Corrigés des exercices Chapitre 15

Solutions des exercices
Ex. 9Ex. 9
Aet Btelles que A2=Aet B2=Bsont, dans la base canonique @de Kn, des matrices de projecteurs pet q.
Il existe des bases 8et 9de Kndans lesquelles les matrices de pet qsont respectivement :
Jr=Ir0
0 0 et Jr′=Ir′0 0 0 
ou` ret r′sont les rangs de pet q, c’est-a` -dire ceux de Aet B.
On en de´ duit que si Aet Bont meˆ me rang, elles sont semblables a` une meˆ me matrice Jr, donc elles sont semblables.
La re´ ciproque est bien connue, inde´ pendante du fait que l’on ait affaire a` des matrices de projection.
Ex. 18Ex. 18
Notons que 1<p<net 1<q<n. On comple` te les familles libres X1,. . . , Xqet Y1,. . . , Ypen des bases
X1,. . . , Xnet Y1,. . . , Ynde }n,1(K).
Soit Aet Bles e´ le´ ments de GLn(K)dont les colonnes sont les Xjpour Aet les Yipour B.
On notant E1,. . . , Enla base canonique de }n,1(K), on a Yi=BEiet Xj=AEj, d’ou` YitXj=BEitEjtA,
c’est-a` -dire YitXj=BEi j tAou` les Ei j sont les matrices de la base canonique de }n(K).
Comme Aet Bsont inversibles, w:M°BMtAest un automorphisme de }n(K). Les images par wde la base
canonique de }n(K)en constituent une base.
Extraite d’une famille libre, la famille YitXj(i,j)∈[[ 1,p ]] ×[[ 1,q ]] est libre.
Ex. 23Ex. 23
Soit fet gles endomorphismes de E=Kncanoniquement associe´ s a` Aet B.
fe´ tant dans GL(E), on a f+g∈GL(E)si et seulement si (f+g)◦f−1∈GL(E), c’est-a` -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−1est de dimension n−1.
On comple` te une base de Ker g◦f−1en une base @=e1,. . . , en−1, ende E.
Dans @, la matrice de g◦f−1est de la forme C=
0. . . 0l1
.
.
..
.
..
.
.
0. . . 0ln
et on a Tr BA−1= Tr C=ln.
La matrice triangulaire C+Inest inversible si et seulement si 1 + ln≠0, donc A+Best inversible si et seulement si
ln≠−1, c’est-a` -dire Tr BA−1≠−1.
Ex. 26Ex. 26
1) En de´ composant u=a+ib et v=c+id en parties re´ elles et imaginaires, on a M(u, v) = a+ib c −id
−c−id a −ib .
M(u, v) = aI +bJ +cK +dL, avec I=1 0
0 1 , J =i0 0−i, K =0 1 −1 0 , L =0−i −i0,
donc #= VectR(I, J, K, L), et dimR#= 4, puisque I, J, K, L sont inde´ pendantes.
2) E
´tudions le produit dans #en formant la table de multiplication du sous-ensemble {J, K, L}:
×րJ K L
J−I−L K
K L −I−J
L−K J −I
1

#est stable pour le produit matriciel et contient I, donc #est un sous-anneau non commutatif de }2(C).
3) E
´tudions l’ensemble des e´ le´ ments inversibles de #.
M=a b
c d ∈}2(C)est inversible si et seulement si ad −bc ≠0et alors M−1=1
ad −bc (a+d)I2−M.
Une matrice M(u, v)est donc inversible si et seulement si |u|2+|v|2≠0, c’est-a` -dire lorsque (u, v)≠(0,0), et
dans ce cas, M−1(u, v) = 1
|u|2+|v|2u−v
v u qui est un e´ le´ ment de #.
On en de´ duit que #est un corps.
Ex. 29Ex. 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 a` valeurs entie` res, elle est constante (the´ ore` me des valeurs interme´ diaires).
Ex. 33Ex. 33
Le calcul donne :
A2= 8 16 −8
484
0 0 16 !puis A3= 16A.
Il vient alors A4= 16A2et A6= 256A2donc A6−8A4= 128A2et A6−8A4+A3−9A+I3= 128A2+ 7A+I3.
D’ou` le re´ sultat demande´ : 1 025 2 048 −996
519 1 039 519
14 28 2 035 !.
Ex. 36Ex. 36
En posant D= diag d1,. . . , dn, on obtient :
(AD)i j =ai jdj;(DA)i j =diai j .
Donc, Acommute avec toute matrice diagonale si et seulement si Aest diagonale.
Ex. 37Ex. 37
La matrice nulle est solution e´ vidente du proble` me. E
´cartons ce cas.
Pour toute matrice M∈}3(K), notons fMl’endomorphisme de K3qui lui est canoniquement associe´ .
La condition M2= 0 se lit f2
M= 0 et e´ quivaut a` Im fM⊂Ker fM. Donc, compte tenu de fM≠0
et dim Im fM+ dim Ker fM= 3, la seule possibilite´ est dim Im fM= 1,dim Ker fM= 2.
Alors, il existe v1tel que K3=Kv1%Ker fMet v2=f(v1)est un vecteur non nul de Ker fMqui, de plus, dirige
Im fM. Puisque dim Ker fM= 2, il existe aussi v3tel que (v2, v3)soit une base de Ker fM.
Finalement 9= (v1, v2, v3)est une base de K3, adapte´ e a` la somme directe K3=Kv1%Ker fM, et telle que
mat9fM= 0 0 0
1 0 0
0 0 0 !=E21.
On a ainsi prouve´ que toute matrice Msolution non nulle du proble` me est semblable a` la matrice e´ le´ mentaire E21.
La re´ ciproque est e´ vidente car E2
21 = 0. Donc l’ensemble des matrices M∈}3(K)telles que M2= 0 est constitue´ de
la matrice nulle et des matrices semblables a` E21.
Ex. 38Ex. 38
Voir Ex. 4 – Mise en œuvre–. Avec A=J−Inet J2=nJ, il vient A2−(n−2)A= (n−1)In. Donc Aest inversible
avec A−1=1
n−1A−(n−2)In.
Ex. 39Ex. 39
Le calcul du rang et de l’inverse e´ ventuelle d’une matrice peut toujours se faire par la me´ thode des transformations
e´ le´ mentaires. (Voir le cours, proprie´ te´ s 48 et 49).
2

Dans les exemples propose´ s, on trouve :
1) Si l=−20,rg(A) = 3 et sinon, rg(A) = 4 avec :
A−1=1
20 + l
−39 18 1 −5
24 + 9l−8−4l4l
36 −6l−12 + 3l−4−l
35 −8l−10 + 4l−5 5 −l
2)rg(B) = 3 pour tout l.
3) Si l= 3,rg(C) = 2 et sinon rg(C) = 4 avec :
C−1=1
2(l−3) 
−4 2 −2 0
3l+8 −4l+ 4 −3
l−2−2l−2 1
−6 0 −2 2
Ex. 40Ex. 40
Soit U∈}2n(K),ui j = 0 si i+jest pair et ui j = 1 si i+jest 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 ).
U2=nU ,V2= 2nV , UV =VU =nV montre que $est stable par le produit.
Sauf cas particuliers imme´ diats a` traiter, M, M2est une base de $.
Ex. 43Ex. 43
1) a) Par transformations e´ le´ mentaires sur les colonnes : Cn+j←Cn+j−Cj,1<j<n(ou` Ckest la ke`me colonne
de M), on ne change pas le rang de M. Donc rg M= rg M1avec M1=hA0
A B −Ai.
De meˆ me, par transformations e´ le´ mentaires sur les lignes : Ln+j←Ln+j−Lj,1<j<n, on obtient :
rg M1= rg M2avec M2=A0
0B−A.
Remarque Les deux affirmations pre´ ce´ dentes peuvent aussi se de´ duire des identite´ s matricielles :
A0
A B −A=A A A B In−In 0Inet A0 0B−A=In0 −InInA0 A B −A
en notant que les deux matrices In−In
0Inet In0 −InInsont e´ videmment inversibles.
b) On montre facilement que le rang de M2est e´ gal a` rg A+ rg(B−A).
Par exemple, en posant rg A=ret rg(B−A) = s, on sait qu’il existe P1, Q1et P2, Q2dans GLn(C):
P1AQ1=Ir0
0 0 =Jret P2(B−A)Q=Is0 0 0 =Js
d’ou` P10
0P2A0 0B−AQ10 0Q2=Jr0 0Js
et puisque les matrices P=P10
0P2et Q=Q10 0Q2sont inversibles, on a : rg M2=r+s.
En conclusion rg M= rg A+ rg(B−A).
2) On a rg A<net rg(B−A)<ndonc : rg M= 2n⇐⇒ rg A=net rg(B−A) = n.
Ainsi Mest 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, Y2dans }n,1(C), on a :
A A
A B X1 X2=Y1 Y2⇐⇒ nAX1+X2=Y1 AX1+BX2=Y2
⇐⇒ nAX1+X2=Y1
DX2=Y2−Y1
⇐⇒ X1=A−1+D−1Y1−D−1Y2
X2=D−1Y2−D−1Y1
⇐⇒ X1
X2=A−1+D−1−D−1 −D−1D−1Y1 Y2
On en de´ duit A A
A B −1
=A−1+ (B−A)−1−(B−A)−1
−(B−A)−1(B−A)−1
3

Ex. 47Ex. 47
Pour l≠0, en e´ crivant que A2A=AA2, on obtient UV =VU .
Alors, A3A= (A2)2donne : V2= 0.
Puis A2=AA et A3=A2Adonnent : UV =Vet U2=U.
Puisque Uet Vsont permutables, on peut calculer Anavec la formule du binoˆ me :
An=ln(U+V)n=ln
n
X
k=0 n
kVkUn−k,
et, avec Vk= 0 et Uk=Upour tout k>2, il vient An=ln(U+nVU )soit aussi An=ln(U+nV )car VU =UV =V.
Ex. 48Ex. 48
C= (AB −BA)2est syme´ trique. Posons C=ci j. Alors, pour Q=C2on obtient Tr(Q) =
n
X
i=1
n
X
j=1
c2
i j >0.
La meˆ me formule montre que Si Tr(Q) = 0, alors C= 0 c’est-a` -dire :
D2= 0 avec D=AB −BA.
Puisque tD=−D, on en de´ duit Tr tDD=−Tr D2= 0.
Or, en posant D=di j , on obtient Tr tDD=
n
X
i=1
n
X
j=1
d2
i j. Donc Tr tDD= 0 donne D= 0,
c’est-a` -dire AB =BA.
Ex. 49Ex. 49
Pour tout A∈}n(C)on a f(0) = f(0 •A) = f(0)f(A). Donc si f(0) e´ tait non nul, on aurait f(A) = 1 quelle que soit
A. Puisque fest non constante, on a donc f(0) = 0.
Si rg(A) = r<n, il existe Pet Qdans GLn(K)telles que A=PJrQ, avec Jr=0Ir
0 0 .
Alors Jn
r= 0 donne f(An) = 0 puis f(A) = 0.
Ex. 50Ex. 50
;j∈[[ 1, n ]],(tT T )j j = (TtT)j j s’exprime par
;j∈[[ 1, n ]],
n
X
i=1
t2
i j =
n
X
i=1
t2
j i et permet de conclure compte tenu de ti, j = 0 pour tout (i, j)tel que i>j.
Ex. 51Ex. 51
Compte tenu de l’identite´ (In+B)(In−B+B2−B3+. . . + (−1)p−1Bp−1) = In+ (−1)p−1Bp, on voit que
l’existence de p∈Ntel que Bp= 0 donne que In+Best inversible avec (In+B)−1=
p−1
X
k=0
(−1)kBk.
Ainsi In+A−1BA =A−1(In+B)Aet In+ABA−1=A(In+B)A−1sont e´ galement inversibles et, en notant
Q=In−B+B2+. . . + (−1)p−1Bp−1, les inverses demande´ s sont A−1QA et AQA−1.
Ex. 52Ex. 52
Les stabilite´ s sont imme´ diates.
Le calcul de Tr fpeut s’effectuer en conside´ rant la base canonique Ei, j1<i<n
1<j<n
de }n(K). La matrice de fsur cette
base est d’ordre n2et chacun de ses termes diagonaux est la composante sur Ei, j de tAEi, j +Ei, jA.
Posons A=X
k,l
ak,l Ek,l : il s’agit d’une somme double dans laquelle chaque indice varie de 1 a` n. On a alors
tA=X
k,l
ak,l El,k ,tAEi, j =X
k,l
ak,l El,k Ei, j =X
l
ai,l El,j et Ei, jA=X
k,l
ak,l Ei, jEk,l =X
l
aj,l Ei,l .
On en de´ duit Tr f=X
i,j
(ai,i +aj,j) = 2 X
i,j
ai,i = 2nX
i
ai,i = 2nTr A.
Une base de Snest donne´ e par la famille Ei, j +Ej, i 1<i<j<net une base de Anpar Ei, j −Ej, i 1<i<j<net le
meˆ me calcul conduit aux re´ sultats annonce´ s.
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