Td 0 : Révision sur les matrices - LMPT

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
Td 0 : Révision sur les matrices
Algèbre
Semestre 4, 2015
Quelques notations :
∗ Soit A ∈ Mp,n (K). On notera A i,j le coefficient de A en position (i, j).
∗ La matrice nulle de Mn,p sera noté 0n,p .
∗ Lorsque p = n, la matrice nulle sera simplement notée 0n .
∗ La matrice identité de Mn (K) sera notée In .
Exercice 1
Solution. 1. Soit A = (ai,j )1≤i,j≤n ∈ Mn (K). On a
A=
n X
n
X
ai,j Ei,j =
n
X
ai,j Ei,j
i,j=1
i=1 j=1
et donc {Ei,j , 1 ≤ i, j ≤ n} est une famille génératrice de Mn (K). Montrons que c’est une famille libre.
Soient λi,j ∈ K pour 1 ≤ i, j ≤ n tels que
X
λi,j Ei,j = 0n .
1≤i,j≤n
On a donc

λ1,1
 λ2,1

 ..
 .
λn,1

λ1,2 . . . λ1,n
λ2,2 . . . λ2,n 

..
..  = 0n
..
.
.
. 
λn,2 . . . λn,n
ce qui implique λi,j = 0 pour tout 1 ≤ i, j ≤ n. Ainsi {Ei,j , 1 ≤ i, j ≤ n} est une famille libre. Finalement, c’est une famille libre et génératrice, c’est donc une base de Mn (K). Elle contient n2 éléments
et donc dim Mn (K) = n2 .
2. On va appliquer la formule du produit de deux matrices. On rappelle que si A = (ai,j ) ∈ Mn,p (K)
et B = (bi,j ) ∈ Mp,m (K) alors la matrice produit AB = C = (ci,j ) ∈ Mn,m est définie par :
ci,j =
n
X
ai,k bk,j .
k=1
On trouve donc
t
Ei · Ej =
n
X
δi,k δk,j .
k=1
De plus
δi,k δk,j
(
0 si i 6= j
=
1 si i = j = k
d’où t Ei · Ej = δi,j .
Pour que le coefficient Ei ·
tE
j
soit non-nul, il faut que la kième ligne de Ei et la ℓième colonne
k,ℓ
t
t
de Ej soient non-nulles. On doit donc avoir k = i et j = ℓ. De plus, dans ce cas, on a Ei · Ej
= 1.
k,ℓ
En d’autres termes, on a Ei ·
tE
j
= δi,k δj,ℓ d’où Ei · t Ej = Ei,j .
k,ℓ
3. On a
Ei,j Ek,ℓ = (Ei · t Ej ) · (Ek · t Eℓ ) = Ei · (t Ej · Ek ) · t Eℓ = Ei · (δj,k ) · t Eℓ = δj,k Ei t · Eℓ = δj,k Ei,ℓ
4. La matrice Ei,j · A a une seule ligne non-nulle, la iième et celle-ci est égale à Lj .
La matrice A · Ei,j a une seule colonne non-nulle, la j ième, et celle-ci est égale à Ci .
Si A est une matrice dans C , on doit avoir A · Ep1 ,p2 = Ep1 ,p2 · A pour tout 1 ≤ p1 , p2 ≤ n. De plus les
coefficients en position (i, j) de ces deux matrices sont
Ep1 ,p2
·A
=
i,j
A · Ep1 ,p2
=
i,j
Ces derniers doivent être égaux, on a donc
δi,p1 δk,p2 ak,j = δi,p1 ap2 ,j
n
X
ai,k δk,p1 δj,p2 = ai,p1 δj,p2 .
k=1
et
n
X
k=1
δi,p1 ap2 ,j = ai,p1 δj,p2 pour tout i, j, p1 , p2 .
Pour i 6= p1 et j = p2 la relation devient ai,p1 = 0. En d’autres termes, tous les termes en dehors de la
diagonales sont nuls.
Pour i = p1 et j = p2 la relation devient ap2 ,p2 = ap1 ,p1 . En d’autres termes, tous les termes sur la
diagonales sont égaux.
Finalement la matrice A doit être de la forme λIn avec λ ∈ K.
Réciproquement, on vérifie facilement que toute matrice de la forme λIn appartient à C .
Exercice 2
Solution. 1. On a
A = (ai,j )
A = (ai,j )
A = (ai,j )
A = (ai,j )
A = (ai,j )
A = (ai,j )
est
est
est
est
est
est
triangulaire supérieure
triangulaire inférieure
diagonale
scalaire
symétrique
antisymétrique
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
ai,j = 0 pour tout 1 ≤ j < i ≤ n
ai,j = 0 pour tout 1 ≤ i < j ≤ n
ai,j = 0 pour tout i 6= j
∃λ ∈ K tel que A = λIn
ai,j = aj,i pour tout 1 ≤ i, j ≤ n
ai,j = −aj,i pour tout 1 ≤ i, j ≤ n
2. On désigne par d1 , . . . , dn les termes diagonaux de D. On a
A est inversible ⇐⇒ det(A) 6= 0
⇐⇒ d1 d2 . . . dn 6= 0
⇐⇒ di 6= 0 pour tout 1 ≤ i ≤ n.
L’inverse de A est alors la matrice diagonales avec les termes
3. On rappelle que pour tout A, B ∈ Mn (K) on a
1. t (A + B) =t A + t B,
2. t (t A) = A,
3. t (AB) = t B t A.
1
1 1
, ,...,
sur la diagonale.
d1 d2
dn
Soit M ∈ Mn (K). On a
M=
De plus
t
et
t
donc
M − tM
M + tM
+
.
2
2
M + tM
2
M − tM
2
=
=
tM
tM
M + tM
+M
=
2
2
M − tM
−M
=−
2
2
M − tM
M + tM
∈ Sn et
∈ An . Ceci montre que Sn + An = E.
2
2
Soit M ∈ Sn ∩ An . On a alors t M = M = −M ce qui entraine 2M = 0n et M = 0n . On a bien
Sn ∩ An = {0n } et Sn ⊕ An = E.
1 0
0 0
0 1
4. On vérifiera facilement que l’ensemble {
,
,
} est une base de S2 .
0 0
0 1
1 0
0 1
On vérifiera facilement que l’ensemble {
} est une base de A2 .
−1 0
De même {E1,1 , E2,2 , E3,3 , E1,2 + E2,1 , E1,3 + E3,1 , E2,3 + E3,2 } est une base de S3
et {E1,2 − E2,1 , E1,3 − E3,1 , E2,3 − E3,2 } est une base de A3 .
En généralisant, on voit que l’ensemble {Ei,i | 1 ≤ i ≤ n} ∪ {Ei,j + Ej,i | 1 ≤ i 6= j ≤ n} est une base
de Sn . On a donc
n(n − 1)
.
dim Sn = n +
2
L’ensemble {Ei,j − Ej,i | 1 ≤ i 6= j ≤ n} est une base de An et
dim An =
On vérifie que l’on a bien dim Sn + dim An = n +
n(n − 1)
.
2
n(n − 1) n(n − 1)
+
= n2 = dim Mn (R)
2
2
Exercice 3
Solution. 1. Soient A, B ∈ Mn (K) et λ ∈ K. On a
A + λB i,j = A i,j + λ B i,j
et donc
Tr(A + λB) =
X
n
n
n X
X
B k,k = Tr(A) + λ Tr(B).
A k,k + λ
A k,k + λ B k,k =
k=1
k=1
k=1
Il est clair que Tr est non nulle, en effet Tr(In ) = n.
2. On a H = ker(Tr), c’est donc un hyperplan. Dans le cas n = 2, on voit facilement que
1 0
0 1
0 0
,
,
0 −1
0 0
1 0
est une famille libre de M2 (K) inclue dans H. Comme H est de dimension trois, c’est une base de H.
3. On a
t
Tr( A) =
n
X
k=1
t
n
X
A k,k = Tr(A).
A k,k =
k=1
On a
et
Tr(AB) =
AB
i,j
=
n
X
A i,p B p,j
p=1
X
n X
n
n X
n
X
A k,p B p,k =
B p,k A k,p = Tr(BA).
k=1
p=1
p=1
k=1
4. On a
Tr (AB)p = Tr ABAB . . . AB
= Tr A(BAB . . . AB)
= Tr (BAB . . . AB)A
(d’après la question précédente)
= T r BAB . . . ABA = Tr (BA)p
5. Bien sûr que non ! On a
Tr(In · In ) = Tr(In ) = n
et
Tr(In ) · Tr(In ) = n2
et si n ≥ 2 alors n 6= n2 .
6. On calcule :
n
n X
X
t A k,p A p,k
Tr( A · A) =
t
=
p=1
k=1
n
n
X X
k=1
p=1
A k,p A k,p
n
n X
X
2
A k,p
=
k=1
p=1
C’est une somme de carré, ainsi Tr(tA · A) ≥ 0. De plus Tr(t A · A) = 0 si et seulement si tous les termes
de la somme sont nuls, c’est-à-dire A k,p = 0 pour tout 1 ≤ k, p ≤ n ou encore A = 0n,n .