Corrigés des exercices Chapitre 15

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