Équations matricielles polynomiales

Résolution de la première instance.

1. On considère $A = \begin{pmatrix} 5 & -15$
   2 & -6 \end{pmatrix}.

   Cherchons les valeurs propres de $A$. Le polynôme caractéristique est :

   $$\chi_A(\lambda) = \lambda^2 - \text{Tr}(A)\lambda + \det(A) = \lambda^2 - (-1)\lambda + 0 = \lambda(\lambda + 1)$$
   Les valeurs propres sont $\lambda_1 = 0$ et $\lambda_2 = -1$. Comme $A$ possède deux valeurs propres distinctes en dimension 2, $A$ est diagonalisable.

   Déterminons les sous-espaces propres : $E_0 = \ker(A) = \text{Vect} \left( \begin{pmatrix} 3$
   1 \end{pmatrix} \right) et $E_{-1} = \ker(A+I) = \text{Vect} \left( \begin{pmatrix} 5$
   2 \end{pmatrix} \right). On pose $P = \begin{pmatrix} 3 & 5$
   1 & 2 \end{pmatrix}. On a $A = P D P^{-1}$ avec $D = \begin{pmatrix} 0 & 0$
   0 & -1 \end{pmatrix}. L'inverse est $P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & -5$
   -1 & 3 \end{pmatrix}. Analyse. Soit $X$ une solution. Puisque $X^2 - 2X = A$, $X$ commute avec $A$. Les sous-espaces propres de $A$ sont des droites vectorielles stables par $X$. Par conséquent, les vecteurs propres de $A$ sont aussi des vecteurs propres de $X$. Ainsi, $X$ est diagonalisable dans la même base que $A$ :

   $$X = P \begin{pmatrix} x & 0$$
   0 & y \end{pmatrix} P^{-1}
   En injectant dans l'équation initiale, on obtient :
   $$\begin{pmatrix} x^2-2x & 0$$
   0 & y^2-2y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0
   0 & -1 \end{pmatrix}
   Cela nous donne le système :
   $$\begin{cases} x^2 - 2x = 0$$
   y^2 - 2y = -1 \end{cases} \iff \begin{cases} x(x-2) = 0
   (y-1)^2 = 0 \end{cases}
   On trouve $x \in \{0, 2\}$ et $y = 1$. Synthèse. On obtient deux solutions possibles :
   $$X_1 = P \begin{pmatrix} 0 & 0$$
   0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & 5
   1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0
   0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -5
   -1 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5 & 15
   -2 & 6 \end{pmatrix}
   $$X_2 = P \begin{pmatrix} 2 & 0$$
   0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & 5
   1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0
   0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -5
   -1 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & -15
   2 & -4 \end{pmatrix}
   L'ensemble des solutions pour le premier cas est :
   $$\boxed{ \mathcal{S}_1 = \left\{ \begin{pmatrix} -5 & 15$$
   -2 & 6 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 7 & -15
   2 & -4 \end{pmatrix} \right\} }

2. On considère $A = \begin{pmatrix} 1 & 2$
   2 & 1 \end{pmatrix}.

   Le polynôme caractéristique est $\chi_A(\lambda) = (1-\lambda)^2 - 4 = (\lambda-3)(\lambda+1)$. Les valeurs propres sont $3$ et $-1$. $A$ est diagonalisable. Les sous-espaces propres sont : $E_3 = \ker(A-3I) = \text{Vect} \left( \begin{pmatrix} 1$
   1 \end{pmatrix} \right) et $E_{-1} = \ker(A+I) = \text{Vect} \left( \begin{pmatrix} 1$
   -1 \end{pmatrix} \right). En suivant le même raisonnement de codiagonalisation, on pose $X = P \text{diag}(x, y) P^{-1}$. L'équation devient :

   $$\begin{cases} x^2 - 2x = 3$$
   y^2 - 2y = -1 \end{cases} \iff \begin{cases} (x-3)(x+1) = 0
   (y-1)^2 = 0 \end{cases}
   On en déduit $x \in \{3, -1\}$ et $y = 1$. Avec $P = \begin{pmatrix} 1 & 1$
   1 & -1 \end{pmatrix} et $P^{-1} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1$
   1 & -1 \end{pmatrix}, on calcule :
   $$X_1 = P \begin{pmatrix} 3 & 0$$
   0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1
   1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 3
   1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1
   1 & 2 \end{pmatrix}
   $$X_2 = P \begin{pmatrix} -1 & 0$$
   0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1
   1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -1
   1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1
   -1 & 0 \end{pmatrix}
   L'ensemble des solutions pour le second cas est :
   $$\boxed{ \mathcal{S}_2 = \left\{ \begin{pmatrix} 2 & 1$$
   1 & 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & -1
   -1 & 0 \end{pmatrix} \right\} }