Année Académique 2020-2021
EMS - Algèbre(2)
Corrigé d’examen
Exercice 1. Soit U la matrice
0 1 1 1
1 0 1 1
.
U =
1
1
0
1
1 1 1 0
1. Calculer U 2 , et en déduire une relation simple liant U 2 , U et I4 .
2. Soit (αk ) et (βk ) les suites définies par
α0 = 1, β0 = 1, αk+1 = 3βk , βk+1 = αk + 2βk .
Montrer que pour tout k ∈ N, on a
αk
βk
βk
βk
βk
U =
β
k
βk
αk
βk
βk
αk
βk
βk
βk
.
βk
αk
k
3. Montrer que pour tout k ∈ N, on a βk+2 = 2βk+1 + 3βk .
4. En déduire que pour tout k ∈ N,
k
βk =
k
3k − (−1)
3k + 3 × (−1)
, αk =
.
4
4
(Rappeler que c’est ce que vous avez appris en analyse 2 et 3 !)
———————————
1. On vérifie facilement que
3
2
2
U =
2
2
2
2
2
3
2
2
3
2
2
2
2
3
2
et donc U = 2U + 3I4 .
2. Raisonner par récurrence. 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, U
k
= βk U + αk I4 . Pour k ≥ 0, notons que P (k) : U
k
= βk U + αk I4 . En effet, P (0) et
P (1) sont clairement vérifiées, sachant que α1 = β1 = 0. Soit k ≥ 1 tel que P (k) est vérifiée et prouvons P (k + 1).
On a
U
k+1
k
2
= U × U = (αk I4 + βk U ) × U = αk U + βk U .
2
Utilisant la relation U = 3I + 2U , on en déduit que
U
k+1
= 3βk I4 + (αk + 2βk )U = αk+1 I4 + βk+1 U.
La propriété est bien montrée au rang k + 1. Par le principe de récurrence, P (k) est vraie pour tout entier k.
3. Il suffit d’écrire
βk+2 = αk+1 + 2βk+1 = 3βk + 2βk+1 .
4. On a affaire à une suite récurrente linéaire d’ordre 2. Rappelons : pour déterminer le terme général d’une
2
telle suite, on introduit l’équation caractéristique r = 2r + 3 ⇒ r1 = −1, r2 = 3. On sait alors qu’il existe deux
k
k
constantes a et b telles que pour tout k ≥ 0, on a βk = a(−1) + b3 . En sachant que β0 = 0, β1 = 1, on a a + b = 0
et −a + 3b = 1. La résolution de ce système donne le résultat souhaité, et on en déduit très aisément l’expression
de αk .
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Corrigé d’examen
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.
———————————
T
1. Notons C = A , D = AA
T
et cherchons quels sont les coefficients diagonaux de D. On a
n
X
Di,i =
ai,k ck,i =
k=1
n
X
2
ai,k .
k=1
On en déduit que
T
tr(AA ) =
n
X
2
ai,k .
i,k=1
On réalise une somme de termes positifs ou nuls, et on demande que la somme est nulle. Tous les termes sont donc
nuls et on en déduit que pour tout i, k = 1, 2, · · · , n, on a ai,j = 0, c’est-à-dire A = 0.
2. Une preuve très facile utilise le résultat précédent. En effet, l’égalité implique que tr((A − B)X) = 0 pour tout
T
X ∈ Mn (R). Appliquant ceci avec X = (A − B) , on en déduit que A − B = 0.
On peut aussi donner une preuve directe (mais fatiguante) : calculons AEi,j où Ei,j est la matrice élémentaire.
Alors
AEi,j
0
···
0
a1,i
0
···
=
0
.
.
.
···
.
.
.
0
.
.
.
a2,i
.
.
.
0
.
.
.
···
.
.
.
0
···
0
an,i
0
···
où la seule colonne non-nulle est la j-ième colonne. Le seul coefficient diagonal non nul est donc aj,i , et on en déduit
que tr(AEi,j ) = tr(BEi,j ) implique aj,i = bj,i . Comme i et j sont arbitraires dans {1, 2, · · · , n}, on en déduit que
A = B.
Exercice 3. Pour n ≥ 1, on note D l’ensemble des matrices A de Mn (R) telle que ai,j ≥ 0
pour tout i, j et
n
X
ai,j = 1
j=1
pour tout i = 1, 2, · · · , n.
1. Montrer que D est stable par produit.
2. Déterminer les matrices A de D qui sont inversibles et telles que A−1 ∈ D.
———————————
1. Soient A = (ai,j ) et B = (bi,j ) deux élément de D et soit C = AB leur produit. Alors, clairement on a
ci,j =
n
X
ai,k bk,j ≥ 0
k=1
car tout est positif. De plus, pour tout i ∈ {1, 2, · · · , n}, on a
n
X
j=1
ci,j =
n
X
ai,k
k=1
n
X
bk,j =
j=1
n
X
ai,k = 1.
k=1
2. Supposons que A ∈ D est inversible d’inverse B ∈ D. Soient i 6= j dans {1, 2, · · · , n}. Alors le calcul du coefficient
en (i, j) de BA donne
n
X
bi,k ak,j = 0.
k=1
Tous les termes étant positifs, ils sont tous nuls, On a donc pour tout entier k, bi,k ak,j = 0. Choisissons i tel que
bi,1 6= 0. Alors on a a1,j = 0 pour tout j 6= i. Autrement dit, la matrice A a au plus un coefficient non nul dans
chaque ligne. Mais la somme des éléments de chaque ligne de A valant 1, ce coefficient vaut forcément 1. Ainsi, A
est une matrice n’ayant qu’un seul 1 sur chaque ligne. La matrice A étant inversible, ces 1 sont sur chaque ligne
dans une colonne différente. A est ce que l’on appelle une matrice de permutation. Réciproquement, il est clair
qu’une telle matrice est élément de D, est inversible et que son inverse est élément de D.
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Exercice 4. Soit E un espace vectoriel de dimension n. On fixe une base B de E, et on note
Ei,j les matrices élémentaires de Mn (R).
1. À quelle condition une matrice M ∈ Mn (R) est-elle la matrice dans la base B d’un projecteur
de E ?
2. En déduire que pour tout i, j ∈ {1, 2, · · · , n} avec i 6= 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) constituée de projecteurs.
———————————
2
2
1. On sait que p ∈ L(E) est un projecteur ssi p = p. M est donc la matrice d’un projecteur ssi M = M .
2
Ei,i
2. Il suffit de prendre le carré de ces matrices. Il est clair que
2
(Ei,i + Ei,j ) =
2
Ei,i
= Ei,i . De plus,
2
+ Ei,i Ei,j + Ei,j Ei,i + Ei,j = Ei,i + Ei,j + 0 + 0.
Ceci prouve que Ei,i + Ei,j est la matrice d’un projecteur.
3. Considérons la famille constituée par les matrices Ei,i et Ei,i + Ei,j , pour 1 ≤ i, j ≤ n et j 6= i. Il suffit de
2
montrer que cette famille est une base de Mn (R). Elle est constituée de n + n(n − 1) = n éléments. Il suffit donc
de prouver qu’il s’agit d’une famille génératrice et chaque Ei,j s’écrit en fonction des éléments précédents : c’est
clair pout Ei,i , et pour i 6= 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
mi,j =
i=1
n
X
mj,i =
i=1
n
X
n
X
mi,i =
i=1
mi,n+1−i .
i=1
On note M G(n) l’ensemble des matrices magiques d’ordre n.
1. Que signifie être une matrice magique ?
2. Montrer que M G(n) est un espace vectoriel.
3. Montrer que l’application φ : M G(n) → Mn−2,n−1 (R) × Rn−2 , qui envoie la matrice M qui
s’écrit
M1
M =
mn−1,1 · · · · · ·
mn,1
··· ···
m1,n
..
.
mn−2,n
mn−1,n−1 mn−1,n
mn,n−1
mn,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 déduire la dimension de M G(n).
———————————
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 égales.
2. Je vous laisse le soin de vérifier que M G(n) est un sous-espace vectoriel de Mn (R).
3. L’application φ est clairement linéaire. Pour prouver que c’est un isomorphisme d’espace vectoriel, on va prouver
directement qu’il est bijectif (on ne connaı̂t pas la dimension de l’espace de départ, impossible de se contenter de
n−2
l’injectivité de φ). Soit donc (A, a1 , · · · , an−2 ) ∈ Mn−2,n−1 (R) × R
et on cherche une matrice M de M G(n)
vérifiant φ(M ) = (A, a1 , · · · , an−2 ). On sait déjà 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
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m1,i (valeur déjà déterminée). Puisqu’on connaı̂t tous les coefficients de la j-ième ligne, avec
i=1
j ≤ n − 2, sauf mj,n , et que la somme des coefficients de la ligne doit valoir S, on détermine uniquement mj,n (qui
X
vaut S −
mj,i ). On connaı̂t aussi tous les coefficients de la première colonne, sauf mn,1 , et on sait que la somme
i<n
fait S : ceci détermine uniquement mn,1 . On connaı̂t ensuite tous les coefficient de la diagonale en bas à gauche vers
en haut à droite sauf mn−1,2 . Ceci détermine uniquement ce coefficient (puisque la somme doit valoir S). On peut
alors répéter le processus pour toutes les colonnes de la 2-ème à la n − 2-ème : ceci détermine uniquement mn,i pour
i ≤ n − 2. Reste à déterminer les quatre derniers coefficients, mn−1,n−1 , mn−1,n , mn,n−1 et mn,n . Notons S1 et S2
la somme des coefficients déjà connus sur la colonne n − 1 et sur la colonne n, S3 et S4 les sommes des coefficients
déjà connus sur les lignes n − 1 et n et S5 la somme des coefficients déjà connus sur la diagonale principale. Une
matrice magique solution doit vérifier le système d’équation :
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 équations pour quatre inconnues...mais une équation est en trop. En effet, si on fait L1 + L2 − L3,
on trouve à gauche mn−1,n + mn, n, comme dans le membre de gauche de L4. Pour la partie droite, on trouve :
S − S1 − S2 + S3
n−2
X
=S−
(mn−1,i + mn,i ) + S3
=S−
i=1
n−2
X
(S −
i=1
n−2
X
mj,i ) + S3
j=1
n−2
X n−2
X
= S − ((n − 2)S −
=S−
=S−
n−2
X
j=1
n−2
X
(S −
mj,i −
j=1 i=1
n−1
X
n−2
X
mj,n−1 )
j=1
mj,i )
i=1
mj,n
j=1
= S4 .
L’équation L4 est donc redondante puisqu’égale à L1 + L2 − L3. On peut donc l’éliminer du système d’équations,
et on prouve facilement que ce système de quatre équations à quatre inconnues à une unique solution. Ceci conclut
quant à la bijectivité de φ.
4. Puisque φ est un isomorphisme d’espace vectoriel, on a
dim(M G(n)) = dim(Mn−2,n−1 (R) × R
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n−2
) = n(n − 2).
