Équation matricielle du second degré

On considère la matrice $A \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ définie par :

A = \begin{pmatrix} 3 & -3 -1 & 5 \end{pmatrix}

Déterminer les valeurs propres de $A$ et procéder à sa réduction sous forme diagonale.
Soit $M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ une solution de l'équation matricielle $M^2 + M = A$ . Démontrer que les seules valeurs propres possibles pour la matrice $M$ appartiennent à l'ensemble $\{-3, -2, 1, 2\}$ .
Établir que toute solution $M$ de cette équation est nécessairement diagonalizable, puis déterminer l'ensemble des matrices $M$ vérifiant $M^2 + M = A$ .

1.

Pour la première question, calculer le polynôme caractéristique $\chi_A(X) = \det(X I_2 - A)$ et chercher les vecteurs propres associés.

2.

Pour la deuxième question, si $v$ est un vecteur propre de $M$ associé à la valeur propre $\mu$ , calculer $(M^2 + M)v$ pour faire apparaître un lien avec les valeurs propres de $A$ .

3.

Pour la troisième question, utiliser le fait que $M$ commute avec $A$ . Puisque $A$ possède des valeurs propres distinctes, les sous-espaces propres de $A$ sont stables par $M$ .

Idées clés

•

Diagonalisation explicite d'une matrice $2 \times 2$ .

•

Lien entre le spectre d'une matrice $M$ et celui de $P(M)$ .

•

Utilisation de la commutation : si $M$ et $A$ commutent et que $A$ a des valeurs propres simples, $M$ est un polynôme en $A$ .

Résolution.

Calculons le polynôme caractéristique de $A$ : $\chi_A(X) = \det(X I_2 - A) = \begin{vmatrix} X-3 & 3 1 & X-5 \end{vmatrix} = (X-3)(X-5) - 3$ $\chi_A(X) = X^2 - 8X + 12 = (X-2)(X-6)$ Les valeurs propres de $A$ sont donc $2$ et $6$ . Elles sont simples, donc $A$ est diagonalizable. Recherchons les sous-espaces propres : Pour $\lambda = 2$ : $(A - 2I)X = 0 \iff x - 3y = 0$ . Un vecteur propre est $v_1 = \begin{pmatrix} 3 1 \end{pmatrix}$ . Pour $\lambda = 6$ : $(A - 6I)X = 0 \iff -3x - 3y = 0$ . Un vecteur propre est $v_2 = \begin{pmatrix} 1 -1 \end{pmatrix}$ . En posant $P = \begin{pmatrix} 3 & 1 1 & -1 \end{pmatrix}$ et $D = \begin{pmatrix} 2 & 0 0 & 6 \end{pmatrix}$ , on a : $\boxed{ A = PDP^{-1} \text{avec} P = \begin{pmatrix} 3 & 1 1 & -1 \end{pmatrix} }$
Soit $\mu$ une valeur propre de $M$ et $v \neq 0$ un vecteur propre associé, tel que $Mv = \mu v$ . En appliquant l'équation $M^2 + M = A$ au vecteur $v$ , on obtient : $(M^2 + M)v = Av \implies (\mu^2 + \mu)v = Av$ Ceci montre que $v$ est également un vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre $\lambda = \mu^2 + \mu$ . D'après la question précédente, les seules valeurs propres de $A$ sont $2$ et $6$ . On résout donc les deux équations du second degré suivantes : $\mu^2 + \mu = 2 \iff \mu^2 + \mu - 2 = 0 \iff (\mu-1)(\mu+2) = 0 \implies \mu \in \{1, -2\}$ . $\mu^2 + \mu = 6 \iff \mu^2 + \mu - 6 = 0 \iff (\mu-2)(\mu+3) = 0 \implies \mu \in \{2, -3\}$ . Les valeurs propres possibles pour $M$ sont donc : $\boxed{ \text{Sp}(M) \subset \{-3, -2, 1, 2\} }$
Remarquons que $M$ $M$ commute avec $A$ $A$ car $M A = M(M^2+M) = M^3+M^2 = (M^2+M)M = AM$ $M A = M (M^{2} + M) = M^{3} + M^{2} = (M^{2} + M) M = A M$ . Puisque $A$ $A$ admet deux valeurs propres distinctes en dimension 2, ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles. La condition $AM = MA$ $A M = M A$ implique que $M$ $M$ stabilise les sous-espaces propres de $A$ $A$ . Ainsi, $v_1$ $v_{1}$ et $v_2$ $v_{2}$ sont nécessairement des vecteurs propres de $M$ $M$ . Comme $(v_1, v_2)$ $(v_{1}, v_{2})$ est une base de $\mathbb{R}^2$ $R^{2}$ , la matrice $M$ $M$ est diagonalizable dans cette même base. Dans la base $(v_1, v_2)$ $(v_{1}, v_{2})$ , la matrice $M$ $M$ est représentée par une matrice diagonale $D' = \begin{pmatrix} \alpha & 0 0 & \beta \end{pmatrix}$ $D^{'} = (α 0 0 β)$ . L'équation $M^2 + M = A$ $M^{2} + M = A$ devient alors, par passage dans la base de diagonalisation :
$\begin{pmatrix} \alpha^2 + \alpha & 0 0 & \beta^2 + \beta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 0 & 6 \end{pmatrix}$
On en déduit le système suivant :
$\begin{cases} \alpha^2 + \alpha = 2 \beta^2 + \beta = 6 \end{cases} \iff \begin{cases} \alpha \in \{1, -2\} \beta \in \{2, -3\} \end{cases}$
Il y a $2 \times 2 = 4$ $2 \times 2 = 4$ couples $(\alpha, \beta)$ $(α, β)$ possibles. Les solutions sont de la forme $M = PD'P^{-1}$ $M = P D^{'} P^{- 1}$ . Calculons $P^{-1}$ $P^{- 1}$ . On a $\det(P) = -4$ $det (P) = - 4$ , d'où $P^{-1} = \frac{1}{-4} \begin{pmatrix} -1 & -1 -1 & 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & -3 \end{pmatrix}$ $P^{- 1} = \frac{1}{- 4} (- 1 - 1 - 1 3) = \frac{1}{4} (11 1 - 3)$ . Le calcul général donne :
$M = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 3 & 1 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha & 0 0 & \beta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 1 & -3 \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 3\alpha+\beta & 3\alpha-3\beta \alpha-\beta & \alpha+3\beta \end{pmatrix}$
Les quatre solutions sont :
- Pour $(\alpha, \beta) = (1, 2)$ : $M_1 = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 5 & -3 -1 & 7 \end{pmatrix}$
- Pour $(\alpha, \beta) = (1, -3)$ : $M_2 = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 0 & 12 4 & -8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 3 1 & -2 \end{pmatrix}$
- Pour $(\alpha, \beta) = (-2, 2)$ : $M_3 = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} -4 & -12 -4 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & -3 -1 & 1 \end{pmatrix}$
- Pour $(\alpha, \beta) = (-2, -3)$ : $M_4 = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} -9 & 3 1 & -11 \end{pmatrix}$
$\boxed{ \mathcal{S} = \{M_1, M_2, M_3, M_4\} }$

Une erreur fréquente est d'affirmer directement que $M$ est une fonction de $A$ sans le justifier. Ici, le fait que $A$ ait des valeurs propres simples est crucial pour garantir que toute matrice commutant avec $A$ est un polynôme en $A$ , et donc diagonalizable dans la même base.