Solutions des exercices Ex. 9 A et B telles que A2 = A et B 2 = B sont, dans la base canonique @ de Kn , des matrices de projecteurs p et q . Il existe des bases 8 et 9 de Kn dans lesquelles les matrices de p et q sont respectivement : Jr = 0 0 Ir 0 et Jr ′ = 0 0 Ir ′ 0 où r et r ′ sont les rangs de p et q , c’est-à-dire ceux de A et B. On en déduit que si A et B ont même rang, elles sont semblables à une même matrice Jr , donc elles sont semblables. La réciproque est bien connue, indépendante du fait que l’on ait affaire à des matrices de projection. Ex. 18 Notons que 1 < p < n et 1 < q < n . On complète les familles libres X1 , . . . , Xq et Y1 , . . . , Yp en des bases X1 , . . . , Xn et Y1 , . . . , Yn de }n,1 (K). Soit A et B les éléments de GLn (K) dont les colonnes sont les Xj pour A et les Yi pour B. t On notant E1 , . . . , En la base canonique de }n,1 (K), on a Yi = BEi et Xj = AEj , d’où Yi tXj = B Ei tEj A, c’est-à-dire Yi tXj = BEi j tA où les Ei j sont les matrices de la base canonique de }n (K). Comme A et B sont inversibles, w : M ° BM tA est un automorphisme de }n (K). Les images par w de la base canonique de }n (K) en constituent une base. Extraite d’une famille libre, la famille Yi tXj (i,j)∈[[ 1,p ]] × [[ 1,q ]] est libre. Ex. 23 Soit f et g les endomorphismes de E = Kn canoniquement associés à A et B. f étant dans GL(E ), on a f + g ∈ GL(E ) si et seulement si (f + g) ◦ f −1 ∈ GL(E ), c’est-à-dire si et seulement si g ◦ f −1 + IdE ∈GL(E ). Avec A ∈ GLn (K), on a rg BA−1 = rg B = 1, donc le noyau de g ◦ f −1 est de dimension n − 1. On complète une base de Ker g ◦ f −1 en une base @ = e1 , . . . , en−1 , en de E . 0 . . . 0 l1 .. .. et on a Tr BA−1 = Tr C = l . Dans @, la matrice de g ◦ f −1 est de la forme C = ... n . . 0 . . . 0 ln La matrice triangulaire C + In est inversible si et seulement si 1 + ln ≠ 0, donc A + B est inversible si et seulement si ln ≠ −1, c’est-à-dire Tr BA−1 ≠ −1. Ex. 26 a + ib c − id 1 ) En décomposant u = a + ib et v = c + id en parties réelles et imaginaires, on a M (u, v) = . −c − id a − ib 1 0 i 0 0 1 0 −i M (u, v) = aI + bJ + cK + dL , avec I = , J = , K= , L= , 0 1 0 −i −1 0 −i 0 donc # = VectR (I, J, K, L ), et dimR # = 4, puisque I, J, K, L sont indépendantes. 2 ) Étudions le produit dans # en formant la table de multiplication du sous-ensemble {J, K, L } : × J K L J −I −L K K L −I −J L −K J −I ր 1 # est stable pour le produit matriciel et contient I , donc # est un sous-anneau non commutatif de }2 (C). 3 ) Étudions l’ensemble des éléments inversibles de #. a b M= ∈ }2 (C) est inversible si et seulement si ad − bc ≠ 0 et alors M −1 = c d 1 ad − bc (a + d )I 2 − M . Une matrice M (u, v) est donc inversible si et seulement si |u |2 + |v|2 ≠ 0, c’est-à-dire lorsque (u, v) ≠ (0, 0), et M −1 (u, v) = dans ce cas, 1 |u |2 + |v|2 On en déduit que # est un corps. u v −v u qui est un élément de #. Ex. 29 Comme p(t ) est idempotente, on a rg p(t ) = Tr p(t ) . L’application f : t ° Tr p(t ) est continue (somme de fonctions continues), comme elle est à valeurs entières, elle est constante (théorème des valeurs intermédiaires). Ex. 33 Le calcul donne : 2 A = 8 4 0 16 8 0 −8 4 16 ! puis A3 = 16A. Il vient alors A4 = 16A2 et A6 = 256A2 donc A6 − 8A4 = 128A2 et A6 − 8A4 + A3 − 9A + I3 = 128A2 + 7A + I3 . D’où le résultat demandé : 1 025 519 14 2 048 1 039 28 −996 519 2 035 ! . Ex. 36 En posant D = diag d1 , . . . , dn , on obtient : (AD )i j = ai j dj ; (DA)i j = di ai j . Donc, A commute avec toute matrice diagonale si et seulement si A est diagonale. Ex. 37 La matrice nulle est solution évidente du problème. Écartons ce cas. Pour toute matrice M ∈ }3 (K), notons fM l’endomorphisme de K3 qui lui est canoniquement associé. La condition M 2 = 0 se lit fM2 = 0 et équivaut à Im fM ⊂ Ker fM . Donc, compte tenu de fM ≠ 0 et dim Im fM + dim Ker fM = 3, la seule possibilité est dim Im fM = 1, dim Ker fM = 2. Alors, il existe v1 tel que K3 = Kv1 % Ker fM et v2 = f (v1 ) est un vecteur non nul de Ker fM qui, de plus, dirige Im fM . Puisque dim Ker fM = 2, il existe aussi v3 tel que (v2 , v3 ) soit une base de Ker fM . Finalement 9 = (v1 , v2 , v3 ) est une base de K3 , adaptée à la somme directe K3 = Kv1 % Ker fM , et telle que mat9 fM = 0 1 0 0 0 0 0 0 0 ! = E21 . On a ainsi prouvé que toute matrice M solution non nulle du problème est semblable à la matrice élémentaire E21 . 2 La réciproque est évidente car E21 = 0. Donc l’ensemble des matrices M ∈ }3 (K) telles que M 2 = 0 est constitué de la matrice nulle et des matrices semblables à E21 . Ex. 38 Voir Ex. 4 – Mise en œuvre–. Avec A = J − In et J 2 = nJ , il vient A2 − (n − 2)A = (n − 1)In . Donc A est inversible avec A−1 = Ex. 39 1 n−1 A − (n − 2)In . Le calcul du rang et de l’inverse éventuelle d’une matrice peut toujours se faire par la méthode des transformations élémentaires. (Voir le cours, propriétés 48 et 49). 2 Dans les exemples proposés, on trouve : 1 ) Si l = −20, rg(A) = 3 et sinon, rg(A) = 4 avec : −39 1 24 + 9l = 20 + l 36 − 6l 35 − 8l 18 −8 − 4l −12 + 3l −10 + 4l A−1 −5 l −l 5−l 1 4 −4 −5 2 ) rg(B) = 3 pour tout l. 3 ) Si l = 3, rg(C) = 2 et sinon rg(C) = 4 avec : −4 1 3 l +8 = 2(l − 3) l − 2 −6 2 −4 −2 0 C −1 Ex. 40 −2 l+4 l−2 −2 0 −3 1 2 Soit U ∈ }2n (K), ui j = 0 si i + j est pair et ui j = 1 si i + j est impair, et soit V ∈ }2n (K), vi j = 1 quel que soit (i, j). Pour M (a, b) ∈ $, on a M = (a − b)U + bV , donc : $ = Vect(U, V ). U 2 = nU , V 2 = 2nV , UV = VU = nV montre que $ est stable par le produit. Sauf cas particuliers immédiats à traiter, M, M 2 est une base de $. Ex. 43 1 ) a) Par transformations élémentaires sur les colonnes : Cn+j ← Cn+j − Cj , 1 < j < n (où Ck est la k ème colonne h i A 0 . de M ), on ne change pas le rang de M . Donc rg M = rg M1 avec M1 = B−A A De même, par transformations élémentaires sur les lignes : Ln+j ← Ln+j − Lj , 1 < j < n , on obtient : rg M1 = rg M2 avec M2 = A A 0 . B−A A 0 Les deux affirmations précédentes peuvent aussi se déduire des identités matricielles : Remarque 0 B−A = A A A B en notant que les deux matrices −I n 0 In 0 A 0 = 0 In 0 B−A −I n I n A B−A I n −I n In 0 et sont évidemment inversibles. 0 In −I n I n In et A b) On montre facilement que le rang de M2 est égal à rg A + rg(B − A). Par exemple, en posant rg A = r et rg(B − A) = s, on sait qu’il existe P1 , Q1 et P2 , Q2 dans GLn (C) : P1 AQ1 = d’où et puisque les matrices P = En conclusion P1 0 P1 0 Ir 0 0 = Jr et P2 (B − A)Q = 0 0 A P2 0 0 P2 et 0 B−A Q= Q1 Q1 0 0 Q2 0 0 0 Is 0 = Jr 0 = Js 0 Js sont inversibles, on a : rg M2 = r + s. 0 Q2 rg M = rg A + rg(B − A). 2 ) On a rg A < n et rg(B − A) < n donc : rg M = 2n ⇐⇒ rg A = n et rg(B − A) = n . Ainsi M est inversible si et seulement si A ∈ GLn (C) et il existe D ∈ GLn (C) telle que B = A + D . Dans ces conditions, pour X1 , X2 , Y1 , Y2 dans }n,1 (C), on a : n n A A A B X1 X2 = Y1 Y2 ⇐⇒ ⇐⇒ On en déduit A A A B −1 = A X1 + X2 = Y1 ⇐⇒ AX1 + BX2 = Y2 ⇐⇒ A X1 + X2 = Y1 DX2 = Y2 − Y1 X1 = A−1 + D −1 Y1 − D −1 Y2 X2 = D −1 Y2 − D −1 Y1 X1 X2 A−1 + (B − A)−1 −(B − A)−1 = A−1 + D −1 −D −1 −(B − A)−1 (B − A)−1 −D −1 D −1 Y1 Y2 3 Ex. 47 Pour l ≠ 0, en écrivant que A2 A = AA2 , on obtient UV = VU . Alors, A3 A = (A2 )2 donne : V 2 = 0. Puis A2 = AA et A3 = A2 A donnent : UV = V et U 2 = U . Puisque U et V sont permutables, on peut calculer An avec la formule du binôme : A n = l n (U + V )n = l n n X n k=0 k k V U n−k , et, avec V k = 0 et U k = U pour tout k >2, il vient An = ln (U + nVU ) soit aussi An = ln (U + nV ) car VU = UV = V . Ex. 48 n X n X C = (AB − BA)2 est symétrique. Posons C = ci j . Alors, pour Q = C 2 on obtient Tr(Q) = 2 ci j > 0 . i=1 j=1 La même formule montre que Si Tr(Q) = 0, alors C = 0 c’est-à-dire : D 2 = 0 avec D = AB − BA. t Puisque D = −D , on en déduit Tr t DD = − Tr D 2 = 0. Or, en posant D = di j , on obtient Tr c’est-à-dire AB = BA. t DD = n X n X i=1 j=1 2 di j . Donc Tr t DD = 0 donne D = 0, Ex. 49 Pour tout A ∈ }n (C) on a f (0) = f (0 • A) = f (0)f (A). Donc si f (0) était non nul, on aurait f (A) = 1 quelle que soit A. Puisque f est non constante, on a donc f (0) = 0. Si rg(A) = r < n , il existe P et Q dans GLn (K) telles que A = PJr Q, avec Jr = Alors Jrn = 0 donne f (An ) = 0 puis f (A) = 0. 0 0 Ir 0 . Ex. 50 ;j ∈ [[ 1, n ]], (t T T )j j = (T t T )j j s’exprime par ;j ∈ [[ 1, n ]], n X 2 ti j = i=1 Ex. 51 n X 2 tj i et permet de conclure compte tenu de ti, j = 0 pour tout (i, j ) tel que i > j . i=1 Compte tenu de l’identité (In + B)(In − B + B2 − B3 + . . . + (−1)p−1 Bp−1 ) = In + (−1)p−1 Bp , on voit que l’existence de p ∈ N tel que Bp = 0 donne que In + B est inversible avec (In + B)−1 = p−1 X (−1)k Bk . k=0 Ainsi In + A−1 BA = A−1 (In + B)A et In + ABA−1 = A(In + B)A−1 sont également inversibles et, en notant Q = In − B + B 2 + . . . + (−1)p−1 B p−1 , les inverses demandés sont A−1 QA et AQA−1 . Ex. 52 Les stabilités sont immédiates. Le calcul de Tr f peut s’effectuer en considérant la base canonique Ei, j 1<i<n de }n (K). La matrice de f sur cette 1<j<n base est d’ordre n 2 et chacun de ses termes diagonaux est la composante sur Ei, j de t AEi, j + Ei, j A. Posons A = X ak,l Ek,l : il s’agit d’une somme double dans laquelle chaque indice varie de 1 à n . On a alors k,l t A= X ak,l El,k , t AEi, j = k,l On en déduit Tr f = X ak,l El,k Ei, j = k,l X i,j (ai,i + aj,j ) = 2 X ai,l El,j et Ei, j A = l X i,j ai,i = 2n k,l X Une base de Sn est donnée par la famille Ei, j + Ej, i même calcul conduit aux résultats annoncés. 4 X ak,l Ei, j Ek,l = X aj,l Ei,l . l ai,i = 2n Tr A. i 1<i<j<n et une base de An par Ei, j − Ej, i 1<i<j<n et le