Équation matricielle et contrainte de trace

Résolution.

Soit $A \in \mathrm{M}_{3}(\mathbb{R})$ une solution du problème. L'équation donnée est $A^2 - \mathrm{I}_3 = A^{\top}$.

En appliquant la transposition à cette égalité, on obtient :

En substituant $A^{\top} = A^2 - \mathrm{I}_3$ dans cette nouvelle expression, il vient :

En développant le membre de gauche, on obtient :

Ainsi, le polynôme $P(X) = X^4 - 2X^2 - X$ est un polynôme annulateur de $A$.

Étude des racines de $P$ :

On factorise $P$ par $X$ : $P(X) = X(X^3 - 2X - 1)$. On remarque immédiatement que $-1$ est une racine évidente du facteur de degré 3.

Par division euclidienne ou identification, on trouve :

Les racines de $X^2 - X - 1$ sont le nombre d'or $\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ et son conjugué $\psi = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$. Les racines de $P$ sont donc :

Le polynôme $P$ est scindé à racines simples sur $\mathbb{R}$. Par conséquent, la matrice $A$ est diagonalisable dans $\mathrm{M}_3(\mathbb{R})$. Ses valeurs propres $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ appartiennent nécessairement à l'ensemble des racines de $P$.

Exploitation des conditions de trace :

Par hypothèse, $\operatorname{tr}(A) = 0$, ce qui se traduit par :

De plus, en prenant la trace dans l'équation $A^2 - A^{\top} = \mathrm{I}_3$, et par linéarité de la trace (sachant que $\operatorname{tr}(A^{\top}) = \operatorname{tr}(A)$), on a :

Comme $A$ est diagonalisable, les valeurs propres de $A^2$ sont $\lambda_1^2, \lambda_2^2, \lambda_3^2$. On doit donc avoir :

Or, pour tout triplet $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$, on a la relation :

D'après nos conditions, cela implique $0 = 3 + 2(\lambda_1\lambda_2 + \lambda_2\lambda_3 + \lambda_3\lambda_1)$, soit :

Vérification des combinaisons possibles :

Cherchons si un choix de trois valeurs dans $\{0, -1, \phi, \psi\}$ (avec répétition possible) vérifie $\sum \lambda_i = 0$ et $\sum \lambda_i^2 = 3$.

Notons les carrés des racines : $0^2 = 0$, $(-1)^2 = 1$, $\phi^2 = \phi+1$, $\psi^2 = \psi+1$.

• Si l'on choisit $\lambda = (-1, \phi, \psi)$, la somme est $-1 + 1 = 0$. Mais la somme des carrés est $1 + (\phi+1) + (\psi+1) = 3 + (\phi+\psi) = 3 + 1 = 4 \neq 3$.
• Si l'on choisit des valeurs répétées, par exemple $\lambda = (x, x, -2x)$ pour que la somme soit nulle :
  • $x=0 \implies (0,0,0) \implies \sum \lambda_i^2 = 0 \neq 3$.
  • $x=-1 \implies (-1, -1, 2)$. Mais $2$ n'est pas racine de $P$.
  • $x=\phi \implies (\phi, \phi, -2\phi)$. Mais $-2\phi$ n'est pas racine de $P$.
  • $x=\psi \implies (\psi, \psi, -2\psi)$. Mais $-2\psi$ n'est pas racine de $P$.

L'étude exhaustive (ou la résolution du système symétrique) montre qu'aucune combinaison de trois racines de $P$ ne satisfait les conditions de trace.

Par conséquent :