Ann´ee Acad´emique 2020-2021 EMS - Alg`ebre(2) Corrig´e d’examen
Exercice 1. Soit Ula matrice
U=
0 1 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 1 0
.
1. Calculer U2, et en d´eduire une relation simple liant U2,Uet I4.
2. Soit (αk) et (βk) les suites d´efinies par
α0= 1, β0= 1, αk+1 = 3βk, βk+1 =αk+ 2βk.
Montrer que pour tout k∈N, on a
Uk=
αkβkβkβk
βkαkβkβk
βkβkαkβk
βkβkβkαk
.
3. Montrer que pour tout k∈N, on a βk+2 = 2βk+1 + 3βk.
4. En d´eduire que pour tout k∈N,
βk=3k−(−1)k
4, αk=3k+ 3 ×(−1)k
4.
(Rappeler que c’est ce que vous avez appris en analyse 2 et 3 !)
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1. On v´erifie facilement que
U2=
3 2 2 2
2 3 2 2
2 2 3 2
2 2 2 3
et donc U2= 2U+ 3I4.
2. Raisonner par r´ecurrence. Elle n’est pas si simple, et on peut remarquer que ce que l’on nous demande de montrer
est que pour tout k≥0, Uk=βkU+αkI4. Pour k≥0, notons que P(k) : Uk=βkU+αkI4. En effet, P(0) et
P(1) sont clairement v´erifi´ees, sachant que α1=β1= 0. Soit k≥1 tel que P(k) est v´erifi´ee et prouvons P(k+ 1).
On a
Uk+1 =Uk×U= (αkI4+βkU)×U=αkU+βkU2.
Utilisant la relation U2= 3I+ 2U, on en d´eduit que
Uk+1 = 3βkI4+ (αk+ 2βk)U=αk+1I4+βk+1 U.
La propri´et´e est bien montr´ee au rang k+ 1. Par le principe de r´ecurrence, P(k) est vraie pour tout entier k.
3. Il suffit d’´ecrire
βk+2 =αk+1 + 2βk+1 = 3βk+ 2βk+1.
4. On a affaire `a une suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2. Rappelons : pour d´eterminer le terme g´en´eral d’une
telle suite, on introduit l’´equation caract´eristique r2= 2r+ 3 ⇒r1=−1, r2= 3. On sait alors qu’il existe deux
constantes aet btelles que pour tout k≥0, on a βk=a(−1)k+b3k. En sachant que β0= 0, β1= 1, on a a+b= 0
et −a+ 3b= 1. La r´esolution de ce syst`eme donne le r´esultat souhait´e, et on en d´eduit tr`es ais´ement l’expression
de αk.
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Exercice 2. Soient A, B ∈ Mn(R).
1. On suppose que tr(AAT) = 0. Que dire de la matrice A?
2. On suppose que pour tout X∈ Mn(R), on a tr(AX) = tr(BX). Montrer que A=B.
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1. Notons C=AT,D=AATet cherchons quels sont les coefficients diagonaux de D. On a
Di,i =
n
X
k=1
ai,k ck,i =
n
X
k=1
a2
i,k .
On en d´eduit que
tr(AAT) =
n
X
i,k=1
a2
i,k .
On r´ealise une somme de termes positifs ou nuls, et on demande que la somme est nulle. Tous les termes sont donc
nuls et on en d´eduit que pour tout i, k = 1,2,··· , n, on a ai,j = 0, c’est-`a-dire A= 0.
2. Une preuve tr`es facile utilise le r´esultat pr´ec´edent. En effet, l’´egalit´e implique que tr((A−B)X) = 0 pour tout
X∈ Mn(R). Appliquant ceci avec X= (A−B)T, on en d´eduit que A−B= 0.
On peut aussi donner une preuve directe (mais fatiguante) : calculons AEi,j o`u Ei,j est la matrice ´el´ementaire.
Alors
AEi,j =
0··· 0a1,i 0···
0··· 0a2,i 0···
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0··· 0an,i 0···
o`u la seule colonne non-nulle est la j-i`eme colonne. Le seul coefficient diagonal non nul est donc aj,i , et on en d´eduit
que tr(AEi,j ) = tr(BEi,j ) implique aj,i =bj,i. Comme iet jsont arbitraires dans {1,2,··· , n}, on en d´eduit que
A=B.
Exercice 3. Pour n≥1, on note Dl’ensemble des matrices Ade Mn(R) telle que ai,j ≥0
pour tout i, j et n
X
j=1
ai,j = 1
pour tout i= 1,2,· · · , n.
1. Montrer que Dest stable par produit.
2. D´eterminer les matrices Ade Dqui sont inversibles et telles que A−1∈ D.
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1. Soient A= (ai,j ) et B= (bi,j ) deux ´el´ement de Det soit C=AB leur produit. Alors, clairement on a
ci,j =
n
X
k=1
ai,k bk,j ≥0
car tout est positif. De plus, pour tout i∈ {1,2,··· , n}, on a
n
X
j=1
ci,j =
n
X
k=1
ai,k
n
X
j=1
bk,j =
n
X
k=1
ai,k = 1.
2. Supposons que A∈ D est inversible d’inverse B∈ D. Soient i6=jdans {1,2,··· , n}. Alors le calcul du coefficient
en (i, j) de BA donne
n
X
k=1
bi,k ak,j = 0.
Tous les termes ´etant positifs, ils sont tous nuls, On a donc pour tout entier k,bi,k ak,j = 0. Choisissons itel que
bi,16= 0. Alors on a a1,j = 0 pour tout j6=i. Autrement dit, la matrice Aa au plus un coefficient non nul dans
chaque ligne. Mais la somme des ´el´ements de chaque ligne de Avalant 1, ce coefficient vaut forc´ement 1. Ainsi, A
est une matrice n’ayant qu’un seul 1 sur chaque ligne. La matrice A´etant inversible, ces 1 sont sur chaque ligne
dans une colonne diff´erente. Aest ce que l’on appelle une matrice de permutation. R´eciproquement, il est clair
qu’une telle matrice est ´el´ement de D, est inversible et que son inverse est ´el´ement de D.
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Exercice 4. Soit Eun espace vectoriel de dimension n. On fixe une base Bde E, et on note
Ei,j les matrices ´el´ementaires de Mn(R).
1. `
A quelle condition une matrice M∈ Mn(R) est-elle la matrice dans la base Bd’un projecteur
de E?
2. En d´eduire que pour tout i, j ∈ {1,2,· · · , n}avec i6=j, les matrices Ei,i et Ei,i +Ei,j sont
des matrices de projecteurs.
3. Montrer qu’il existe une base de L(E) constitu´ee de projecteurs.
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1. On sait que p∈ L(E) est un projecteur ssi p2=p.Mest donc la matrice d’un projecteur ssi M2=M.
2. Il suffit de prendre le carr´e de ces matrices. Il est clair que E2
i,i =Ei,i. De plus,
(Ei,i +Ei,j )2=E2
i,i +Ei,iEi,j +Ei,j Ei,i +E2
i,j =Ei,i +Ei,j +0+0.
Ceci prouve que Ei,i +Ei,j est la matrice d’un projecteur.
3. Consid´erons la famille constitu´ee par les matrices Ei,i et Ei,i +Ei,j , pour 1 ≤i, j ≤net j6=i. Il suffit de
montrer que cette famille est une base de Mn(R). Elle est constitu´ee de n+n(n−1) = n2´el´ements. Il suffit donc
de prouver qu’il s’agit d’une famille g´en´eratrice et chaque Ei,j s’´ecrit en fonction des ´el´ements pr´ec´edents : c’est
clair pout Ei,i , et pour i6=j, on a Ei,j = (Ei,i +Ei,j )−Ei,j .
Exercice 5. Soit n≥3. On dit qu’une matrice M∈ Mn(R) est magique si pour tout
j∈ {1,2,· · · , n}, on a
n
X
i=1
mi,j =
n
X
i=1
mj,i =
n
X
i=1
mi,i =
n
X
i=1
mi,n+1−i.
On note MG(n) l’ensemble des matrices magiques d’ordre n.
1. Que signifie ˆetre une matrice magique ?
2. Montrer que M G(n) est un espace vectoriel.
3. Montrer que l’application φ:MG(n)→ Mn−2,n−1(R)×Rn−2, qui envoie la matrice Mqui
s’´ecrit
M=
m1,n
M1
.
.
.
mn−2,n
mn−1,1· · · · · · mn−1,n−1mn−1,n
mn,1· · · · · · mn,n−1mn,n
sur
(M1, m1,n, mn−1,1, mn−1,3, mn−1,4,· · · , mn−1,n−2)
est un isomorphisme d’espace vectoriel.
4. En d´eduire la dimension de MG(n).
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1. La condition signifie que les sommes des coefficients de toutes les lignes, de toutes les colonnes, et des deux
diagonales de la matrice sont ´egales.
2. Je vous laisse le soin de v´erifier que MG(n) est un sous-espace vectoriel de Mn(R).
3. L’application φest clairement lin´eaire. Pour prouver que c’est un isomorphisme d’espace vectoriel, on va prouver
directement qu’il est bijectif (on ne connaˆıt pas la dimension de l’espace de d´epart, impossible de se contenter de
l’injectivit´e de φ). Soit donc (A, a1,··· , an−2)∈ Mn−2,n−1(R)×Rn−2et on cherche une matrice Mde MG(n)
v´erifiant φ(M) = (A, a1,··· , an−2). On sait d´ej`a ce que vaut mi,j pour 1 ≤i≤n−2 et 1 ≤j≤n−1. On sait
aussi ce que doit valoir m1,n ainsi que (mn−1,1, mn−1,3, mn−1,4,··· , mn−1,n−2). Cherchons les autres coefficients,
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et notons S=
n
X
i=1
m1,i (valeur d´ej`a d´etermin´ee). Puisqu’on connaˆıt tous les coefficients de la j-i`eme ligne, avec
j≤n−2, sauf mj,n, et que la somme des coefficients de la ligne doit valoir S, on d´etermine uniquement mj,n (qui
vaut S−X
i<n
mj,i). On connaˆıt aussi tous les coefficients de la premi`ere colonne, sauf mn,1, et on sait que la somme
fait S: ceci d´etermine uniquement mn,1. On connaˆıt ensuite tous les coefficient de la diagonale en bas `a gauche vers
en haut `a droite sauf mn−1,2. Ceci d´etermine uniquement ce coefficient (puisque la somme doit valoir S). On peut
alors r´ep´eter le processus pour toutes les colonnes de la 2-`eme `a la n−2-`eme : ceci d´etermine uniquement mn,i pour
i≤n−2. Reste `a d´eterminer les quatre derniers coefficients, mn−1,n−1, mn−1,n, mn,n−1et mn,n . Notons S1et S2
la somme des coefficients d´ej`a connus sur la colonne n−1 et sur la colonne n,S3et S4les sommes des coefficients
d´ej`a connus sur les lignes n−1 et net S5la somme des coefficients d´ej`a connus sur la diagonale principale. Une
matrice magique solution doit v´erifier le syst`eme d’´equation :
mn−1,n−1+mn−1,n =S−S1
mn,n−1+mn,n =S−S2
mn−1,n−1+mn,n−1=S−S3
mn−1,n +mn,n =S−S4
mn−1,n−1+mn,n =S−S5
Cela nous fait cinq ´equations pour quatre inconnues...mais une ´equation est en trop. En effet, si on fait L1+L2−L3,
on trouve `a gauche mn−1,n +mn, n, comme dans le membre de gauche de L4. Pour la partie droite, on trouve :
S−S1−S2+S3
=S−
n−2
X
i=1
(mn−1,i +mn,i) + S3
=S−
n−2
X
i=1
(S−
n−2
X
j=1
mj,i) + S3
=S−((n−2)S−
n−2
X
j=1
n−2
X
i=1
mj,i −
n−2
X
j=1
mj,n−1)
=S−
n−2
X
j=1
(S−
n−1
X
i=1
mj,i)
=S−
n−2
X
j=1
mj,n
=S4.
L’´equation L4 est donc redondante puisqu’´egale `a L1 + L2−L3. On peut donc l’´eliminer du syst`eme d’´equations,
et on prouve facilement que ce syst`eme de quatre ´equations `a quatre inconnues `a une unique solution. Ceci conclut
quant `a la bijectivit´e de φ.
4. Puisque φest un isomorphisme d’espace vectoriel, on a
dim(MG(n)) = dim(Mn−2,n−1(R)×Rn−2) = n(n−2).
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