Équation matricielle X^3 = A

Résolution.

1. Soient $A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ diagonalisables telles que $A^3 = B^3$. Notons $\text{Sp}(A) = \{\lambda_1, \dots, \lambda_p\}$ l'ensemble des valeurs propres distinctes de $A$. Puisque les $\lambda_i$ sont des réels distincts, leurs cubes $\lambda_1^3, \dots, \lambda_p^3$ sont également des réels distincts par stricte croissance de $x \mapsto x^3$ sur $\mathbb{R}$. Il existe un polynôme d'interpolation de Lagrange $L \in \mathbb{R}[X]$ tel que :
   $$\forall i \in \{1, \dots, p\},   L(\lambda_i^3) = \lambda_i$$
   Puisque $A$ est diagonalisable, il existe $P \in GL_n(\mathbb{R})$ telle que $A = P \text{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n) P^{-1}$, où les $\mu_j$ sont des valeurs propres de $A$. On a alors :
   $$L(A^3) = P \text{diag}(L(\mu_1^3), \dots, L(\mu_n^3)) P^{-1} = P \text{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n) P^{-1} = A$$
   On en déduit que $A$ est un polynôme en $A^3$. Comme $A^3 = B^3$, on a :
   $$\boxed{A = L(B^3)}$$
   Ceci implique que $A$ et $B$ commutent car $B$ commute avec tout polynôme en $B^3$. Étant donné que $A$ et $B$ sont diagonalisables et commutent, elles sont codiagonalisables. Il existe donc une base commune de vecteurs propres $(e_1, \dots, e_n)$ et deux suites de réels $(\alpha_j)_{1\le j \le n}$ et $(\beta_j)_{1\le j \le n}$ telles que :
   $$\forall j \in \{1, \dots, n\},   A e_j = \alpha_j e_j   \text{et}   B e_j = \beta_j e_j$$
   L'égalité $A^3 = B^3$ impose alors $\alpha_j^3 = \beta_j^3$ pour tout $j$. Par injectivité de la racine cubique sur $\mathbb{R}$, on en conclut que $\alpha_j = \beta_j$ pour tout $j$. Finalement, les endomorphismes associés à $A$ et $B$ coïncident sur une base, donc :
   $$\boxed{A = B}$$

2. 1. Soit $A$ diagonalisable. Reprenons le polynôme $L$ construit à la question précédente. On a montré que $A = L(A^3)$. Posons $C$ une matrice diagonale telle que $C^3 = D$ où $D$ est la forme diagonale de $A$. Plus simplement, si $\text{Sp}(A) = \{\lambda_1, \dots, \lambda_p\}$, soit $Q$ le polynôme de Lagrange tel que $Q(\lambda_i) = \lambda_i^{1/3}$. Alors la matrice $X = Q(A)$ vérifie $X \in \mathbb{R}[A]$ et :
      $$X^3 = (Q(A))^3 = (Q^3)(A)$$
      Comme le polynôme $Q^3$ prend la valeur $(Q(\lambda_i))^3 = \lambda_i$ sur chaque valeur propre de $A$, et que $A$ est diagonalisable, on a $Q^3(A) = A$.
      $$\boxed{X = Q(A) \in \mathbb{R}[A] \text{ est solution de } X^3 = A}$$

   2. L'existence est assurée par (a). Le polynôme $Q(A)$ est diagonalisable car $A$ l'est. L'unicité découle directement de la question 1 : si $X$ et $Y$ sont deux racines cubiques diagonalisables de $A$, alors $X^3 = Y^3 = A$, donc $X = Y$.

3. Cas non diagonalisable sur $\mathbb{R$ :} Le résultat devient faux. Considérons les matrices :
   $$A = \begin{pmatrix} 0 & 1$$
   0 & 0 \end{pmatrix}   \text{et}   B = \begin{pmatrix} 0 & 0
   0 & 0 \end{pmatrix}
   On a $A \neq B$, pourtant $A^2 = 0$ donc $A^3 = 0$. On a bien $A^3 = B^3$, mais l'une des matrices n'est pas diagonalisable (elle est nilpotente non nulle).
4. Cas sur $\mathbb{C$ :} Le résultat devient également faux même si les matrices sont diagonalisables. Soit $\omega = e^{2i\pi/3} \neq 1$. Posons $A = I_n$ et $B = \omega I_n$. $A$ et $B$ sont diagonalisables (elles sont diagonales) et :
   $$B^3 = (\omega I_n)^3 = \omega^3 I_n = I_n = A^3$$
   Pourtant, $\boxed{A \neq B}$ car $\omega \neq 1$. L'injectivité de $x \mapsto x^3$ est cruciale et n'est vraie que sur $\mathbb{R}$.