24 Exercices Corrigés sur les Matrices : Maths Expertes, Prépa & Concours (PDF)

On applique la formule du produit matriciel :

a) \(A \in \mathcal{M}_{2,3}\) et \(B \in \mathcal{M}_{3,2}\) : le produit \(AB\) est défini, de taille \(2 \times 2\).

b) \(BA \in \mathcal{M}_{3,3}\) :

c) Non : \(AB \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})\) et \(BA \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})\). Les deux produits existent mais n’ont pas la même taille ; a fortiori ils ne sont pas égaux.

\(\det(A) = 3 \times 2 – 1 \times 5 = 1 \neq 0\). La matrice est inversible.

Par la formule de l’inverse 2×2 :

Vérification :

Par la règle de Sarrus :

Diagonales descendantes : \(2 \times 4 \times (-2) + (-1) \times 1 \times 1 + 3 \times 0 \times 2 = -16 – 1 + 0 = -17\)

Diagonales montantes : \(3 \times 4 \times 1 + (-1) \times 0 \times (-2) + 2 \times 1 \times 2 = 12 + 0 + 4 = 16\)

Vérification par développement selon la 1re colonne (le coefficient \(a_{21} = 0\) simplifie le calcul) :

Pour toute matrice diagonale \(D = \mathrm{diag}(d_1, \ldots, d_p)\), on a \(D^n = \mathrm{diag}(d_1^n, \ldots, d_p^n)\). Cela se démontre par récurrence immédiate sur \(n\).

Ici :

Vérification : \(D^0 = I_3\) ✓ et \(D^1 = D\) ✓.

a) \(AB = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}\), donc \((AB)^T = \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\).

b) \(B^T = B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\) (matrice symétrique) et \(A^T = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}\).

c) On vérifie bien \((AB)^T = B^T A^T\). C’est une illustration de la propriété générale : la transposée du produit est le produit des transposées en ordre inversé.

a) Récurrence immédiate. \(X_0 = A^0 X_0\) est évident. Si \(X_n = A^n X_0\), alors \(X_{n+1} = AX_n = A \cdot A^n X_0 = A^{n+1} X_0\).

b) \(A^2 = \begin{pmatrix} 4+1 & 2+2 \\ 2+2 & 1+4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix}\).

\(A^2 – 4A + 3I_2 = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 8 & 4 \\ 4 & 8 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) ✓

Cette relation est le théorème de Cayley-Hamilton appliqué à \(A\) : \(\mathrm{tr}(A) = 4\) et \(\det(A) = 3\).

c) Posons \(A^n = \alpha_n A + \beta_n I_2\) pour \(n \geq 1\).

Calcul de \(A^{n+1}\) : on écrit \(A^{n+1} = A \cdot A^n = A(\alpha_n A + \beta_n I_2) = \alpha_n A^2 + \beta_n A\).

Or \(A^2 = 4A – 3I_2\) (question b), donc :

On en tire le système : \(\alpha_{n+1} = 4\alpha_n + \beta_n\) et \(\beta_{n+1} = -3\alpha_n\).

En substituant, \(\alpha_{n+1} = 4\alpha_n – 3\alpha_{n-1}\), récurrence linéaire d’ordre 2.

L’équation caractéristique \(r^2 – 4r + 3 = 0\) admet pour racines \(r_1 = 1\) et \(r_2 = 3\). Donc \(\alpha_n = \lambda + \mu \cdot 3^n\).

Conditions initiales : \(A^1 = A\) donne \(\alpha_1 = 1\) et \(\beta_1 = 0\). Et pour la récurrence sur \(\alpha\), on peut poser \(\alpha_0 = 0\) (cohérent avec \(A^0 = I_2\)).

Système : \(\lambda + \mu = 0\) et \(\lambda + 3\mu = 1\). D’où \(\mu = \displaystyle\frac{1}{2}\), \(\lambda = -\displaystyle\frac{1}{2}\).

Formule finale :

Vérification : \(n = 1\) donne \(\displaystyle\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} = A\) ✓ ; \(n = 2\) donne \(\displaystyle\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 10 & 8 \\ 8 & 10 \end{pmatrix} = A^2\) ✓.

d) \(X_n = A^n X_0\) avec \(X_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\). On lit donc la première colonne de \(A^n\) :

Vérification : \(u_0 = 1, v_0 = 0\) ✓. \(u_1 = 2, v_1 = 1\) ; calcul direct \(u_1 = 2 \cdot 1 + 0 = 2\) et \(v_1 = 1 + 2 \cdot 0 = 1\) ✓.

a)

b) On a \(A \neq 0\), \(B \neq 0\), mais \(AB = 0\). Les matrices \(A\) et \(B\) sont des diviseurs de zéro dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\). Cela montre que l’algèbre des matrices n’est pas intègre.

c)

On a \(AB = 0\) mais \(BA \neq 0\) : le produit matriciel n’est pas commutatif, et \(AB = 0 \not\Rightarrow BA = 0\).

On échelonne la matrice augmentée \((A \mid I_3)\) :

\(L_2 \leftarrow L_2 – L_1\), \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\) :

\(L_3 \leftarrow L_3 – 2L_2\) :

Remontée : \(L_2 \leftarrow L_2 – 2L_3\), \(L_1 \leftarrow L_1 – L_3\) :

\(L_1 \leftarrow L_1 – L_2\) :

D’où :

Pour plus de détails sur cette technique, consulte la fiche méthode inverse 3×3.

L’unique décomposition est \(S = \displaystyle\frac{M + M^T}{2}\) et \(A = \displaystyle\frac{M – M^T}{2}\).

Vérification : \(S^T = S\) ✓, \(A^T = -A\) ✓, \(S + A = M\) ✓.

Cette décomposition existe et est unique pour toute matrice carrée. On utilise ici que \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_n(\mathbb{R}) \oplus \mathcal{A}_n(\mathbb{R})\).

a)

b) \(N^3 = 0\) et \(N^2 \neq 0\), donc \(N\) est nilpotente d’indice 3.

Remarque : \(N\) est triangulaire supérieure stricte, donc nilpotente. Pour une matrice de \(\mathcal{M}_n(K)\) triangulaire supérieure stricte, l’indice de nilpotence est au plus \(n\).

a) Récurrence sur \(n \geq 1\).

Initialisation : \(A^1 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_2 & F_1 \\ F_1 & F_0 \end{pmatrix}\) ✓ (car \(F_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = 1\)).

Hérédité : supposons \(A^n = \begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1} \end{pmatrix}\). Alors :

La propriété est héréditaire. ∎

b) On a \(\det(A^n) = (\det A)^n = (-1)^n\).

Or \(\det(A^n) = F_{n+1}F_{n-1} – F_n^2\).

D’où \(F_{n+1}F_{n-1} – F_n^2 = (-1)^n\). ∎

La colonne 2 contient trois zéros (positions \((1,2)\), \((3,2)\) et \((4,2)\)). On développe selon la colonne 2 :

(les trois autres cofacteurs sont nuls)

Calculons le déterminant 3×3 par Sarrus :

Diagonales + : \(1 \times 1 \times 1 + 2 \times 2 \times 2 + 0 \times 0 \times 3 = 1 + 8 + 0 = 9\)

Diagonales – : \(0 \times 1 \times 2 + 2 \times 0 \times 1 + 1 \times 2 \times 3 = 0 + 0 + 6 = 6\)

De \(AB = I_n\), on déduit :

Or \(\det(AB) = \det(A) \det(B)\), donc \(\det(A) \neq 0\).

Ainsi \(A\) est inversible. Multiplions \(AB = I_n\) à gauche par \(A^{-1}\) :

Donc \(BA = A^{-1}A = I_n\). ∎

Posons \(A = 3I_3 + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\).

On a \(N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(N^3 = 0\) : \(N\) est nilpotente d’indice 3.

Les matrices \(3I_3\) et \(N\) commutent (toute matrice commute avec un scalaire fois l’identité), donc on applique le binôme de Newton :

Pour \(n \geq 2\) :

Soit, sous forme matricielle :

Résultat :

Vérifications : \(n = 0\) donne \(I_3\) ✓, \(n = 1\) donne \(A\) ✓, \(n = 2\) donne \(A^2 = \begin{pmatrix} 9 & 6 & 1 \\ 0 & 9 & 6 \\ 0 & 0 & 9 \end{pmatrix}\) ✓.

La formule est valable pour tout \(n \in \mathbb{N}\) (avec la convention \(C_{n}^{k} = 0\) si \(k\) > \(n\)).

Posons \(M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\) et calculons les deux produits :

Donc :

\(\mathcal{C}(J)\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\) de dimension 2. C’est aussi l’algèbre des polynômes en \(J\) : \(\mathcal{C}(J) = \mathbb{R}[J]\) (puisque \(J^2 = 0\), seuls les polynômes de degré \(\leq 1\) contribuent).

Calculons \(\det(A(t))\) en développant selon la 1re colonne :

Cas \(t \notin \{-1, 1\}\) : \(\det(A(t)) \neq 0\), donc \(\mathrm{rg}(A(t)) = 3\).

Cas \(t = 1\) :

Les trois lignes sont identiques : \(\mathrm{rg}(A(1)) = 1\).

Cas \(t = -1\) :

\(L_2 = -L_1\) et \(L_3 = L_1\) : \(\mathrm{rg}(A(-1)) = 1\).

a) \(\det(M^T M) = \det(I_2) = 1\). Or \(\det(M^T) = \det(M)\), donc \((\det M)^2 = 1\), d’où \(\det(M) = \pm 1\). ∎

b) Posons \(M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\). La condition \(M^T M = I_2\) se traduit par :

• \(a^2 + c^2 = 1\) et \(b^2 + d^2 = 1\) (colonnes de norme 1)
• \(ab + cd = 0\) (colonnes orthogonales)

De \(a^2 + c^2 = 1\), il existe \(\theta \in \mathbb{R}\) tel que \(a = \cos\theta\) et \(c = \sin\theta\).

La condition \(ab + cd = 0\) avec \(b^2 + d^2 = 1\) impose \((b, d) = \pm(-\sin\theta, \cos\theta)\).

• Si \((b, d) = (-\sin\theta, \cos\theta)\) : \(\det(M) = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\) ✓.

Les rotations : \(R(\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}\).

• Si \((b, d) = (\sin\theta, -\cos\theta)\) : \(\det(M) = -1\) ✗.

c) Le second cas donne les réflexions :

Vérification : \(S(\theta)^2 = I_2\) et \(S(\theta)^T = S(\theta)\) ✓. C’est la réflexion par rapport à la droite d’angle \(\displaystyle\frac{\theta}{2}\) avec l’axe des abscisses.

a) Effectuons les opérations \(C_2 \leftarrow C_2 – aC_1\) puis \(C_3 \leftarrow C_3 – a^2 C_1\) :

En factorisant \(b^2 – a^2 = (b-a)(b+a)\) et \(c^2 – a^2 = (c-a)(c+a)\), on développe selon la première ligne :

Résultat : \(\det(V) = (b-a)(c-a)(c-b)\)

b) \(V\) est inversible \(\iff \det(V) \neq 0 \iff a, b, c\) sont deux à deux distincts.

Remarque : ce résultat se généralise en dimension \(n\). La matrice de Vandermonde \(V(x_1, \ldots, x_n) = \left(x_i^{j-1}\right)_{1 \leq i,j \leq n}\) a pour déterminant :

Elle intervient en interpolation polynomiale (unicité du polynôme interpolateur de Lagrange).

a) Posons \(A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & e \end{pmatrix}\), avec \(s = a + e\) et \(d = ae – bc\).

Calculons \(A^2 – sA\) coefficient par coefficient :

• Coefficient \((1,1)\) : \(a^2 + bc – a(a+e) = bc – ae = -d\)
• Coefficient \((1,2)\) : \(ab + be – b(a+e) = 0\)
• Coefficient \((2,1)\) : \(ca + ec – c(a+e) = 0\)
• Coefficient \((2,2)\) : \(cb + e^2 – e(a+e) = bc – ae = -d\)

Donc \(A^2 – sA = -dI_2\), soit \(A^2 – sA + dI_2 = 0\). ∎

b) Si \(d \neq 0\), on réécrit : \(A(sI_2 – A) = dI_2\), d’où :

On retrouve la formule classique de l’inverse d’une matrice 2×2.

c) Application avec \(B = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\).

\(s = \mathrm{tr}(B) = 5\), \(d = \det(B) = 6\).

Vérification : \(B^2 = \begin{pmatrix} 9 & 5 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}\), et \(B^2 – 5B + 6I_2 = \begin{pmatrix} 9-15+6 & 5-5+0 \\ 0 & 4-10+6 \end{pmatrix} = 0\) ✓.

Calcul de \(B^n\) : de \(B^2 = 5B – 6I_2\), posons \(B^n = \alpha_n B + \beta_n I_2\) par récurrence.

Initialisation : \(\alpha_0 = 0, \beta_0 = 1\) (car \(B^0 = I_2\)) et \(\alpha_1 = 1, \beta_1 = 0\).

Hérédité : \(B^{n+1} = B \cdot B^n = \alpha_n B^2 + \beta_n B = \alpha_n(5B – 6I_2) + \beta_n B = (5\alpha_n + \beta_n)B – 6\alpha_n I_2\).

D’où le système de récurrence : \(\alpha_{n+1} = 5\alpha_n + \beta_n\) et \(\beta_{n+1} = -6\alpha_n\).

En substituant : \(\alpha_{n+1} = 5\alpha_n – 6\alpha_{n-1}\). L’équation caractéristique \(r^2 – 5r + 6 = 0\) donne \(r = 2\) ou \(r = 3\) (les valeurs propres de \(B\)).

Avec les conditions initiales : \(\alpha_n = 3^n – 2^n\) et \(\beta_n = 3 \cdot 2^n – 2 \cdot 3^n\).

Résultat :

Vérification : \(n = 2\) donne \(\begin{pmatrix} 9 & 5 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} = B^2\) ✓.

a) Développons selon la première ligne :

On factorise : \(m = 1\) est racine. Division euclidienne :

Résultat : \(\det(A(m)) = -(m-1)(m-2)(m+1)\)

b)

• Si \(m \notin \{-1, 1, 2\}\) : \(\det(A(m)) \neq 0\), donc \(\mathrm{rg}(A(m)) = 3\).
• Si \(m = 1\) : \(A(1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}\). \(L_1 = L_2\) ; après suppression, on a \(\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}\) de rang 2.
• Si \(m = -1\) : \(A(-1) = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1 \\ 2 & -1 & -1 \end{pmatrix}\). \(L_2 = -L_1\) ; le mineur 2×2 des lignes 1, 3 et colonnes 1, 2 vaut \(-1+2 = 1 \neq 0\) : \(\mathrm{rg} = 2\).
• Si \(m = 2\) : \(A(2) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix}\). \(L_2 – 2L_1 = (0,-3,0)\) ; \(L_3 – 2L_1 = (0,-2,0)\) ; \(\mathrm{rg} = 2\).

c) Résolution de \(A(m)X = B\).

Si \(m \notin \{-1,1,2\}\) : le système est de Cramer → solution unique (que l’on peut obtenir par Cramer ou par Gauss).

Si \(m = 1\) : matrice augmentée :

\(L_3\) donne \(y + z = 1\). \(L_1\) donne \(x + y + z = 1\), soit \(x = 0\). En posant \(z = t\) :

\(\mathcal{S} = \{(0,\, 1-t,\, t) \mid t \in \mathbb{R}\}\) : infinité de solutions (espace affine de dimension 1).

Si \(m = -1\) :

\(L_2\) donne \(0 = 2\) : contradiction → système incompatible.

Si \(m = 2\) :

\(L_3\) donne \(0 = -\displaystyle\frac{1}{3}\) : contradiction → système incompatible.

Bilan :

Idée clé. On raisonne par l’absurde. Si toute matrice de \(H\) est non inversible, alors \(\det\) s’annule identiquement sur \(H\), et on va montrer que cela force \(\det \equiv 0\) sur \(\mathcal{M}_n(\mathbb{C})\) tout entier, ce qui est absurde.

Étape 1 : caractérisation d’un hyperplan par une forme linéaire.

Un hyperplan \(H\) de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{C})\) est le noyau d’une forme linéaire non nulle \(\varphi : \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) \to \mathbb{C}\). On sait par ailleurs qu’il existe une matrice \(A_0 \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})\) telle que \(\varphi(M) = \mathrm{tr}(A_0 M)\) pour toute matrice \(M\) (la forme bilinéaire \((A, M) \mapsto \mathrm{tr}(AM)\) est non dégénérée, donc tout \(\varphi \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})^*\) s’écrit ainsi de manière unique).

Donc \(H = \{M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) \mid \mathrm{tr}(A_0 M) = 0\}\) avec \(A_0 \neq 0\).

Étape 2 : raisonnement par l’absurde.

Supposons que \(H \cap GL_n(\mathbb{C}) = \emptyset\), c’est-à-dire que \(\det(M) = 0\) pour tout \(M \in H\).

Distinguons deux cas selon que \(A_0\) est inversible ou non.

Cas 1 : \(A_0 \in GL_n(\mathbb{C})\). Alors \(A_0\) elle-même n’est pas dans \(H\) (car \(\mathrm{tr}(A_0 \cdot A_0^{-1}) = \mathrm{tr}(I_n) = n \neq 0\) montre que l’image de \(A_0^{-1}\) par \(\varphi\) n’est pas nulle, donc en particulier \(A_0^{-1} \notin H\), et… on a besoin d’un autre argument). Considérons la matrice \(M = A_0^{-1} J\) où \(J\) est la matrice de permutation cyclique définie par \(J e_i = e_{i+1}\) (indices modulo \(n\)). Alors :

(la diagonale de \(J\) est nulle). Donc \(M \in H\). Or \(J \in GL_n(\mathbb{C})\) (matrice de permutation) et \(A_0^{-1} \in GL_n(\mathbb{C})\), donc \(M = A_0^{-1} J \in GL_n(\mathbb{C})\). Contradiction.

Cas 2 : \(A_0 \notin GL_n(\mathbb{C})\). Alors \(A_0\) n’est pas inversible, donc il existe \(P, Q \in GL_n(\mathbb{C})\) et un entier \(r \lt n\) (le rang de \(A_0\)) tels que \(A_0 = P J_r Q\), où \(J_r = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) est la matrice canonique de rang \(r\).

Cherchons \(M \in GL_n(\mathbb{C})\) telle que \(\mathrm{tr}(A_0 M) = 0\). Posons \(M = Q^{-1} N P^{-1}\) avec \(N\) à déterminer. Alors :

La trace de \(J_r N\) vaut la somme des \(r\) premiers coefficients diagonaux de \(N\). Choisissons \(N\) diagonale avec \(N_{1,1} = 1, N_{2,2} = -1\), \(N_{i,i} = 1\) pour \(i \geq 3\). Alors \(\mathrm{tr}(J_r N) = 1 – 1 + (r – 2) = r – 2\), et pour \(r \geq 2\) on ajuste facilement en choisissant d’autres valeurs non nulles compatibles (par exemple \(N_{1,1} = r – 1, N_{2,2} = -(r-1)\), \(N_{i,i} = 1\) pour \(i \geq 3\), ce qui donne trace nulle et \(\det(N) \neq 0\)). Pour \(r = 1\), prendre \(N_{1,1} = 0\), \(N_{i,i} = 1\) pour \(i \geq 2\) ne convient pas car \(\det(N) = 0\) ; il suffit alors de prendre \(N\) non diagonale, par exemple la matrice de permutation qui échange 1 et 2, qui est inversible et dont le premier coefficient diagonal vaut 0. Dans tous les cas, on trouve \(N \in GL_n(\mathbb{C})\), donc \(M = Q^{-1} N P^{-1} \in GL_n(\mathbb{C})\) et \(\mathrm{tr}(A_0 M) = 0\).

Dans les deux cas, on exhibe donc une matrice inversible dans \(H\), contredisant l’hypothèse. ∎

Idée clé. La relation \(A^3 = A + I_n\) signifie que \(A\) est annulée par le polynôme \(P(X) = X^3 – X – 1\). Il suffit d’étudier les racines (réelles et complexes) de \(P\) et d’exploiter que \(\det(A)\) est le produit des valeurs propres complexes de \(A\), chacune étant racine de \(P\).

Étape 1 : analyse du polynôme \(P(X) = X^3 – X – 1\).

Étudions \(P\) sur \(\mathbb{R}\). \(P'(X) = 3X^2 – 1\) s’annule en \(\pm \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\). Le maximum local vaut :

(car \(\displaystyle\frac{2}{3\sqrt{3}} = \displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{9} \approx 0{,}385 \lt 1\)).

Donc \(P\) admet une seule racine réelle \(\alpha\), et \(P(1) = -1 \lt 0\), \(P(2) = 5 \gt 0\) donne \(1 \lt \alpha \lt 2\) ; en particulier \(\alpha \gt 0\).

Les deux autres racines de \(P\) dans \(\mathbb{C}\) sont complexes conjuguées : notons-les \(\beta\) et \(\bar\beta\).

Étape 2 : produit des racines.

Par les relations coefficients-racines : le produit des trois racines de \(X^3 + 0 \cdot X^2 – X – 1\) vaut \(-(-1) = 1\). Donc :

Comme \(|\beta|^2 \gt 0\), on retrouve bien \(\alpha \gt 0\).

Étape 3 : valeurs propres complexes de \(A\) et calcul du déterminant.

Vue comme matrice complexe, \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})\) admet \(n\) valeurs propres \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\) dans \(\mathbb{C}\) (comptées avec multiplicité, théorème de d’Alembert-Gauss appliqué au polynôme caractéristique). Chaque \(\lambda_i\) est racine de \(P\), donc \(\lambda_i \in \{\alpha, \beta, \bar\beta\}\).

Notons \(p\) le nombre de \(\lambda_i\) égaux à \(\alpha\), \(q\) le nombre de \(\lambda_i\) égaux à \(\beta\), et \(r\) le nombre de \(\lambda_i\) égaux à \(\bar\beta\). On a \(p + q + r = n\).

Comme \(A\) est à coefficients réels, son polynôme caractéristique est à coefficients réels. Les racines complexes non réelles apparaissent donc par paires conjuguées : \(q = r\).

Alors :

Or \(\alpha \gt 0\) et \(|\beta|^{2q} \gt 0\) (car \(\beta \neq 0\) : sinon \(0\) serait racine de \(P\), or \(P(0) = -1 \neq 0\)).

Donc \(\det(A) \gt 0\). ∎

Idée clé. Le chemin linéaire naïf \(t \mapsto (1-t)A + tB\) peut sortir de \(GL_n(\mathbb{C})\) (annuler le déterminant). On contourne l’obstacle en passant par un chemin complexe : on prolonge le paramètre \(t\) dans \(\mathbb{C}\) tout entier, et on exploite que \(\mathbb{C}\) privé d’un nombre fini de points reste connexe par arcs.

Étape 1 : le chemin complexe.

Pour \(z \in \mathbb{C}\), posons \(M(z) = (1 – z) A + z B\). Alors \(M : \mathbb{C} \to \mathcal{M}_n(\mathbb{C})\) est une application affine (à coefficients polynomiaux de degré \(\leq 1\) en \(z\)).

Considérons \(P(z) = \det(M(z))\). C’est un polynôme en \(z\) de degré au plus \(n\) (développement du déterminant : chaque coefficient de \(M(z)\) est affine en \(z\), et le déterminant est multilinéaire de degré \(n\) en les coefficients).

Étape 2 : \(P\) n’est pas le polynôme nul.

On a \(P(0) = \det(A) \neq 0\) (car \(A \in GL_n(\mathbb{C})\)). Donc \(P\) est un polynôme non nul, et par suite il admet au plus \(n\) racines dans \(\mathbb{C}\). Notons \(\{z_1, \ldots, z_k\}\) ces racines (avec \(k \leq n\)).

Étape 3 : \(\mathbb{C}\) privé d’un nombre fini de points est connexe par arcs.

L’ensemble \(\mathbb{C} \setminus \{z_1, \ldots, z_k\}\) est connexe par arcs (c’est un résultat classique : le plan privé d’un ensemble fini reste connexe par arcs, car on peut toujours contourner chaque point par un petit détour).

Comme \(0\) et \(1\) ne sont pas racines de \(P\) (car \(P(0) = \det(A) \neq 0\) et \(P(1) = \det(B) \neq 0\)), il existe un chemin continu \(\tilde\gamma : [0, 1] \to \mathbb{C} \setminus \{z_1, \ldots, z_k\}\) tel que \(\tilde\gamma(0) = 0\) et \(\tilde\gamma(1) = 1\).

Étape 4 : conclusion.

Définissons \(\gamma : [0, 1] \to \mathcal{M}_n(\mathbb{C})\) par \(\gamma(t) = M(\tilde\gamma(t)) = (1 – \tilde\gamma(t)) A + \tilde\gamma(t) B\).

\(\gamma\) est continue (composée d’applications continues). Pour tout \(t \in [0, 1]\), \(\det(\gamma(t)) = P(\tilde\gamma(t)) \neq 0\) (car \(\tilde\gamma(t) \notin \{z_1, \ldots, z_k\}\)), donc \(\gamma(t) \in GL_n(\mathbb{C})\).

Enfin \(\gamma(0) = M(0) = A\) et \(\gamma(1) = M(1) = B\). Le chemin \(\gamma\) convient. ∎