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 Aen 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
i=1
n
X
j=1
ai,j Ei,j =
n
X
i,j=1
ai,j Ei,j
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 ∈Kpour 1≤i, j ≤ntels que
X
1≤i,j≤n
λi,j Ei,j =0n.
On a donc 
λ1,1λ1,2. . . λ1,n
λ2,1λ2,2. . . λ2,n
.
.
..
.
.....
.
.
λn,1λn,2. . . λn,n
=0n
ce qui implique λi,j = 0 pour tout 1≤i, j ≤n. Ainsi {Ei,j ,1≤i, j ≤n}est une famille libre. Finale-
ment, c’est une famille libre et génératrice, c’est donc une base de Mn(K). Elle contient n2éléments
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
k=1
ai,kbk,j.
On trouve donc
tEi·Ej=
n
X
k=1
δi,kδk,j .
De plus
δi,kδk,j =(0si i6=j
1si i=j=k
d’où tEi·Ej=δi,j .
Pour que le coefficient Ei·tEjk,ℓ
soit non-nul, il faut que la kième ligne de Eiet la ℓième colonne
de tEjsoient non-nulles. On doit donc avoir k=iet j=ℓ. De plus, dans ce cas, on a Ei·tEjk,ℓ
= 1.

En d’autres termes, on a Ei·tEjk,ℓ
=δi,kδj,ℓ d’où Ei·tEj=Ei,j.
3. On a
Ei,j Ek,ℓ = (Ei·tEj)·(Ek·tEℓ) = Ei·(tEj·Ek)·tEℓ=Ei·(δj,k)·tEℓ=δj,k Eit·Eℓ=δj,kEi,ℓ
4. La matrice Ei,j ·Aa 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 jième, et celle-ci est égale à Ci.
Si Aest une matrice dans C, on doit avoir A·Ep1,p2=Ep1,p2·Apour tout 1≤p1, p2≤n. De plus les
coefficients en position (i, j)de ces deux matrices sont
Ep1,p2·Ai,j
=
n
X
k=1
δi,p1δk,p2ak,j =δi,p1ap2,j
et
A·Ep1,p2i,j
=
n
X
k=1
ai,kδk,p1δj,p2=ai,p1δj,p2.
Ces derniers doivent être égaux, on a donc
δi,p1ap2,j =ai,p1δj,p2pour tout i, j, p1, p2.
Pour i6=p1et j=p2la relation devient ai,p1= 0. En d’autres termes, tous les termes en dehors de la
diagonales sont nuls.
Pour i=p1et j=p2la relation devient ap2,p2=ap1,p1. En d’autres termes, tous les termes sur la
diagonales sont égaux.
Finalement la matrice Adoit être de la forme λInavec λ∈K.
Réciproquement, on vérifie facilement que toute matrice de la forme λInappartient à C.
Exercice 2
Solution. 1. On a
A= (ai,j )est triangulaire supérieure ⇐⇒ ai,j = 0 pour tout 1≤j < i ≤n
A= (ai,j )est triangulaire inférieure ⇐⇒ ai,j = 0 pour tout 1≤i < j ≤n
A= (ai,j )est diagonale ⇐⇒ ai,j = 0 pour tout i6=j
A= (ai,j )est scalaire ⇐⇒ ∃λ∈Ktel que A=λIn
A= (ai,j )est symétrique ⇐⇒ ai,j =aj,i pour tout 1≤i, j ≤n
A= (ai,j )est antisymétrique ⇐⇒ ai,j =−aj,i pour tout 1≤i, j ≤n
2. On désigne par d1,...,dnles termes diagonaux de D. On a
Aest inversible ⇐⇒ det(A)6= 0
⇐⇒ d1d2. . . dn6= 0
⇐⇒ di6= 0 pour tout 1≤i≤n.
L’inverse de Aest alors la matrice diagonales avec les termes 1
d1
,1
d2
,..., 1
dn
sur la diagonale.
3. On rappelle que pour tout A, B ∈Mn(K)on a
1. t(A+B) =tA+tB,
2. t(tA) = A,
3. t(AB) = tBtA.

Soit M∈Mn(K). On a
M=M+tM
2+M−tM 2.
De plus
tM+tM
2=
tM+M
2=M+tM 2
et
tM−tM
2=
tM−M
2=−M−tM 2
donc M+tM
2∈Snet M−tM 2∈An. Ceci montre que Sn+An=E.
Soit M∈Sn∩An. On a alors tM=M=−Mce qui entraine 2M=0net M=0n. On a bien
Sn∩An={0n}et Sn⊕An=E.
4. On vérifiera facilement que l’ensemble {1 0
0 0,0 0
0 1,0 1
1 0}est une base de S2.
On vérifiera facilement que l’ensemble {0 1
−1 0}est une base de A2.
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≤i6=j≤n}est une base
de Sn. On a donc
dim Sn=n+n(n−1)
2.
L’ensemble {Ei,j −Ej,i |1≤i6=j≤n}est une base de Anet
dim An=n(n−1)
2.
On vérifie que l’on a bien dim Sn+ dim An=n+n(n−1)
2+n(n−1) 2=n2= dim Mn(R)
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) =
n
X
k=1 Ak,k +λBk,k=
n
X
k=1 Ak,k +λ
n
X
k=1 Bk,k = Tr(A) + λTr(B).
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 1
0 0,0 0
1 0
est une famille libre de M2(K)inclue dans H. Comme Hest de dimension trois, c’est une base de H.
3. On a
Tr(tA) =
n
X
k=1 tAk,k =
n
X
k=1 Ak,k = Tr(A).

On a
ABi,j =
n
X
p=1 Ai,pBp,j
et
Tr(AB) =
n
X
k=1 n
X
p=1 Ak,pBp,k=
n
X
p=1 n
X
k=1 Bp,kAk,p= Tr(BA).
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) = net Tr(In)·Tr(In) = n2
et si n≥2alors n6=n2.
6. On calcule :
Tr(tA·A) =
n
X
k=1 n
X
p=1 Ak,ptAp,k
=
n
X
k=1 n
X
p=1 Ak,pAk,p
=
n
X
k=1 n
X
p=1 A2
k,p
C’est une somme de carré, ainsi Tr(tA·A)≥0. De plus Tr(tA·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 ≤nou encore A=0n,n.