre de colonnes de $B_1$ égale le nombre de lignes de $B_2$. Ici $u \in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K})$ et $v^{\mathsf T} \in \mathcal{M}_{1,n}(\mathbb{K})$, le produit est défini ($1 = 1$) et $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ est de taille $n \times n$.

La $j$-ième colonne de $A$ s'obtient en multipliant par $e_j$ : $\operatorname{col}_j(A) = Ae_j = u(v^{\mathsf T}e_j) = u\,b_j = b_j\,u$. Toutes les colonnes sont colinéaires à $u$. Symétriquement, la $i$-ième ligne est $e_i^{\mathsf T}A = (e_i^{\mathsf T}u)v^{\mathsf T} = a_i\,v^{\mathsf T}$ : toutes les lignes sont colinéaires à $v^{\mathsf T}$. Multiplier par $u$ à gauche agit sur les lignes, multiplier par $v^{\mathsf T}$ à droite agit sur les colonnes.

2. Le rang d'une matrice est la dimension de son image. Or pour tout $x$ :

$\operatorname{Im}(B_1B_2) = \{B_1(B_2x) : x\} = \{B_1 y : y \in \operatorname{Im}(B_2)\} \subseteq \operatorname{Im}(B_1),$

car $B_2x \in \operatorname{Im}(B_2)$ et $B_1$ est linéaire. L'image de $B_1B_2$ est un sous-espace de celle de $B_1$, donc sa dimension est inférieure ou égale :

$\operatorname{rg}(B_1B_2) = \dim \operatorname{Im}(B_1B_2) \leq \dim \operatorname{Im}(B_1) = \operatorname{rg}(B_1).$

Interprétation. Multiplier à gauche par $B_1$ ne peut que « rapetisser » l'image : c'est une application linéaire de plus à traverser.

3. Toutes les colonnes de $A$ sont colinéaires à $u$, et $u \neq 0$. Donc $\operatorname{Im}(A) = \mathrm{Vect}(u)$, de dimension $1$ :

$\operatorname{rg}(A) = 1, \qquad \{u\} \text{ est une base de } \operatorname{Im}(A).$

4. Théorème du rang, version matricielle. Pour $B \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})$ :

$\underbrace{p}_{\text{nombre de colonnes de } B} = \dim \ker(B) + \operatorname{rg}(B).$

Pour $A$, qui est carrée $n \times n$ : $\dim \ker(A) = n - 1$. Comme $n \geq 2$, ce noyau n'est pas réduit à zéro, donc $A$ n'est pas injective, donc $A$ n'est pas inversible, donc

$\det(A) = 0.$

De plus $E_0(A) = \ker(A - 0 \cdot I_n) = \ker(A)$ est de dimension $n - 1 > 0$, donc $0$ est valeur propre de $A$, de multiplicité géométrique $n-1$.

5. Par associativité du produit matriciel, et comme $v^{\mathsf T}u$ est une matrice $1 \times 1$, c'est-à-dire un scalaire :

$Au = (uv^{\mathsf T})u = u(v^{\mathsf T}u) = (v^{\mathsf T}u)\,u.$

Comme $u \neq 0$, l'égalité $Au = \lambda u$ avec $\lambda = v^{\mathsf T}u$ montre que $u$ est un vecteur propre de $A$ pour la valeur propre $\lambda = v^{\mathsf T}u = \sum_{i=1}^n a_ib_i$. C'est le produit scalaire usuel de $u$ et $v$.

6. Soit $x \neq 0$ un vecteur propre pour une valeur propre $\mu \neq 0$. Alors $Ax = \mu x$ donne $x = \mu^{-1}Ax \in \operatorname{Im}(A) = \mathrm{Vect}(u)$ : tout vecteur propre associé à une valeur propre non nulle est colinéaire à $u$. Or $u$ est vecteur propre pour la seule valeur propre $v^{\mathsf T}u$. Il n'y a donc aucune autre valeur propre que $0$ et $v^{\mathsf T}u$.

Remarque. On peut aussi invoquer le polynôme caractéristique : $\chi_A(X) = X^n - (v^{\mathsf T}u)X^{n-1} = X^{n-1}(X - v^{\mathsf T}u)$, obtenu en remarquant que $\operatorname{tr}(A) = \sum a_ib_i = v^{\mathsf T}u$ et $\operatorname{rg}(A) = 1$. Cette question était signalée comme difficile dans le corrigé officiel : le raisonnement par l'image n'était pas au programme sous cette forme, il fallait le construire.

7. Par définition, $\det(A - \lambda I_n) = 0$ si et seulement si $\lambda$ est valeur propre de $A$. Or

$\det(I_n + A) = \det\big(A - (-1)I_n\big).$

Donc $\det(I_n + A) = 0$ si et seulement si $-1$ est valeur propre de $A$, c'est-à-dire si et seulement si

$\boxed{v^{\mathsf T}u = \sum_{i=1}^n a_i b_i = -1.}$

Vérification sur un exemple. Prenons $n = 2$, $u = (1,1)^{\mathsf T}$ et $v = (-1,0)^{\mathsf T}$. Alors $v^{\mathsf T}u = -1$ et

$A = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad I_2 + A = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det(I_2+A) = 0 \ \checkmark$

Ce qu'il faut retenir de cet exercice. Une matrice $uv^{\mathsf T}$ est l'archétype de la matrice de rang $1$ : toutes ses colonnes sont colinéaires, son noyau est l'hyperplan orthogonal à $v$, son image est la droite engendrée par $u$, et ses valeurs propres sont $0$ (multiplicité $n-1$) et $v^{\mathsf T}u$. Quand $v^{\mathsf T}u \neq 0$, elle est diagonalisable ; quand $v^{\mathsf T}u = 0$, elle ne l'est pas (la multiplicité géométrique de $0$ vaut $n-1 < n$).

1. Linéarité. Soient $\lambda \in \mathbb{R}$ et $P_1, P_2 \in \mathbb{R}[X]_{\leq n}$. En utilisant la linéarité de la dérivation et la distributivité :

$\Phi(\lambda P_1 + P_2) = \big(Q(\lambda P_1 + P_2)\big)' = \big(\lambda QP_1 + QP_2\big)' = \lambda (QP_1)' + (QP_2)' = \lambda\Phi(P_1) + \Phi(P_2).$

Donc $\Phi$ est $\mathbb{R}$-linéaire. De plus, si $\deg P \leq n$ alors $\deg(QP) \leq n+1$, donc $\deg \Phi(P) \leq n$ : l'application est bien à valeurs dans $\mathbb{R}[X]_{\leq n}$. C'est un endomorphisme.

2. Matrice. Pour $k \geq 1$ :

$\Phi(X^k) = \big((aX+b)X^k\big)' = \big(aX^{k+1} + bX^k\big)' = (k+1)aX^k + kbX^{k-1},$

et $\Phi(1) = (aX+b)' = a$. Les colonnes de la matrice sont les coordonnées de ces images dans la base $\mathcal{C}$ :

• colonne 1 : $\Phi(1) = a$, soit $(a, 0, \ldots, 0)^{\mathsf T}$ ;
• colonne 2 : $\Phi(X) = b + 2aX$, soit $(b, 2a, 0, \ldots, 0)^{\mathsf T}$ ;
• colonne $k+1$ : $\Phi(X^k) = kbX^{k-1} + (k+1)aX^k$.

D'où la matrice triangulaire supérieure (mais avec une sous-diagonale non nulle) :

$\operatorname{Mat}_{\mathcal{C},\mathcal{C}}(\Phi) = \begin{pmatrix} a & b & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 2a & 2b & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & 3a & \ddots & 0 \\ \vdots & & \ddots & \ddots & nb \\ 0 & \cdots & \cdots & 0 & (n+1)a \end{pmatrix}.$

Cette matrice est triangulaire avec des coefficients diagonaux $a, 2a, \ldots, (n+1)a$, tous non nuls puisque $a \neq 0$. Elle a donc $n+1$ pivots : son rang est $n + 1$.

3. Isomorphisme. $\Phi$ est un isomorphisme si et seulement si sa matrice est inversible. Une matrice carrée de taille $n+1$ est inversible si et seulement si son rang vaut $n+1$, ce qui est le cas. On peut aussi le vérifier par le déterminant :

$\det\!\left(\operatorname{Mat}_{\mathcal{C},\mathcal{C}}(\Phi)\right) = \prod_{k=1}^{n+1} ka = (n+1)!\,a^{n+1} \neq 0$

car $a \neq 0$ (le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de ses coefficients diagonaux, ici $a \cdot 2a \cdots (n+1)a$). Donc $\Phi$ est un isomorphisme.

4. Cas $n = 2$ : inversion. On a

$A = \begin{pmatrix} a & b & 0 \\ 0 & 2a & 2b \\ 0 & 0 & 3a \end{pmatrix}, \qquad \det A = 6a^3.$

La matrice est triangulaire supérieure : on l'inverse par des opérations élémentaires de haut en bas. En normalisant d'abord les diagonales, puis en éliminant les coefficients au-dessus :

$D_1(1/a)D_2(1/2a)D_3(1/3a)\,A = \begin{pmatrix} 1 & b/a & 0 \\ 0 & 1 & b/a \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},$

où $D_i(\mu)$ désigne la matrice élémentaire de dilatation de la ligne $i$ par $\mu$. Puis, en remontant :

$T_{2,3}(-b/a)\,T_{1,2}(-b/a)\,D_1(1/a)D_2(1/2a)D_3(1/3a)\,A = I_3,$

où $T_{i,j}(\lambda)$ ajoute $\lambda$ fois la ligne $j$ à la ligne $i$. Donc

$A^{-1} = T_{2,3}(-b/a)\,T_{1,2}(-b/a)\,D_1(1/a)D_2(1/2a)D_3(1/3a) = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{a} & -\dfrac{b}{2a^2} & \dfrac{b^2}{3a^3} \\ 0 & \dfrac{1}{2a} & -\dfrac{b}{3a^2} \\ 0 & 0 & \dfrac{1}{3a} \end{pmatrix}.$

Vérification : le produit $A A^{-1}$ redonne bien $I_3$ (premier coefficient : $a \cdot \frac{1}{a} = 1$ ; coefficient $(1,2)$ : $a\left(-\frac{b}{2a^2}\right) + b \cdot \frac{1}{2a} = -\frac{b}{2a} + \frac{b}{2a} = 0$ ; coefficient $(1,3)$ : $a \cdot \frac{b^2}{3a^3} + b\left(-\frac{b}{3a^2}\right) = \frac{b^2}{3a^2} - \frac{b^2}{3a^2} = 0$ ✓).

Écriture de $A$ comme produit de matrices élémentaires. En inversant la relation ci-dessus et en utilisant $(MN)^{-1} = N^{-1}M^{-1}$ :

$A = D_1(a)\,D_2(2a)\,D_3(3a)\,T_{1,2}(b/a)\,T_{2,3}(b/a).$

5. $\Phi^{-1}(X^2+1)$. Les coordonnées de $X^2+1$ dans la base $\mathcal{C}$ sont $(1, 0, 1)^{\mathsf T}$. On applique $A^{-1}$ :

$A^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{a} + \frac{b^2}{3a^3} \\ -\frac{b}{3a^2} \\ \frac{1}{3a} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3a^2+b^2}{3a^3} \\ -\frac{b}{3a^2} \\ \frac{1}{3a} \end{pmatrix}.$

Donc

$\Phi^{-1}(X^2+1) = \frac{1}{3a}X^2 - \frac{b}{3a^2}X + \frac{3a^2+b^2}{3a^3}.$

6. Définition. Un endomorphisme $f$ d'un espace vectoriel de dimension finie est diagonalisable s'il existe une base de $E$ formée de vecteurs propres de $f$. De façon équivalente, il existe une base dans laquelle la matrice de $f$ est diagonale.

Attention. C'est la définition qui est demandée ici, pas le théorème de caractérisation. Répondre par « $\chi_f$ est scindé et $\alpha_\lambda = \beta_\lambda$ pour tout $\lambda$ » à une question qui demande la définition ne rapporte aucun point : la définition est « il existe une base de vecteurs propres », le critère est un théorème qui en découle.

7. Polynôme caractéristique et diagonalisabilité. La matrice $A$ est triangulaire supérieure (avec $n = 2$, les coefficients diagonaux sont $a$, $2a$, $3a$), donc son polynôme caractéristique est le produit des $(ka - X)$ :

$\chi_A(X) = \det(XI_3 - A) = (a - X)(2a - X)(3a - X).$

Les valeurs propres de $\Phi$ sont donc $a$, $2a$ et $3a$. Le polynôme est scindé sur $\mathbb{R}$ et ses trois racines sont distinctes puisque $a \neq 0$ (elles valent $a$, $2a$, $3a$ avec $a \neq 0$). Or pour une racine simple, la multiplicité algébrique vaut $1$, et la multiplicité géométrique est toujours comprise entre $1$ et la multiplicité algébrique : elle vaut donc $1$ elle aussi. La condition $\alpha_\lambda = \beta_\lambda$ est satisfaite pour chaque valeur propre, donc $\Phi$ est diagonalisable.

Le corollaire utilisé. Si un endomorphisme de dimension $n$ a $n$ valeurs propres distinctes, il est diagonalisable. C'est le cas le plus simple du critère, et il évite tout calcul de sous-espace propre pour décider.

8. Base de vecteurs propres. On cherche une base de chaque sous-espace propre, c'est-à-dire les noyaux de $A - aI$, $A - 2aI$ et $A - 3aI$ :

$A - aI_3 = \begin{pmatrix} 0 & b & 0 \\ 0 & a & 2b \\ 0 & 0 & 2a \end{pmatrix}, \qquad A - 2aI_3 = \begin{pmatrix} -a & b & 0 \\ 0 & 0 & 2b \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}, \qquad A - 3aI_3 = \begin{pmatrix} -2a & b & 0 \\ 0 & -a & 2b \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$