Équations polynomiales matricielles d'ordre 2

On se propose de résoudre des équations de la forme $P(X) = A$ où $A \in \mathcal{M}_2(\mathbb{K})$ et $P \in \mathbb{K}[X]$ .

Étude d'un premier cas guidé. Soit $A = \begin{pmatrix} 3 & -3 -1 & 5 \end{pmatrix}$ $A = (3 - 1 - 3 5)$ . On cherche $X \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ $X \in M_{2} (R)$ telle que $X^2 + X = A$ $X^{2} + X = A$ .
1. Déterminer les valeurs propres de $A$ et une base de vecteurs propres.
2. Justifier que si $X$ est solution, alors $X$ commute avec $A$ .
3. En déduire que $X$ est diagonalisable dans la même base que $A$ .
4. Déterminer toutes les solutions $X$ dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ .
Influence du corps de base. Résoudre dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ , puis dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{C})$ , l'équation : $M^2 + M + I_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 1 & 0 \end{pmatrix}$
Autres configurations. Résoudre dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ $M_{2} (R)$ les deux équations suivantes :
1. $X^{2}-2 X = \begin{pmatrix} 5 & -15 2 & -6 \end{pmatrix}$
2. $X^{2}+X = \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & 1 \end{pmatrix}$

1.

Si $X$ est solution de $P(X) = A$ , alors $X$ commute avec $A$ car $X$ commute avec tout polynôme en $X$ .

2.

Si $A$ possède $n$ valeurs propres distinctes, son commutant est l'ensemble des matrices diagonalisables dans la même base que $A$ .

3.

Pour l'équation $P(X)=A$ , une fois $A$ diagonalisée sous la forme $A = P D P^{-1}$ , on cherche $X$ sous la forme $X = P \Delta P^{-1}$ où $\Delta$ est diagonale et vérifie $P(\Delta) = D$ .

4.

Attention : sur $\mathbb{R}$ , certains polynômes scalaires peuvent ne pas avoir de racines, ce qui limite le nombre de solutions matricielles.

Idées clés

•

Commutation $XA=AX$ car $A$ est un polynôme en $X$ .

•

Codiagonalisation : si $A$ a des valeurs propres distinctes, toute matrice commutant avec $A$ est diagonalisable dans la même base.

•

Réduction du problème matriciel à un système d'équations scalaires sur les coefficients diagonaux.

Résolution.

Premier cas : $X^2 + X = A$
1. Le polynôme caractéristique de $A$ est $\chi_A(x) = (3-x)(5-x) - 3 = x^2 - 8x + 12 = (x-2)(x-6)$ . Les valeurs propres sont $\lambda_1 = 2$ et $\lambda_2 = 6$ . Pour $\lambda_1=2$ , on trouve $E_2(A) = \text{Vect} \begin{pmatrix} 3 1 \end{pmatrix}$ . Pour $\lambda_2=6$ , on trouve $E_6(A) = \text{Vect} \begin{pmatrix} 1 -1 \end{pmatrix}$ . On a donc $A = P D P^{-1}$ avec : $\boxed{ P = \begin{pmatrix} 3 & 1 1 & -1 \end{pmatrix} \text{et} D = \begin{pmatrix} 2 & 0 0 & 6 \end{pmatrix} }$
2. Si $X^2 + X = A$ , alors $XA = X(X^2+X) = X^3+X^2$ et $AX = (X^2+X)X = X^3+X^2$ . On a donc bien $XA = AX$ .
3. Puisque $XA = AX$ , $X$ laisse stables les sous-espaces propres de $A$ . Comme les valeurs propres de $A$ sont simples, les sous-espaces propres sont des droites. Tout vecteur propre de $A$ est donc aussi un vecteur propre de $X$ . Ainsi, $X$ est diagonalisable dans la même base que $A$ .
4. On cherche $X = P \Delta P^{-1}$ avec $\Delta = \text{diag}(x_1, x_2)$ . L'équation devient $\Delta^2 + \Delta = D$ , soit : $\begin{cases} x_1^2 + x_1 = 2 x_2^2 + x_2 = 6 \end{cases} \iff \begin{cases} x_1^2 + x_1 - 2 = 0 x_2^2 + x_2 - 6 = 0 \end{cases}$ Pour $x_1$ , les racines sont $1$ et $-2$ . Pour $x_2$ , les racines sont $2$ et $-3$ . On obtient 4 matrices $\Delta$ possibles : $\text{diag}(1,2), \text{diag}(1,-3), \text{diag}(-2,2), \text{diag}(-2,-3)$ . Par exemple, pour $\Delta = \begin{pmatrix} 1 & 0 0 & 2 \end{pmatrix}$ , on calcule $X = P \Delta P^{-1}$ : $\boxed{ X_1 = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 3 & 1 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5/4 & -3/4 -1/4 & 7/4 \end{pmatrix} }$ Les trois autres solutions s'obtiennent de la même manière.
Influence du corps : $M^2 + M + I = A$ avec $A = \begin{pmatrix$ 0 & 1 1 & 0 \end{pmatrix} $A = (0110)$ } Les valeurs propres de $A$ sont $1$ et $-1$ . $A$ est diagonalisable. Toute solution $M$ est de la forme $M = Q \text{diag}(m_1, m_2) Q^{-1}$ où $Q$ diagonalise $A$ . L'équation scalaire est $m^2 + m + 1 = \lambda$ avec $\lambda \in \{1, -1\}$ . Cas $\lambda = 1$ : $m^2 + m = 0 \implies m \in \{0, -1\}$ . Cas $\lambda = -1$ : $m^2 + m + 2 = 0$ . Le discriminant est $\Delta = 1 - 8 = -7$ . Dans $\mathbb{R}$ , il n'y a pas de racine. Donc : $\boxed{ \text{Dans } \mathcal{M}_2(\mathbb{R}), \text{ il n'y a pas de solution.} }$ Dans $\mathbb{C}$ , les racines sont $m = \frac{-1 \pm i\sqrt{7}}{2}$ . Il y a donc 4 solutions dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{C})$ , obtenues en combinant $m_1 \in \{0, -1\}$ et $m_2 \in \{ \frac{-1 \pm i\sqrt{7}}{2} \}$ .
Autres configurations
1. Soit $A = \begin{pmatrix} 5 & -15 2 & -6 \end{pmatrix}$ . On a $\text{Tr}(A) = -1$ et $\det(A) = -30 + 30 = 0$ . Les valeurs propres sont $0$ et $-1$ . L'équation $x^2 - 2x = \lambda$ donne : Si $\lambda = 0$ : $x(x-2)=0 \implies x \in \{0, 2\}$ . Si $\lambda = -1$ : $x^2 - 2x + 1 = 0 \implies (x-1)^2 = 0 \implies x = 1$ . Les matrices $\Delta$ possibles sont $\text{diag}(0, 1)$ et $\text{diag}(2, 1)$ . Après calcul avec $P = \begin{pmatrix} 3 & 5 1 & 2 \end{pmatrix}$ , on trouve les deux solutions : $\boxed{ X_1 = \begin{pmatrix} -5 & 15 -2 & 6 \end{pmatrix} \text{et} X_2 = \begin{pmatrix} 1 & 3 0 & 2 \end{pmatrix} \text{ (à titre d'exemple)} }$
2. Soit $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & 1 \end{pmatrix}$ . Les valeurs propres sont $0$ et $2$ . L'équation $x^2 + x = \lambda$ donne : Si $\lambda = 0$ : $x \in \{0, -1\}$ . Si $\lambda = 2$ : $x \in \{1, -2\}$ . En utilisant $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 -1 & 1 \end{pmatrix}$ , on trouve 4 solutions.

Ne pas oublier de vérifier si les valeurs propres de la matrice cible sont distinctes. Si elles sont multiples, la matrice $X$ n'est pas nécessairement diagonalisable dans la même base (elle pourrait être seulement trigonalisable, ou le commutant pourrait être plus gros). Ici, les matrices proposées ont toutes des valeurs propres distinctes.