Corrigé Mines-Ponts 2026 Maths I PSI — Partie D (Q14 à Q18) : Matrices de Hessenberg régulières

Sujet officiel du concours Mines-Ponts, session 2026, épreuve Maths I PSI. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

Ici $n ⩾ 2$ . $A = (a_{i, j}) \in M_{n} (C)$ est de Hessenberg si $a_{i, j} = 0$ dès que $i > j + 1$ , et régulière si de plus $a_{i + 1, i} \neq = 0$ pour tout $i \in [[1, n - 1]]$ . Pour $C \in C^{n - 1}$ , $E_{C} \in M_{n} (C)$ est la matrice dont la dernière colonne est $(C 0)$ , les autres colonnes étant nulles. Pour $B \in M_{n} (C)$ , $B^{(k, ℓ)}$ est la matrice obtenue en retirant à $B$ sa $k$ -ième ligne et sa $ℓ$ -ième colonne. Enfin $J_{n} = (δ_{i, j + 1})$ a pour seuls coefficients non nuls des $1$ juste sous la diagonale.

Q14. Pour $A$ de Hessenberg régulière et $k \in [[1, n]]$ , montrer qu'il existe un unique $P_{k} \in C [X]$ de degré $k - 1$ tel que $det ((x I_{n} - A)^{(k, n)}) = P_{k} (x)$ pour tout $x \in C$ , et donner son coefficient dominant.
Q15. Soit $A$ de Hessenberg régulière et $P$ unitaire de degré $n$ de coefficient $- tr (A)$ sur $X^{n - 1}$ . Montrer qu'il existe un unique $C \in C^{n - 1}$ tel que $χ_{A + E_{C}} = P$ .
Q16. Expliciter l'unique $C$ tel que $χ_{J_{n} + E_{C}} = X^{n}$ .
Q17. Si la matrice de $u \in L (E)$ dans une base $(e_{1}, \dots, e_{n})$ est de Hessenberg régulière, montrer que $(u^{k} (e_{1}))_{0 ⩽ k ⩽ n - 1}$ est une base de $E$ .
Q18. Si $A$ est de Hessenberg régulière et $χ_{A} = X^{n}$ , montrer que $A$ est semblable à $J_{n}$ .

Corrigé

Q14. Posons $M = x I_{n} - A$ , de coefficients $m_{i, j} = x δ_{i, j} - a_{i, j}$ , et $N = M^{(k, n)} \in M_{n - 1} (C)$ : ses lignes sont les lignes $1, \dots, k - 1, k + 1, \dots, n$ de $M$ , ses colonnes les colonnes $1, \dots, n - 1$ . Découpons $N$ selon les lignes ${1, \dots, k - 1}$ , ${k + 1, \dots, n}$ et les colonnes ${1, \dots, k - 1}$ , ${k, \dots, n - 1}$ (blocs de tailles $k - 1$ et $n - k$ ) :

bloc haut-gauche (lignes et colonnes $1, \dots, k - 1$ ) : c'est $x I_{k - 1} - A_{k - 1}$ , où $A_{k - 1} = (a_{i, j})_{1 ⩽ i, j ⩽ k - 1}$ ;
bloc bas-gauche (lignes $i ⩾ k + 1$ , colonnes $j ⩽ k - 1$ ) : $i ⩾ k + 1 > j + 1$ , donc $m_{i, j} = - a_{i, j} = 0$ (Hessenberg) : il est nul ;
bloc bas-droite (lignes $i \in [[k + 1, n]]$ , colonnes $j \in [[k, n - 1]]$ ) : la ligne $i$ y a le rang $i - k$ et la colonne $j$ le rang $j - k + 1$ , donc la position diagonale correspond à $i = j + 1$ , où $m_{j + 1, j} = - a_{j + 1, j}$ (car $j + 1 \neq = j$ ) ; sous cette diagonale, $i > j + 1$ et $m_{i, j} = 0$ . Ce bloc $T$ est triangulaire supérieur de diagonale $- a_{k + 1, k}, \dots, - a_{n, n - 1}$ .

Ainsi $N = (x I_{k - 1} - A_{k - 1} 0 * T)$ , et le déterminant triangulaire par blocs donne, pour $2 ⩽ k ⩽ n - 1$ ,

$det N = det (x I_{k - 1} - A_{k - 1}) \cdot det T = c_{k} χ_{A_{k - 1}} (x), c_{k} = (- 1)^{n - k} i = k \prod n - 1 a_{i + 1, i} .$

Cas extrêmes : si $k = 1$ , le premier bloc est vide et $N = T$ est triangulaire, $det N = c_{1}$ ; si $k = n$ , le second bloc est vide, $N = x I_{n - 1} - A_{n - 1}$ et $det N = χ_{A_{n - 1}} (x)$ , ce qui est la formule avec $c_{n} = 1$ (produit vide). En convenant que $χ_{A_{0}} = 1$ , la formule vaut pour tout $k \in [[1, n]]$ .

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