Exercice 3 : Matrices semblables et changement de base

🌐 Énoncé du problème / Cadre d’étude

On munit l’espace vectoriel $E = \mathbb{R}^3$ de sa base canonique notée $\mathcal{B}_0 = (e_1, e_2, e_3)$.
On note $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ l’algèbre des matrices carrées d’ordre $3$ à coefficients réels, $I_3$ la matrice identité et $0_3$ la matrice nulle.
Soit $f$ l’endomorphisme de $E$ canoniquement associé à la matrice : $A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & 3 \end{pmatrix}$

L’objectif de ce problème est d’étudier la réduction de la matrice $A$ sous une forme trigonale simplifiée (dite forme de Jordan élémentaire) par un changement de base explicite, puis d’en exploiter la structure pour calculer les puissances $A^n$, déterminer son commutant et résoudre une équation matricielle quadratique.

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❓ Questions progressives

Partie I : Réduction et changement de base

1. Noyau de l’endomorphisme auxiliaire
   On pose $N = A - 2I_3$ et on note $g = f - 2\,\mathrm{id}_E$.
   Déterminer une base et la dimension du sous-espace vectoriel $\ker(g) = \ker(A - 2I_3)$. L’endomorphisme $f$ est-il une homothétie ?
2. Nilpotence de $N$
   Calculer explicitement $N^2$, puis $N^3$. Quel est l’indice de nilpotence de $N$ ?
3. Construction d’une base adaptée
   On pose le vecteur $e'_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, puis $e'_2 = g(e'_3)$ et $e'_1 = g(e'_2)$. a. Calculer les composantes de $e'_2$ et $e'_1$ dans la base canonique.
   b. Démontrer que la famille $\mathcal{B}' = (e'_1, e'_2, e'_3)$ forme une base de $E$.
4. Matrice de passage et inversion
   a. Écrire la matrice de passage $P = \mathrm{Pass}(\mathcal{B}_0, \mathcal{B}')$.
   b. Justifier l’inversibilité de $P$ par un calcul de déterminant, puis déterminer $P^{-1}$ par la méthode du pivot de Gauss ou par résolution de système linéaire.
5. Forme semblable
   Déterminer la matrice $T = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(f)$. Vérifier rigoureusement par le calcul matriciel direct l’égalité : $A = P T P^{-1}$

Partie II : Calcul des puissances $A^n$

6. Puissances de $T$
   On décompose $T$ sous la forme $T = 2I_3 + J$.
   a. Donner l’expression de la matrice $J$ et vérifier sa nilpotence.
   b. À l’aide de la formule du binôme de Newton (dont on justifiera l’emploi), exprimer $T^n$ sous forme matricielle explicite pour tout entier naturel $n \ge 2$.
7. Puissances de $A$
   En déduire l’expression explicite de la matrice $A^n$ en fonction de $n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Partie III : Commutant et équation matricielle

8. Commutant de $T$
   On appelle commutant de $T$ l’ensemble $\mathcal{C}(T) = \{ M \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) \mid M T = T M \}$.
   Montrer qu’une matrice $M = \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}$ commute avec $T$ si et seulement si elle commute avec $J$. En déduire la forme générale des matrices de $\mathcal{C}(T)$, puis montrer que $\mathcal{C}(T) = \mathrm{Vect}(I_3, J, J^2)$.
9. Commutant de $A$
   En utilisant la matrice de passage $P$, établir que $\mathcal{C}(A) = \{ P M P^{-1} \mid M \in \mathcal{C}(T) \}$. Quelle est la dimension de $\mathcal{C}(A)$ ?
10. Équation matricielle $X^2 = T$
    On cherche à résoudre dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ l’équation : $(E_T) : \quad X^2 = T$ a. Montrer que si $X$ est solution de $(E_T)$, alors $X \in \mathcal{C}(T)$.
    b. En déduire toutes les solutions de $(E_T)$.
    c. Combien l’équation $(E_A) : Y^2 = A$ admet-elle de solutions dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ ?

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💡 Pistes & Indications méthodologiques

• Pour la question 1 : Poser le système linéaire homogène associé à $(A - 2I_3)X = 0$ avec $X = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$.
• Pour la question 3 : Pour prouver qu’une famille de 3 vecteurs de $\mathbb{R}^3$ est une base, il suffit d’établir sa liberté (par exemple en montrant que toute combinaison linéaire nulle est triviale).
• Pour la question 6 : Vérifier que $2I_3$ et $J$ commutent avant d’appliquer la formule du binôme. La nilpotence de $J$ tronquera la somme à seulement trois termes non nuls.
• Pour la question 8 : Écrire explicitement les produits $M J$ et $J M$, puis identifier coefficients par coefficients.
• Pour la question 10 : Si $X^2 = T$, alors $X T = X X^2 = X^3 = X^2 X = T X$. Ainsi, $X$ commute avec $T$ et s’écrit obligatoirement sous la forme $X = \alpha I_3 + \beta J + \gamma J^2$.

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📋 Corrigé détaillé et vérification des résultats

Partie I : Réduction et changement de base

1. Noyau de $g = f - 2\,\mathrm{id}_E$

Calculons la matrice $N = A - 2I_3$ : $N = \begin{pmatrix} 1 - 2 & -1 & 1 \\ 0 & 2 - 2 & 0 \\ -1 & 1 & 3 - 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ Soit $X = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^3$. Le système $N X = 0$ s’écrit : $\begin{cases} -x - y + z = 0 \\ 0 = 0 \\ -x + y + z = 0 \end{cases}$ En soustrayant la première équation à la troisième : $(-x + y + z) - (-x - y + z) = 0 \iff 2y = 0 \iff y = 0$ En réinjectant $y = 0$ dans l’une des équations, on obtient $-x + z = 0$, soit $z = x$.
L’ensemble des solutions est : \ker(g) = \left\{ \begin{pmatrix} x \\ 0 \\ x \end{pmatrix} \;\middle|\; x \in \mathbb{R} \right\} = \mathrm{Vect}\begin{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right) Le vecteur $u = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ étant non nul, $(u)$ constitue une base de $\ker(g)$ et : $\dim \ker(g) = 1$ Comme $\ker(g) \neq E$ (ou encore $A \neq 2I_3$), $f$ n’est pas une homothétie.

2. Calcul des puissances de $N$

Calculons $N^2$ : $N^2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ Calcul pas à pas de chaque coefficient :

• Ligne 1 :
  • $c_{11} = (-1)(-1) + (-1)(0) + (1)(-1) = 1 + 0 - 1 = 0$
  • $c_{12} = (-1)(-1) + (-1)(0) + (1)(1) = 1 + 0 + 1 = 2$
  • $c_{13} = (-1)(1) + (-1)(0) + (1)(1) = -1 + 0 + 1 = 0$
• Ligne 2 : coefficients tous nuls car la deuxième ligne de $N$ est nulle : $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.
• Ligne 3 :
  • $c_{31} = (-1)(-1) + (1)(0) + (1)(-1) = 1 + 0 - 1 = 0$
  • $c_{32} = (-1)(-1) + (1)(0) + (1)(1) = 1 + 0 + 1 = 2$
  • $c_{33} = (-1)(1) + (1)(0) + (1)(1) = -1 + 0 + 1 = 0$

Ainsi : $N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix} \neq 0_3$ Calculons $N^3 = N^2 N$ : $N^3 = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 0_3$ Puisque $N \neq 0_3$, $N^2 \neq 0_3$ et $N^3 = 0_3$, l’indice de nilpotence de $N$ est égal à $3$.

3. Construction de la base $\mathcal{B}'$

a. Calculons $e'_2 = N e'_3$ et $e'_1 = N e'_2 = N^2 e'_3$ : $e'_2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ $e'_1 = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}$

b. Montrons que $\mathcal{B}' = (e'_1, e'_2, e'_3)$ est une famille libre.
Soient $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \mathbb{R}$ tels que $\lambda_1 e'_1 + \lambda_2 e'_2 + \lambda_3 e'_3 = 0$. Cela correspond au système : $\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \lambda_2 \\ \lambda_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \iff \begin{cases} 2\lambda_1 - \lambda_2 = 0 \\ \lambda_3 = 0 \\ 2\lambda_1 + \lambda_2 = 0 \end{cases}$ Par addition et soustraction des lignes 1 et 3, on obtient $4\lambda_1 = 0 \implies \lambda_1 = 0$ et $2\lambda_2 = 0 \implies \lambda_2 = 0$. La deuxième ligne donne immédiatement $\lambda_3 = 0$.
La famille $\mathcal{B}'$ est donc une famille libre de trois vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 3 : c’est une base de $E$.

4. Matrice de passage et inversion

a. La matrice de passage $P$ est formée par les colonnes des composantes des vecteurs de $\mathcal{B}'$ dans la base $\mathcal{B}_0$ : $P = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

b. Calculons le déterminant de $P$ en développant selon la troisième colonne : $\det(P) = 1 \cdot (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 2 & 1 \end{vmatrix} = -(2 \cdot 1 - (-1) \cdot 2) = -(2 + 2) = -4$ Puisque $\det(P) = -4 \neq 0$, la matrice $P$ est inversible.
Déterminons $P^{-1}$ en résolvant le système $P X = Y$, avec $X = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ et $Y = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ : $\begin{cases} 2x - y = a & (L_1) \\ z = b & (L_2) \\ 2x + y = c & (L_3) \end{cases}$

• $(L_3) + (L_1) \implies 4x = a + c \iff x = \frac{1}{4}a + \frac{1}{4}c$
• $(L_3) - (L_1) \implies 2y = c - a \iff y = -\frac{1}{2}a + \frac{1}{2}c$
• $(L_2) \implies z = b$

On en déduit l’expression de $P^{-1}$ : $P^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{1}{4} & 0 & \frac{1}{4} \\ -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 2 \\ 0 & 4 & 0 \end{pmatrix}$

5. Forme semblable $T$

Par définition de la base $\mathcal{B}'$ :

• $g(e'_1) = N^3 e'_3 = 0 \implies f(e'_1) = 2e'_1$
• $g(e'_2) = e'_1 \implies f(e'_2) = 2e'_2 + e'_1 = e'_1 + 2e'_2$
• $g(e'_3) = e'_2 \implies f(e'_3) = 2e'_3 + e'_2 = e'_2 + 2e'_3$

Par conséquent, la matrice de $f$ dans la base $\mathcal{B}'$ est : $T = \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(f) = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$

D’après la formule de changement de base, $A = P T P^{-1}$.
Vérifions cette relation par calcul matriciel direct en calculant $P T$ et $A P$ : $P T = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\cdot 2 + 0 + 0 & 2\cdot 1 - 1\cdot 2 + 0 & 0 - 1\cdot 1 + 0 \\ 0 & 0 & 1\cdot 2 \\ 2\cdot 2 + 0 + 0 & 2\cdot 1 + 1\cdot 2 + 0 & 0 + 1\cdot 1 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 4 & 4 & 1 \end{pmatrix}$ $A P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 - 0 + 2 & -1 - 0 + 1 & 0 - 1 + 0 \\ 0 + 0 + 0 & 0 + 0 + 0 & 0 + 2 + 0 \\ -2 + 0 + 6 & 1 + 0 + 3 & 0 + 1 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 4 & 4 & 1 \end{pmatrix}$ On a bien $P T = A P$, ce qui équivaut à $A = P T P^{-1}$.

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Partie II : Calcul des puissances $A^n$

6. Puissances de $T$

a. On a $T = 2I_3 + J$ avec : $J = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ Calculons les puissances successives de $J$ : $J^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad J^3 = 0_3$ Ainsi, $J^k = 0_3$ pour tout $k \ge 3$.

b. La matrice $2I_3$ commute avec toute matrice de $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$, en particulier avec $J$ : $(2I_3)J = J(2I_3) = 2J$.
On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton pour $n \ge 2$ : $T^n = (2I_3 + J)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} J^k (2I_3)^{n-k} = \sum_{k=0}^{\min(n, 2)} \binom{n}{k} 2^{n-k} J^k$ Pour $n \ge 2$, cette somme comporte exactement 3 termes : $T^n = 2^n I_3 + n 2^{n-1} J + \frac{n(n-1)}{2} 2^{n-2} J^2$ Sous forme matricielle explicite : $T^n = \begin{pmatrix} 2^n & n 2^{n-1} & n(n-1)2^{n-3} \\ 0 & 2^n & n 2^{n-1} \\ 0 & 0 & 2^n \end{pmatrix}$ (Remarque : cette formule reste valide pour $n=0$ et $n=1$).

7. Puissances de $A$

Puisque $A = P T P^{-1}$, on a par récurrence immédiate $A^n = P T^n P^{-1}$.
Effectuons d’abord le produit $P T^n$ : $P T^n = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2^n & n 2^{n-1} & n(n-1)2^{n-3} \\ 0 & 2^n & n 2^{n-1} \\ 0 & 0 & 2^n \end{pmatrix}$

• Ligne 1 :
  • $(P T^n)_{11} = 2 \cdot 2^n = 2^{n+1}$
  • $(P T^n)_{12} = 2(n 2^{n-1}) - 2^n = n 2^n - 2^n = (n-1)2^n$
  • $(P T^n)_{13} = 2(n(n-1)2^{n-3}) - n 2^{n-1} = n(n-1)2^{n-2} - n 2^{n-1} = n(n-3)2^{n-2}$
• Ligne 2 :
  • $(P T^n)_{21} = 0$
  • $(P T^n)_{22} = 0$
  • $(P T^n)_{23} = 2^n$
• Ligne 3 :
  • $(P T^n)_{31} = 2 \cdot 2^n = 2^{n+1}$
  • $(P T^n)_{32} = 2(n 2^{n-1}) + 2^n = (n+1)2^n$
  • $(P T^n)_{33} = n(n-1)2^{n-2} + n 2^{n-1} = n(n+1)2^{n-2}$

Multiplions à présent par $P^{-1} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 2 \\ 0 & 4 & 0 \end{pmatrix}$ : Soit $A^n = (P T^n) P^{-1}$ :

• Coefficient $(1,1)$ : $A^n_{11} = \frac{1}{4} \left( (P T^n)_{11} - 2(P T^n)_{12} \right) = \frac{1}{4} \left( 2^{n+1} - 2(n-1)2^n \right) = 2^{n-1} - (n-1)2^{n-1} = (2-n) 2^{n-1}$
• Coefficient $(1,2)$ : $A^n_{12} = \frac{1}{4} \left( 4(P T^n)_{13} \right) = (P T^n)_{13} = n(n-3)2^{n-2}$
• Coefficient $(1,3)$ : $A^n_{13} = \frac{1}{4} \left( (P T^n)_{11} + 2(P T^n)_{12} \right) = \frac{1}{4} \left( 2^{n+1} + 2(n-1)2^n \right) = 2^{n-1} + (n-1)2^{n-1} = n 2^{n-1}$
• Coefficient $(2,1)$ : $A^n_{21} = \frac{1}{4}(0) = 0$
• Coefficient $(2,2)$ : $A^n_{22} = \frac{1}{4}(4 \cdot 2^n) = 2^n$
• Coefficient $(2,3)$ : $A^n_{23} = \frac{1}{4}(0) = 0$
• Coefficient $(3,1)$ : $A^n_{31} = \frac{1}{4} \left( (P T^n)_{31} - 2(P T^n)_{32} \right) = \frac{1}{4} \left( 2^{n+1} - 2(n+1)2^n \right) = 2^{n-1} - (n+1)2^{n-1} = -n 2^{n-1}$
• Coefficient $(3,2)$ : $A^n_{32} = \frac{1}{4} \left( 4(P T^n)_{33} \right) = (P T^n)_{33} = n(n+1)2^{n-2}$
• Coefficient $(3,3)$ : $A^n_{33} = \frac{1}{4} \left( (P T^n)_{31} + 2(P T^n)_{32} \right) = \frac{1}{4} \left( 2^{n+1} + 2(n+1)2^n \right) = 2^{n-1} + (n+1)2^{n-1} = (n+2)2^{n-1}$

Finalement, pour tout $n \in \mathbb{N}$ : $A^n = 2^{n-2} \begin{pmatrix} 2(2-n) & n(n-3) & 2n \\ 0 & 4 & 0 \\ -2n & n(n+1) & 2(n+2) \end{pmatrix}$ (Vérification pour $n=1$ : $2^{-1} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 2 \\ 0 & 4 & 0 \\ -2 & 2 & 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & 3 \end{pmatrix} = A$, cohérent).

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Partie III : Commutant et équation matricielle

8. Commutant de $T$

Comme $T = 2I_3 + J$, on a pour toute matrice $M \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ : $M T - T M = M(2I_3 + J) - (2I_3 + J)M = 2M + M J - 2M - J M = M J - J M$ Par conséquent, $M T = T M \iff M J = J M$.
Soit $M = \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}$. Calculons $M J$ et $J M$ : $M J = \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & d & e \\ 0 & g & h \end{pmatrix}$ $J M = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} d & e & f \\ g & h & i \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ L’égalité $M J = J M$ équivaut à l’identification terme à terme :

• Colonne 1 : $d = 0$, $g = 0$, et $0 = 0$.
• Colonne 2 : $a = e$, $d = h \implies h = 0$, et $g = 0$.
• Colonne 3 : $b = f$, $e = i \implies a = e = i$, et $h = 0$.

Il en résulte que $M$ est de la forme : $M = \begin{pmatrix} a & b & c \\ 0 & a & b \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = a I_3 + b J + c J^2$ La famille $(I_3, J, J^2)$ est échelonnée par rapport aux sur-diagonales, elle est donc libre.
Ainsi, $\mathcal{C}(T) = \mathrm{Vect}(I_3, J, J^2)$ et $\dim \mathcal{C}(T) = 3$.

9. Commutant de $A$

Soit $N \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$. $N A = A N \iff N (P T P^{-1}) = (P T P^{-1}) N \iff (P^{-1} N P) T = T (P^{-1} N P)$ Posons $M = P^{-1} N P$. Alors $N A = A N \iff M \in \mathcal{C}(T) \iff N = P M P^{-1}$ avec $M \in \mathcal{C}(T)$.
On a donc : $\mathcal{C}(A) = \{ P M P^{-1} \mid M \in \mathcal{C}(T) \}$ L’application $\phi : \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) \to \mathcal{M}_3(\mathbb{R}), \; M \mapsto P M P^{-1}$ est un automorphisme d’espace vectoriel (d’inverse $N \mapsto P^{-1} N P$).
L’image du sous-espace vectoriel $\mathcal{C}(T)$ par $\phi$ est le sous-espace $\mathcal{C}(A)$, d’où : $\dim \mathcal{C}(A) = \dim \mathcal{C}(T) = 3$ De plus, puisque $P J^k P^{-1} = (P J P^{-1})^k = (A - 2I_3)^k$, on a aussi : $\mathcal{C}(A) = \mathrm{Vect}(I_3, A, A^2)$

10. Résolution de $X^2 = T$ et solutions de $Y^2 = A$

a. Soit $X$ une matrice vérifiant $X^2 = T$. Alors : $X T = X (X^2) = X^3 = (X^2) X = T X$ Donc toute solution $X$ commute avec $T$, c’est-à-dire $X \in \mathcal{C}(T)$.

b. D’après la question 8, toute solution s’écrit sous la forme $X = \alpha I_3 + \beta J + \gamma J^2$, avec $(\alpha, \beta, \gamma) \in \mathbb{R}^3$.
Calculons $X^2$ en utilisant la nilpotence $J^3 = 0_3$ : $X^2 = (\alpha I_3 + \beta J + \gamma J^2)^2 = \alpha^2 I_3 + 2\alpha\beta J + (2\alpha\gamma + \beta^2) J^2$ On veut $X^2 = T = 2I_3 + J$. Par liberté de la famille $(I_3, J, J^2)$, cela équivaut au système : $\begin{cases} \alpha^2 = 2 \\ 2\alpha\beta = 1 \\ 2\alpha\gamma + \beta^2 = 0 \end{cases}$ Résolvons ce système réel :

1. $\alpha = \pm \sqrt{2}$.
2. $\beta = \frac{1}{2\alpha} = \pm \frac{1}{2\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.
3. $\gamma = -\frac{\beta^2}{2\alpha} = -\frac{1/8}{\pm 2\sqrt{2}} = \mp \frac{1}{16\sqrt{2}} = \mp \frac{\sqrt{2}}{32}$.

L’équation $(E_T)$ possède donc exactement deux solutions réelles distinctes : $X_1 = \sqrt{2} I_3 + \frac{\sqrt{2}}{4} J - \frac{\sqrt{2}}{32} J^2 = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & \frac{\sqrt{2}}{4} & -\frac{\sqrt{2}}{32} \\ 0 & \sqrt{2} & \frac{\sqrt{2}}{4} \\ 0 & 0 & \sqrt{2} \end{pmatrix}$ $X_2 = -X_1 = \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{2}}{32} \\ 0 & -\sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{4} \\ 0 & 0 & -\sqrt{2} \end{pmatrix}$

c. Pour l’équation $(E_A) : Y^2 = A$, posons $X = P^{-1} Y P$.
Alors $Y^2 = A \iff (P X P^{-1})^2 = P T P^{-1} \iff P X^2 P^{-1} = P T P^{-1} \iff X^2 = T$.
L’application $X \mapsto P X P^{-1}$ étant une bijection de $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ sur lui-même, l’équation $Y^2 = A$ admet exactement le même nombre de solutions que $(E_T)$, c’est-à-dire exactement 2 solutions dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ : $Y_1 = P X_1 P^{-1} \quad \text{et} \quad Y_2 = -Y_1$