Diagonalisabilité de matrices par blocs triangulaires

Résolution.

1. La matrice \(M\) est triangulaire supérieure par blocs. Son polynôme caractéristique est :
   $$\chi_M(X) = \det(XI_{2n} - M) = \det \begin{pmatrix} XI_n - A & -A$$
   0 & XI_n - A \end{pmatrix}

   D'après la formule du déterminant d'une matrice bloc-triangulaire, on obtient :

   $$\chi_M(X) = \det(XI_n - A) \times \det(XI_n - A) = \left( \chi_A(X) \right)^2$$

   \medskip Comme les valeurs propres sont les racines du polynôme caractéristique, on en conclut :

   $$\boxed{\text{Sp}(M) = \text{Sp}(A)}$$

2. Procédons par récurrence sur \(k \in \mathbb{N}\) pour montrer que \(M^k = \begin{pmatrix} A^k & kA^k
   0 & A^k \end{pmatrix}\). Initialisation : Pour \(k=0\), \(M^0 = I_{2n}\) et l'expression donne \(\begin{pmatrix} I_n & 0
   0 & I_n \end{pmatrix}\), ce qui est vrai. Hérédité : Supposons que \(M^k = \begin{pmatrix} A^k & kA^k
   0 & A^k \end{pmatrix}\). Alors :
   $$M^{k+1} = M^k M = \begin{pmatrix} A^k & kA^k$$
   0 & A^k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & A
   0 & A \end{pmatrix}

   Le produit par blocs donne :

   $$M^{k+1} = \begin{pmatrix} A^k A + 0 & A^k A + kA^k A$$
   0 & 0 + A^k A \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A^{k+1} & (k+1)A^{k+1}
   0 & A^{k+1} \end{pmatrix}
   La récurrence est vérifiée. \medskip Soit maintenant \(P = \sum_{k=0}^d a_k X^k \in \mathbb{K}[X]\). Par linéarité :
   $$P(M) = \sum_{k=0}^d a_k M^k = \sum_{k=0}^d a_k \begin{pmatrix} A^k & kA^k$$
   0 & A^k \end{pmatrix}
   En sommant les blocs :
   $$P(M) = \begin{pmatrix} \sum a_k A^k & \sum k a_k A^k$$
   0 & \sum a_k A^k \end{pmatrix}

   On reconnaît \(P(A)\) sur la diagonale. Pour le bloc supérieur droit, notons que \(P'(X) = \sum k a_k X^{k-1}\), donc \(Q(X) = XP'(X) = \sum k a_k X^k\). On a donc bien :

   $$\boxed{P(M) = \begin{pmatrix} P(A) & Q(A)$$
   0 & P(A) \end{pmatrix}}

3. Condition nécessaire : Supposons \(M\) diagonalisable. Alors il existe un polynôme \(P \in \mathbb{K}[X]\) scindé à racines simples tel que \(P(M) = 0\). D'après la question précédente, cela implique :
   $$\begin{cases} P(A) = 0$$
   Q(A) = AP'(A) = 0 \end{cases}
   Puisque \(P\) est à racines simples, on sait que \(\text{pgcd}(P, P') = 1\). D'après le théorème de Bézout, il existe deux polynômes \(U, V \in \mathbb{K}[X]\) tels que :
   $$U P + V P' = 1$$
   En évaluant en la matrice \(A\), on obtient :
   $$U(A)P(A) + V(A)P'(A) = I_n$$
   Comme \(P(A) = 0\), il reste \(V(A)P'(A) = I_n\). Ceci montre que la matrice \(P'(A)\) est inversible. Or, nous avons établi que \(A P'(A) = 0\). Par inversibilité de \(P'(A)\), on en déduit :
   $$\boxed{A = 0}$$

   Condition suffisante : Si \(A = 0\), alors \(M = \begin{pmatrix} 0 & 0
   0 & 0 \end{pmatrix} = 0_{2n}\). La matrice nulle étant diagonalisable, la condition est suffisante. Conclusion :

   $$\boxed{M \text{ est diagonalisable si et seulement si } A = 0}$$

4. On considère la matrice \(P = \begin{pmatrix} 0 & I_n
   I_n & 0 \end{pmatrix}\). On vérifie aisément que \(P^{-1} = P\). Un calcul par blocs montre que :
   $$P \begin{pmatrix} A & 0$$
   A & A \end{pmatrix} P = \begin{pmatrix} 0 & I_n
   I_n & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0
   A & A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & I_n
   I_n & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & A
   0 & A \end{pmatrix}
   Ainsi, \(N\) est semblable à \(M\). Deux matrices semblables ayant les mêmes propriétés de réduction, \(N\) est diagonalisable si et seulement si \(M\) l'est.
   $$\boxed{N \text{ est diagonalisable si et seulement si } A = 0}$$