Matrices et déterminants
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Enoncés
Matrices et déterminants
Exercice 5 [ 02390 ] [correction]
Soit n un entier > 2 et A un hyperplan de Mn (C) stable pour le produit matriciel.
a) On suppose que In ∈
/ A. Montrer, si M 2 ∈ A, que M ∈ A. En déduire que pour
tout i ∈ {1, . . . , n} que la matrice Ei,i est dans A. En déduire une absurdité.
b) On prend n = 2. Montrer que A est isomorphe à l’algèbre des matrices
triangulaires supérieures.
Généralités sur les matrices
Exercice 1 [ 00702 ] [correction]
Résoudre l’équation X 2 = A où
1
A= 0
0
0
4
0
1
1
2
16
Exercice 6 [ 02687 ] [correction]
Soient A, B ∈ Mn (R) où B est nilpotente et commute avec A. Montrer que A et
A + B sont simultanément inversibles.
Exercice 2 [ 00703 ] [correction]
a) Monter qu’une matrice A ∈ Mn (K) est non inversible si, et seulement si, elle
est équivalente à une matrice nilpotente.
b) Soit f : Mn (K) → K une application vérifiant : f (On ) = 0, f (In ) = 1 et pour
tout A, B ∈ Mn (K),
f (AB) = f (A)f (B)
Exercice 7 [ 03976 ] [correction]
Soit A ∈ GLn (R) vérifiant
A + A−1 = In
Pour k ∈ N, calculer Ak + A−k .
Montrer que A ∈ Mn (K) est inversible si, et seulement si, f (A) 6= 0.
Commutation de matrices
Exercice 3
Soit S(x) =
[ 00707 ] [correction]
∞
P
an xn le développement
n=0
en série entière de x 7→
√
1 + x.
a) Pour N ∈ N, on pose
SN =
N
X
an xn et RN =
n=0
+∞
X
Exercice 8 [ 00697 ] [correction]
On suppose que A, B ∈ Mn (K) commutent et que A est inversible.
Justifier que les matrices A−1 et B commutent.
an xn
n=N +1
2
Montrer que (SN (x)) − 1 − x est un polynôme dont la plus petite puissance de x
est de degré > N + 1.
b) Soit A ∈ Mn (C) nilpotente. Justifier l’existence d’une matrice B ∈ Mn (C)
telle que
B2 = I + A
Exercice 4 [ 00712 ] [correction]
Soient D = diag(a1 , . . . , an ) ∈ Mn (K) et
ϕ : M ∈ Mn (K) 7→ DM − M D
a) Déterminer noyau et image de l’endomorphisme ϕ.
b) Préciser ces espaces quand D est à coefficients diagonaux distincts.
Exercice 9 [ 00709 ] [correction]
a) Quelles sont les matrices de Mn (K) commutant avec toutes les matrices de
Mn (K) ?
b) Même question aves les matrices commutant avec toutes celles de GLn (K).
Exercice 10 [ 02689 ] [correction]
Soient n ∈ N? , α1 , . . . , αn des complexes distincts, A = diag(α1 , . . . , αn ) et
C(A) = {M ∈ Mn (C), AM = M A}
Montrer que (Ak )06k6n−1 est une base de C(A).
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Enoncés
Exercice 11 [ 03144 ] [correction]
Soit n ∈ N avec n > 2.
a) Montrer que
{A ∈ Mn (R)/∀M ∈ GLn (R), AM = M A} = {λIn /λ ∈ R}
b) Soit A ∈ Mn (R). On suppose que
2
Exercice 17 [ 03460 ] [correction]
Soit H ∈ Mn (C) une matrice de rang 1.
a) Montrer qu’il existe des matrices U, V ∈ Mn,1 (K) telles que H = U t V .
b) En déduire
H 2 = tr(H)H
c) On suppose trH 6= −1. Montrer que In + H est inversible et
−1
∀M, N ∈ Mn (R), A = M N ⇒ A = N M
Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que A = λIn
Exercice 12 [ 03164 ] [correction]
Soit T ∈ Mn (R) une matrice triangulaire supérieure.
Montrer que T commute avec sa transposée si, et seulement si, la matrice T est
diagonale.
Exercice 13 [ 03166 ] [correction]
Soit n > 2. Déterminer les matrices de Mn (K) commutant avec toutes les
matrices symétriques.
Exercice 14 [ 03167 ] [correction]
Soit n > 2. Déterminer les matrices de Mn (K) commutant avec toutes les
matrices antisymétriques.
Rang d’une matrice
Exercice 15 [ 00701 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (K) une matrice carrée de rang 1.
a) Etablir l’existence de colonnes X, Y ∈ Mn,1 (K) vérifiant A = X t Y .
b) En déduire l’existence de λ ∈ K tel que A2 = λA.
Exercice 16 [ 00700 ] [correction]
Soit A une matrice carrée de rang 1. Montrer qu’il existe λ ∈ K tel que A2 = λA.
(In + H)
= In −
1
H
1 + trH
d) Soient A ∈ GLn (K) telle que tr(HA−1 ) 6= −1. Montrer que A + H est
inversible et
1
(A + H)−1 = A−1 −
A−1 HA−1
1 + tr(HA−1 )
Exercice 18 [ 00698 ] [correction]
Soient A ∈ M3,2 (R) et B ∈ M2,3 (R) telles
1
AB = 0
0
que
0
1
0
0
0
0
a) Déterminer les rangs de A et B.
b) Calculer BA en observant (AB)2 = AB.
Exercice 19 [ 00699 ] [correction]
Soient A ∈ M3,2 (R) et B ∈ M2,3 (R) matrices de rang 2 vérifiant (AB)2 = AB.
Montrer BA = I2 .
Exercice 20 [ 02602 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (R) une matrice de rang r.
Déterminer la dimension de l’espace
{B ∈ Mn (R)/ABA = On }
Exercice 21 [ 01602 ] [correction]
Soient A, B ∈ Mn (K).
a) Justifier qu’il existe U, V ∈ GLn (K) tels que
rg(U A + BV ) = min(n, rgA + rgB)
b) On suppose rgA + rgB > n. Montrer qu’il existe U, V ∈ GLn (K) tels que
U A + BV ∈ GLn (R)
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Enoncés
Exercice 22 [ 03134 ] [correction]
Soient A, B, C, D ∈ M
n (K).
a) On note A B ∈ Mn,2n (K) la matrice obtenue en accolant les colonnes de
B à droite de celles de A.
Montrer
rg A B = rgA ⇔ ∃U ∈ Mn (K), B = AU
A
b) On note
∈ M2n,n (K) la matrice obtenue en accolant les lignes de C en
C
dessous de celles de A.
Montrer
A
rg
= rgA ⇔ ∃V ∈ Mn (K), C = V A
C
c) En déduire
A B
A
rg
= rgA ⇔ ∃U, V ∈ Mn (K),
C D
C
B
D
=
Exercice 23 [ 00710 ] [correction]
Soit G un groupe multiplicatif formé d’éléments de Mn (R).
Montrer que les éléments de G ont tous le même rang.
A
VA
AU
V AU
3
a) Montrer que A est inversible si, et seulement si, B l’est.
b) Calculer B p pour tout p ∈ N.
Exercice 26 [ 01604 ] [correction]
Soient A ∈ Mn (K), B ∈ Mp (K) et M la matrice
M=
A
Op,n
On,p
B
∈ Mn+p (K)
Etablir
rgM = rgA + rgB
Exercice 27 [ 01649 ] [correction]
Soient B ∈ Mn,p (K) et C ∈ Mp (K).
Montrer
In
rg
Op,n
B
C
= n + rgC
Exercice 28 [ 02335 ] [correction]
Soient A ∈ Mn (K), B ∈ Mp (K), C ∈ Mn,p (K) et
Exercice 24 [ 03808 ] [correction]
a) Montrer que si C ∈ Mn (R) vérifie :
∀X ∈ Mn (R), det(C + X) = det X
alors elle est nulle (on pourra étudier le rang de C).
b) Montrer que si A et B de Mn (R) vérifient :
M=
A
Op,n
C
B
∈ Mn+p (K)
On suppose B inversible. Etablir
rgM = p ⇔ A = On
∀X ∈ Mn (R), det(A + X) = det(B + X)
alors A = B.
Exercice 29 [ 03101 ] [correction]
Soient A ∈ GLp (R), B ∈ Mp,q (R), C ∈ Mq (R) et
Calculs par blocs
Exercice 25 [ 03264 ] [correction]
Soient A ∈ Mn (K) et
On
B=
In
M=
A
On
A
Oq,p
B
C
∈ Mp+q (R)
Déterminer le rang de M en fonction de celui de C.
∈ M2n (K)
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Exercice 30 [ 00747 ] [correction]
Soit M ∈ Mn (K) une matrice de rang r décomposée par blocs sous la forme
A B
M=
C D
avec A ∈ Mr (K) supposée inversible.
a) Montrer que pour toute colonne Y ∈ Mn−r,1 (K) il existe une colonne
X ∈ Mr,1 (K) telle que
!
!
0r
X
M
=M
Y
0n−r
Enoncés
4
et ϕ ∈ L(Rn [X]) canoniquement représenté par A.
a) Exprimer ϕ(P ) pour tout P ∈ Rn [X].
b) Calculer Am pour tout m ∈ N.
c) Calculer A−1 .
Exercice 35 [ 00715 ] [correction]
Soient a ∈ C? et f : C → C définie par f (z) = z + az̄.
Former la matrice de l’endomorphisme f du R-espace vectoriel C dans la base
(1, i).
Déterminer image et noyau de f .
b) En déduire que D = CA−1 B.
Exercice 31 [ 03137 ] [correction]
Soient A, B, C, D ∈ Mn (K) et
A
M=
C
B
D
∈ M2n (K)
On suppose que les matrices A, D et M sont inversibles.
Exprimer M −1 .
Exercice 32
Soit
[ 03702 ]
[correction]
1
0
A=
0
0
−1
1
0
0
0
0
−1
0
0
0
1
−1
Calculer An pour tout n ∈ Z.
Exercice 33 [ 03861 ] [correction]
Soient A, B ∈ Mn (C) vérifiant A2 B = A et rgA = rgB. Montrer B 2 A = B.
Représentations matricielles
Exercice 34 [ 00714 ] [correction]
Soient A = (ai,j )16i,j6n+1 ∈ Mn+1 (R) avec
!
j−1
i−1
ai,j =
= Cj−1
i−1
Exercice 36 [ 00717 ] [correction]
Soit E un K-espace vectoriel de dimension 3 muni d’une base B = (e1 , e2 , e3 ).
Soit f ∈ L(E) dont la matrice dans la base B est
0 1 1
A= 0 1 0
−1 1 2
On pose ε1 = e1 + e3 , ε2 = e1 + e2 et ε3 = e1 + e2 + e3 .
a) Montrer que la famille B 0 = (ε1 , ε2 , ε3 ) forme une base de E et déterminer la
matrice de f dans B 0 .
b) Calculer An .
Exercice 37 [ 00718 ] [correction]
Soit E un K-espace vectoriel de dimension 3 muni d’une base B = (e1 , e2 , e3 ).
Soit f ∈ L(E) dont la matrice dans la base B est
0 2 1
A = −1 2 1
0 1 1
On pose ε1 = e1 + e3 , ε2 = e1 + e2 et ε3 = e1 + e2 + e3 .
a) Montrer que B 0 = (ε1 , ε2 , ε3 ) forme une base de E et déterminer la matrice de
f dans B 0 .
b) Calculer An .
Exercice 38 [ 02380 ] [correction]
Quels sont les f ∈ L(Rn ) telles que f (Zn ) = Zn ?
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Enoncés
Exercice 39 [ 02679 ] [correction]
Soient f, g ∈ L(R2 ) tel que f 2 = g 2 = 0 et f ◦ g = g ◦ f . Calculer f ◦ g.
Exercice 40 [ 02688 ] [correction]
Soit ω une racine primitive n-ième de 1. On pose
n−1
1 X
P (ω k )X k
Fω (P ) = √
n
k=0
pour tout P ∈ Cn−1 [X].
Montrer que Fω est un automorphisme de Cn−1 [X] et exprimer son inverse.
Exercice 41 [ 03060 ] [correction]
Soient n, p et q trois naturels non nuls et deux applications linéaires u ∈ L(Rp , Rq )
et v ∈ L(Rp , Rn ).
a) Démontrer qu’il existe une application linéaire w ∈ L(Rn , Rq ) telle que
u = w ◦ v si, et seulement si, on a l’inclusion des noyaux
ker(v) ⊂ ker(u)
Dans ce cas, déterminer toutes les applications w qui conviennent.
b) Pour résoudre cette question, on utilisera un logiciel de calcul formel.
Soient A et B les matrices de M3 (R) suivantes :
−2 1 1
1
2 −1
A = 8 1 −5 et B = 2 −1 −1
4 3 −3
−5 0
3
Existe-t-il une matrice C ∈ M3 (R) telle que A = CB ?
Déterminer toutes les matrices C solutions.
c) Pour la matrice B donnée dans la question précédente, caractériser par leurs
colonnes les matrices A ∈ M3 (R) pour lesquelles il existe C ∈ M3 (R) telle que
A = CB.
Déterminer dans ce cas l’ensemble des solutions C.
d) Soient trois applications linéaires u ∈ L(Rp , Rq ) et v1 , v2 ∈ L(Rp , Rn ).
Démontrer qu’il existe deux applications linéaires w1 , w2 ∈ L(Rn , Rq ) telles que
u = w1 ◦ v1 + w2 ◦ v2 si, et seulement si,
ker v1 ∩ ker v2 ⊂ ker u
[Enoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]
5
Exercice 42 [ 03160 ] [correction]
Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n > 2.
a) Indiquer des endomorphismes de E dont la représentation matricielle est la
même dans toutes les bases de E.
b) Soit (e1 , . . . , en ) une base de E. Montrer que pour tout i ∈ {2, . . . , n}, la
famille (e1 + ei , e2 , . . . , en ) est une base de E.
c) Déterminer tous les endomorphismes de E dont la représentation matricielle est
diagonale dans toutes les bases de E.
d) Quels sont les endomorphismes de E dont la représentation matricielle est la
même dans toutes les bases de E ?
Exercice 43 [ 02596 ] [correction]
Soit f un élément non nul de L(R3 ) vérifiant
f3 + f = 0
Montrer que R3 = ker f ⊕ Imf et que l’on peut trouver une base dans laquelle f a
pour matrice
0 0 0
A= 0 0 1
0 −1 0
Matrices semblables
Exercice 44 [ 00719 ] [correction]
Soient E un K-espace vectoriel de dimension n ∈ N? et f ∈ L(E) tel que f n = 0
et f n−1 6= 0.
Montrer qu’il existe une base B de E pour laquelle :
0 1
0
.. ..
.
.
MatB (f ) =
..
. 1
0
0
Exercice 45 [ 00720 ] [correction]
Soit f ∈ L(E) tel que f 2 = 0.
Montrer qu’il existe une base B telle que la matrice de f dans B soit
0 Ir
0 0
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Exercice 46 [ 00721 ] [correction]
Soit A ∈ M3 (R) vérifiant A2 = 0 et A 6= 0.
Etablir que A est semblable à la matrice
0 0
B= 1 0
0 0
Enoncés
6
Exercice 50 [ 00725 ] [correction]
Soit A ∈ M3 (R) non nulle vérifiant
A3 + A = O 3
0
0
0
Montrer que A est semblable à la matrice
0 0 0
0 0 −1
0 1 0
Exercice 47 [ 00722 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (K) vérifiant
An−1 6= On et An = On
Etablir que A est semblable à la matrice
0
1
.
..
B=
(0)
(0)
..
.
..
.
1
0
Exercice 48 [ 00723 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (K) une matrice non nulle telle que les espaces ImA et ker A soient
supplémentaires.
Montrer que la matrice A est semblable à une matrice de la forme
0
A 0
avec A0 ∈ GLr (K)
0 0
Exercice 49 [ 00724 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (K) une matrice non nulle telle que A2 = 0.
Montrer que A est semblable à
0 Ir
B=
0 0
avec r = rgA.
Exercice 51 [ 00726 ] [correction]
Soit M ∈ M4 (R) telle que M 2 + I = 0.
Montrer que M est semblable à la matrice
0 −1 0 0
1 0 0 0
0 0 0 −1
0 0 1 0
Exercice 52 [ 00728 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (R) de trace nulle.
Montrer que A est semblable à une matrice de la forme
0
?
..
.
?
0
Exercice 53 [ 03136 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (K) une matrice de rang 1.
a) Montrer que A est semblable à une matrice dont les n − 1 premières colonnes
sont nulles.
b) En déduire
A2 = tr(A).A et det(In + A) = 1 + trA
Exercice 54 [ 02382 ] [correction]
Quelles sont les matrices carrées réelles d’ordre n qui commutent avec
diag(1, 2, . . . , n) et lui sont semblables ?
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Enoncés
Exercice 55 [ 02691 ] [correction]
Soient A et B dans Mn (R) semblables sur C. Montrer que A et B sont semblables
sur R.
7
Exercice 61 [ 03259 ] [correction]
Soient A, B ∈ Mn (K) des matrices vérifiant
AB − BA = A
Calculer tr (Ap ) pour p ∈ N? .
Exercice 56 [ 03032 ] [correction]
Soit f : Mn (C) → C non constante telle que :
∀(A, B) ∈ Mn (C)2 , f (AB) = f (A)f (B)
Exercice 62 [ 00729 ] [correction]
Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et f ∈ L(E) de rang 1.
Montrer
f 2 = tr(f ).f
Pour A ∈ Mn (C), prouver l’équivalence :
A inversible ⇔ f (A) 6= 0
A quelle condition un endomorphisme de rang 1 est-il un projecteur ?
Exercice 57 [ 01322 ] [correction]
Soit A ∈ M3 (R) non nulle vérifiant A2 = O3 .
Déterminer la dimension de l’espace
Exercice 63 [ 03029 ] [correction]
Soient A ∈ Mn (R) et ϕ l’endomorphisme de Mn (R) défini par
ϕ(M ) = M A
C = {M ∈ M3 (R)/AM − M A = O3 }
Exprimer la trace de ϕ en fonction de celle de A.
Exercice 58 [ 03778 ] [correction]
Les matrices suivantes sont-elles semblables ?
3
6
−5 −2
1
−1 −6
0
5 −2
A=
et B =
−1 −10 8 −3
0
0
−3
2
0
0
2
2
0
0
6
2
3
0
21
5
2
5
Exercice 59 [ 02541 ] [correction]
Soit G une partie de Mn (R) non réduite à la matrice nulle.
On suppose que (G, ×) est un groupe. Montrer qu’il existe r ∈ N? tel que le
groupe (G, ×) soit isomorphe à un sous-groupe de (GLr (R), ×).
Trace
Exercice 60 [ 03258 ] [correction]
Existe-t-il des matrices A, B ∈ Mn (K) vérifiant
Exercice 64 [ 00730 ] [correction]
Soit M une matrice carrée de taille n à coefficients dans K sous-corps de C.
Montrer que si trM = 0, il existe deux matrices A et B telles que
M = AB − BA
Exercice 65 [ 00731 ] [correction]
Soit ϕ une forme linéaire sur Mn (K). Montrer qu’il existe A ∈ Mn (K) tel que
pour tout M ∈ Mn (K), ϕ(M ) = tr(AM ).
Exercice 66 [ 00733 ] [correction]
On note tr la forme linéaire trace sur E = Mn (K).
Etablir
ker(tr) = Vect {[A, B] /A, B ∈ E}
où l’on note [A, B] = AB − BA.
AB − BA = In ?
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Enoncés
Exercice 67 [ 00711 ] [correction]
Etablir que Vect {AB − BA/A, B ∈ Mn (R)} est un hyperplan de Mn (R).
8
d) Montrer que
X
trM ∈ qN
M ∈H
Que dire si cette somme est nulle ?
Exercice 68 [ 00735 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (R). Résoudre l’équation
X + t X = tr(X)A
Exercice 72 [ 02651 ] [correction]
P
P
a) Soit G un sous-groupe de GLn (R) tel que
trg = 0. Montrer que
g = 0.
d’inconnue X ∈ Mn (R).
g∈G
Exercice 69 [ 03261 ] [correction]
a) Dans un espace de dimension finie, pourquoi le rang d’un projecteur est-il égal
à sa trace ?
b) Soit A ∈ Mn (K) vérifiant Aq = In .
Montrer
q−1
1X
tr(Ak )
dim ker(A − In ) =
q
k=0
g∈G
b) Soit G un sous-groupe fini de GLn (R), V un sous-espace vectoriel de Rn stable
par les éléments de G. Montrer qu’il existe un supplémentaire de V dans Rn
stable par tous les éléments de G.
Exercice 73 [ 00732 ] [correction]
Soit T une forme linéaire sur Mn (K) vérifiant
∀A, B ∈ Mn (K), T (AB) = T (BA)
Etablir que T ∈ Vect {tr}.
Exercice 70 [ 00734 ] [correction]
Soient E un espace vectoriel de dimension finie et G un sous-groupe de GL(E) de
cardinal fini n. Montrer
\
1 X
dim
ker(g − IdE ) =
trg
n
g∈G
Exercice 74 [ 02616 ] [correction]
Soit f une forme linéaire sur Mn (R) vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), f (AB) = f (BA)
g∈G
Montrer que f est proportionnelle à la trace.
Exercice 71 [ 02388 ] [correction]
Soit K un corps de caractéristique nulle et H une partie non vide et finie de
GLn (K) stable par multiplication.
a) Soit M ∈ H. Montrer que k ∈ N? 7→ M k ∈ H n’est pas injective.
En déduire que H est un sous-groupe de GLn (K).
Soient
1 X
M
q = |H| et P =
q
M ∈H
b) Montrer, si M ∈ H, que M P = P M = P . En déduire P 2 = P .
c) Trouver un supplémentaire, dans Mn,1 (K), stable par tous les éléments de H,
de
\
ker(M − In )
Exercice 75 [ 02686 ] [correction]
a) Soit f une forme linéaire sur Mn (R) vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), f (AB) = f (BA)
montrer que f est proportionnelle à la trace.
b) Soit g un endomorphisme de l’espace vectoriel Mn (R) vérifiant
g(AB) = g(BA)
pour toutes A, B ∈ Mn (R) et g(In ) = In . Montrer que g conserve la trace.
M ∈H
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Exercice 76 [ 03419 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (R). Calculer la trace de l’endomorphisme f ∈ Mn (R) donné par
Enoncés
9
Exercice 82 [ 00752 ] [correction]
Soient A ∈ Mn (C) et ϕA ∈ L(Mn (C)) déterminé par
f (M ) = AM + M A
ϕA (M ) = AM
Calculer la trace et le déterminant de ϕA
Exercice 77 [ 02563 ] [correction]
Pour A et B fixées dans Mn (R), résoudre dans Mn (R) l’équation
X = tr(X)A + B
Exercice 78 [ 02547 ] [correction]
Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie n > 1.
Montrer que f ∈ L(E) de rang 1 n’est pas forcément un projecteur.
Montrer que f ∈ L(E) de rang 1 et de trace 1 est un projecteur.
Trouver une base de L(E) constituée de projecteurs.
Exercice 79 [ 03864 ] [correction]
Soient A1 , . . . , Ak ∈ Mn (R) vérifiant
A1 + · · · + Ak = In et ∀1 6 i 6 k, A2i = Ai
Exercice 83 [ 02603 ] [correction]
On dit qu’une matrice A ∈ Mn (R) est élément de GLn (Z) si la matrice A est à
coefficients entiers, qu’elle est inversible et que son inverse est à coefficients entiers.
a) Montrer que si A ∈ GLn (Z) alors |det A| = 1.
b) Soient A, B ∈ Mn (R) vérifiant :
∀k ∈ {0, 1, . . . , 2n} , A + kB ∈ GLn (Z)
Calculer det A et det B.
Exercice 84 [ 02604 ] [correction]
Soient A ∈ Mn (R) (n > 2) de colonnes A1 , . . . , An et B ∈ Mn (R) de colonnes
B1 , . . . , Bn déterminées par
X
Ai
Bj =
i6=j
Montrer
∀1 6 i 6= j 6 k, Ai Aj = On
Déterminants
Exercice 80 [ 00738 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (K) de colonnes C1 , . . . , Cn .
Calculer le déterminant de la matrice B de colonnes
C1 − C2 , . . . , Cn−1 − Cn , Cn − C1
Exercice 81 [ 02355 ] [correction]
Soient A, B ∈ Mn (R) telles que AB = BA.
Montrer que det(A2 + B 2 ) > 0.
Exprimer det B en fonction de det A.
Exercice 85 [ 02650 ] [correction]
On note V l’ensemble des matrices à
a
d
c
b
coefficients entiers du type
b c d
a b c
d a b
c d a
et G l’ensemble des M ∈ V inversibles dans M4 (R) et dont l’inverse est dans V .
a) Quelle est la structure de G ?
b) Soit M ∈ V . Montrer que M ∈ G si, et seulement si, det M = ±1.
c) Donner un groupe standard isomorphe à G muni du produit.
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Enoncés
Exercice 86 [ 02659 ] [correction]
Soient des matrices A, B ∈ Mn (Z) telles que det A et det B sont premiers entre
eux.
Montrer l’existence de U, V ∈ Mn (Z) telles que
U A + V B = In
Exercice 87 [ 02695 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (C) vérifiant pour tout X ∈ Mn (C),
10
Exercice 92 [ 03417 ] [correction]
On note GLn (Z) l’ensemble formé des matrices inversibles d’ordre n à coefficients
entiers dont l’inverse est encore à coefficients entiers.
Soient a1 , . . . , an des entiers (n > 2). Montrer qu’il existe une matrice de GLn (Z)
dont la première ligne est formée des entiers a1 , a2 , . . . , an si, et seulement si, ces
entiers sont premiers dans leur ensemble.
Exercice 93 [ 03641 ] [correction]
Soit A = (ai,j ) ∈ Mn (R) vérifiant
det(A + X) = det A + det X
∀i ∈ {1, . . . , n} , |ai,i | >
Montrer que det A = 0 puis A = 0.
X
|ai,j |
j6=i
Exercice 88 [ 00229 ] [correction]
Soient A et H dans Mn (R) avec rgH = 1. Montrer :
a) Montrer que A est inversible.
b) On suppose en outre
∀i ∈ {1, . . . , n} , ai,i > 0
det(A + H) det(A − H) 6 det A2
Montrer que det A > 0.
Exercice 89 [ 01413 ] [correction]
Soient n ∈ N? , E un K-espace vectoriel de dimension n, f ∈ L(E) et
B = (e1 , ..., en ) une base de E. Montrer que pour tout (x1 , ..., xn ) ∈ E n :
n
X
j=1
det (x1 , ..., f (xj ), ..., xn ) = tr(f ) det(x1 , ..., xn )
B
B
Exercice 90 [ 01587 ] [correction]
Soient A ∈ M2n (R) antisymétrique et J ∈ M2n (R) la matrice dont tous les
coefficients sont égaux à 1. Etablir
Calcul de déterminants
Exercice 94 [ 02693 ] [correction]
Calculer le déterminant
a1 + x
(x)
an + x (x)
..
.
où x, a1 , . . . , an réels.
∀x ∈ R, det(A + xJ) = det A
Exercice 95 [ 00742 ] [correction]
Soient x1 , . . . , xn ∈ C. Calculer
Exercice 91 [ 03278 ] [correction]
Soit A = (ai,j ) ∈ Mn (R) vérifiant
2
∀(i, j) ∈ {1, . . . , n} , ai,j > 0 et ∀i ∈ {1, . . . , n} ,
n
X
j=1
Montrer
ai,j 6 1
Vn (x1 , . . . , xn ) = 1
1
..
.
x1
x2
..
.
x21
x22
..
.
···
···
x1n−1
x2n−1
..
.
1
xn
x2n
···
xnn−1
|det A| 6 1
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Exercice 101
On pose
Exercice 96 [ 02384 ] [correction]
Calculer pour a1 , . . . , an ∈ K le déterminant suivant
1 a1 a21 · · · a1n−2
1 a2 a22 · · · an−2
2
Dn = .
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
1 an a2 · · · an−2
Exercice 97
Calculer
Exercice 98
[correction]
1 a1 · · ·
1 a2 · · ·
Dk = .
..
..
.
1 a
···
n
.. . ann [correction]
1
a1k−1
ak−1
2
..
.
ak+1
1
ak+1
2
..
.
···
···
ak−1
n
ak+1
n
···
an1
an2
..
.
ann
[correction]
Soit λ1 , . . . , λn ∈ C distincts et P (X) =
[ 00299 ]
a) Montrer que Pn admet n racines distinctes z1 , . . . , zn dans C.
b) Calculer le déterminant de
1 + z1
1
···
1
..
..
.
1
1 + z2
.
..
.
.
.
.
.
.
.
1
[ 02385 ]
[ 02386 ]
11
Pn (X) = X n − X + 1 (avec n > 2)
an1
an2
n
n
Enoncés
n
Q
(X − λi ). Calculer :
···
1
1 + zn
Exercice 102 [ 03806 ] [correction]
[Déterminant de Hurwitz]
Soient a, λ1 , . . . , λn ∈ C. Calculer le déterminant de la
a + λ1
(a)
.
..
H=
matrice suivante
a + λn
(a)
i=1
P (X)
X−λ1
1
∆(X) = ..
.
λn−2
1
P (X)
X−λ2
1
..
.
λn−2
2
···
···
P (X)
X−λn
···
λnn−2
1
..
.
Exercice 99 [ 00748 ] [correction]
2
Pour (i, j) ∈ [[1, n]] , on considère ai ∈ R et bj ∈ R tels que ai + bj 6= 0.
Calculer
1
[déterminant de Cauchy]
det
ai + bj 16i,j6n
Traiter en particulier le cas où
[ 00749 ]
16i<j6n
1
i+j−1
mi,j = cos ((j − 1)xi )
a) Montrer que mi,j est un polynôme en cos xi et donner son coefficient dominant.
b) Calculer det Mn en fonction de Pn .
[correction]
Etablir que l’inverse de la matrice H =
Exercice 104 [ 03578 ] [correction]
Soient un naturel n > 2 et (x1 , . . . , xn ) une famille de n réels distincts de [0, π].
On pose
Y
Pn =
(cos xj − cos xi )
et on considère la matrice Mn ∈ Mn (R) de coefficient général
∀i ∈ [[1, n]] , ai = bi = i [déterminant de Hilbert]
Exercice 100
Exercice 103 [ 03124 ] [correction]
Soient a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn ∈ C. Calculer le déterminant de la matrice de
coefficient
ai + bi si i = j
ai,j =
bj
sinon
est à coefficients entiers.
16i,j6n
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Exercice 105
Montrer
[ 03366 ]
Enoncés
12
Exercice 109 [ 01436 ] [correction]
Soient a, b ∈ C? distincts. Calculer
[correction]
1
n
n−1
..
2
.
1
.
..
..
..
Dn = .
.
.
..
n−1
n
n−1
...
...
..
.
1
2
2 3 n−1
.. = (−1)n+1 (n + 1)n
. 2
n 1 Exercice 106 [ 03577 ] [correction]
Pour une famille de n réels distincts (xk ) de [0, π], on pose
Y
Pn =
(cos xi − cos xj )
16i<j6n
a) Combien le produit définissant Pn comporte-t-il de facteurs ?
2
b) Pour (i, j) ∈ [[1, 4]] écrire la matrice M ∈ M4 (R) de coefficient général
mi,j = cos ((j − 1)xi )
a+b
1
Dn = (0)
ab
..
.
..
.
..
..
.
.
(0) ab a+b 1
Exercice 110 [ 00739 ] [correction]
Soient x ∈ C et n ∈ N? . Calculer
1 + x2
x
Dn = (0)
x
..
.
..
..
..
Exercice 111 [ 00740 ] [correction]
Soient θ ∈ R et n ∈ N? . Calculer
2 cos θ
1
Dn = (0)
1
..
.
..
..
..
.
x
2 1 + x [n]
(0)
.
.
x
c) Montrer que mi,j est un polynôme en cos xi .
d) Calculer det M en fonction de P4 et montrer |det M | < 24
Déterminants tridiagonaux
Exercice 107 [ 01433 ] [correction]
Pour a ∈ K? , calculer
2a
a
Dn = (0)
Exercice 108 [ 02584 ] [correction]
Soit (a, b) ∈ R2 ; calculer
a+b
a
Dn = (0)
a
..
.
..
..
..
.
.
.
a
(0) a 2a Exercice 112
Calculer
b
..
..
.
..
.
..
.
.
a
(0) b a + b [n]
[ 00741 ]
.
1
2 cos θ [n]
(0)
.
.
1
[correction]
0
n
Dn = (0)
1
0
n−1
2
..
.
..
.
..
.
..
.
1
(0) n 0 [n+1]
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Déterminant par blocs
Exercice 113 [ 03129 ] [correction]
Soient A, B, C, D ∈ Mn (K). On suppose que D est inversible et que C et D
commutent. Etablir
A B
det
= det(AD − BC)
C D
Exercice 114 [ 03130 ] [correction]
Soient A, B, C, D ∈ Mn (K) avec D inversible. Etablir
A B
det
= det(AD − BD−1 CD)
C D
Exercice 115 [ 02694 ] [correction]
Soient A, B, C, D ∈ Mn (K) avec AC = CA. Montrer que
A C
det
= det(DA − BC)
B D
Exercice 116 [ 02387 ] [correction]
a) Soient A, B ∈ Mn (R). Montrer que
A
det
−B
B
A
>0
b) Soient A, B ∈ Mn (R) telles que AB = BA. Montrer que det(A2 + B 2 ) > 0.
c) Trouver un contre-exemple à b) si A et B ne commutent pas.
d) Soient A, B, C, D ∈ Mn (R) telles que AC = CA. Montrer que
A B
det
= det(AD − CB)
C D
Exercice 117 [ 01424 ] [correction]
Soient A, B ∈ Mn (R).
a) Montrer
A B B A = det(A + B) det(A − B)
b) Justifier
A
B
−B >0
A Enoncés
Exercice 118 [ 00198 ] [correction]
Soient B ∈ Mn (R) et
In
A=
B
13
B
In
∈ M2n (R)
a) A quelle condition la matrice A est-elle inversible ?
b) Donner son inverse quand cela est possible.
Exercice 119 [ 00713 ] [correction]
On considère une matrice M ∈ Mn (K) inversible écrite sous la forme
A B
M=
C D
avec A ∈ Mp (K) et D ∈ Mn−p (K).
On écrit la comatrice de M sous une forme analogue
0
A B0
comM =
C 0 D0
avec A0 ∈ Mp (K) et D0 ∈ Mn−p (K).
Vérifier
det A0 = det(M )p−1 det D
Exercice 120 [ 03147 ] [correction]
Soient A, B, C, D ∈ Mn (R).
a) On suppose C t D symétrique et D inversible. Montrer que
A B
det
= det At D − B t C
C D
b) On suppose toujours C t D symétrique mais on ne suppose plus D inversible.
Montrer que l’égalité précédente reste vraie.
Exercice 121 [ 03288 ] [correction]
Soient A, B, C, D des matrices carrées d’ordre n, réelles et commutant deux à
deux. Montrer que la matrice
A B
M=
C D
est inversible si, et seulement si, AD − BC l’est.
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Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
Une matrice X solution commute avec A.
En étudiant l’équation AX = XA coefficients par coefficients, on observe que X
est de la forme
a 0 x
0 b y
0 0 c
Pour une telle matrice, l’équation X 2 = A équivaut au système :
2
a =1
2
b = 4
c = 16
(a + c)x = 1
(b + c)y = 2
Les solutions sont donc
−1
0
0
0
−2
0
1/3
1
1 , 0
4
0
1
0
0
0
2
0
−1
0 1/5
2 1/3 , 0
0
0
4
−1/3
−1 etc. . .
−4
C’est donc une série entière dont le premier terme non nul est au moins un xN +1 .
D’autre part (SN (x))2 − 1 − x est un polynôme.
b) Pour N tel que AN = 0, (SN (A))2 − I − A = On donc B = SN (A) convient.
Exercice 4 : [énoncé]
a) DEi,j = ai Ei,j et Ei,j D = aj Ei,j donc
ϕ(Ei,j ) = (ai − aj )Ei,j
n
o
2
Posons I = (i, j) ∈ [[1, n]] /ai 6= aj et
n
o
2
2
J = (i, j) ∈ [[1, n]] /ai = aj = [[1, n]] \I.
Pour (i, j) ∈ I, Ei,j ∈ Imϕ et pour (i, j) ∈ J, Ei,j ∈ ker ϕ.
Ainsi
Vect {Ei,j /(i, j) ∈ I} ⊂ Imϕ et Vect {Ei,j /(i, j) ∈ J} ⊂ ker ϕ
2
14
Or
1
0 1/3
2 1/3 , 0
0
0 4
0
−2
0
1/5
1 ,
4
dim Vect {Ei,j /(i, j) ∈ I} + dim Vect {Ei,j /(i, j) ∈ J} = n2 = dim Imϕ + dim ker ϕ
donc
dim Vect {Ei,j /(i, j) ∈ I} = dim Imϕ
et
dim Vect {Ei,j /(i, j) ∈ J} = dim ker ϕ
puis
Exercice 2 : [énoncé]
a) Si A n’est pas inversible alors rgA < n. Or il est possible de construire une
matrice nilpotente de rang égal à rgA. Deux matrices étant équivalentes si, et
seulement si, elles ont le même rang, on peut conclure que A est équivalente à une
matrice nilpotente. La réciproque est immédiate.
b) Si A est inversible alors f (A)f (A−1 ) = f (In ) = 1 donc f (A) 6= 0. Si A n’est pas
inversible alors A est équivalente à une matrice nilpotente B. Pour celle-ci, on a
f (B) = 0 car f (B n ) = f (B)n . Puisqu’on peut écrire A = P BQ avec P et Q
inversibles, on peut conclure f (A) = 0.
Exercice 3 : [énoncé]
a) On a
SN (x)2 − 1 − x = SN (x)2 − S(x)2 = RN (x)(S(x) + SN (x))
Vect {Ei,j /(i, j) ∈ I} = Imϕ et Vect {Ei,j /(i, j) ∈ J} = ker ϕ
b) Si D est à coefficients diagonaux distincts alors
n
o
2
I = (i, j) ∈ [[1, n]] /i 6= j et J = {(i, i)/i ∈ [[1, n]]}
Par suite Imϕ est l’espace des matrices de diagonale nulle tandis que ker ϕ est
l’espace des matrices diagonales.
Exercice 5 : [énoncé]
a) Supposons M 2 ∈ A. A et Vect(In ) étant supplémentaires dans Mn (C), on peut
écrire M = A + λIn avec A ∈ A. On a alors M 2 = A2 + 2λAIn + λ2 In d’où l’on
tire λ2 In ∈ A puis λ = 0 ce qui donne M ∈ A.
2
Pour i 6= j, Ei,j
= 0 ∈ A donc Ei,j ∈ A puis Ei,i = Ei,j × Ej,i ∈ A. Par suite
In = E1,1 + · · · + En,n ∈ A. Absurde.
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Corrections
b) Formons une équation
A de la forme ax + by + cz + dt = 0 en la
de l’hyperplan
x y
matrice inconnue M =
avec (a, b, c, d) 6= (0, 0, 0, 0). Cette équation
z t
a c
peut se réécrire tr(AM ) = 0 avec A =
.
b d
Puisque I2 ∈ A, on a trA = 0. Soit λ une valeur propre de A.
Si λ 6= 0 alors −λ est aussi valeur propre de A et donc A est diagonalisable via
une matrice P .
On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que P −1 M P a ses
coefficients diagonaux égaux.
1 1
1 0
−1
Mais alors pour M = P
P
et N = P
P −1 on a M, N ∈ A
0 1
1 1
alors que M N ∈ A.
0 α
Si λ = 0 alors A est trigonalisable en
avec α 6= 0 via une matrice P .
0 0
On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que P −1 M P est
triangulaire supérieure. L’application M 7→ P −1 M P est un isomorphisme comme
voulu.
Exercice 6 : [énoncé]
Supposons A inversible. Puisque A et B commutent, A−1 et B aussi. Comme B
est nilpotente, −A−1 B l’est aussi. Or il est classique d’observer que si N est
nilpotente, I − N est inversible d’inverse I + N + · · · + N p−1 avec p l’ordre de
nilpotence de N . Ainsi I + A−1 B est inversible et A + B = A(I + A−1 B) aussi.
Supposons A + B inversible, puisque −B est nilpotente et commute avec A + B,
A = A + B − B est inversible.
Exercice 7 : [énoncé]
Posons Bk = Ak + A−k . On vérifie
Ak + A−k A + A−1 = Ak+1 + A−(k+1) + Ak−1 + A−(k−1)
15
Après résolution
√ n
√ n
1+i 3 + 1−i 3
λn =
2n
Exercice 8 : [énoncé]
Il suffit d’écrire
A−1 B = A−1 (BA)A−1 = A−1 (AB)A−1 = BA−1
Exercice 9 : [énoncé]
a) Soit M ∈ Mn (K) commutant avec toute matrice de Mn (K).
Pour i 6= j, on a Ei,j M = M Ei,j .
L’égalité des coefficients d’indice (i, i) donne mj,i = 0.
L’égalité des coefficients d’indice (i, j) donne mj,j = mi,i .
Par suite la matrice M est scalaire. La réciproque est immédiate.
b) On reprend l’étude ci-dessus en étudiant la commutation de M avec In + Ei,j
qui conduit à nouveau à l’égalité Ei,j M = M Ei,j . On obtient la même conclusion.
Exercice 10 : [énoncé]
En étudiant l’égalité AM = M A, on justifie C(A) = Dn (C). C(A) est donc un
sous-espace vectoriel de dimension n. De plus il contient évidemment les éléments
Ak pour k ∈ {0, . . . , n − 1} (et, plus généralement, tout polynôme en A).
Supposons
λ0 I + λ1 A + · · · + λn−1 An−1 = 0
Le polynôme P = λ0 + λ1 X + · · · + λn−1 X n−1 est annulateur de A, donc les
α1 , . . . , αn qui sont valeurs propres de A sont aussi racines de P qui possède alors
plus de racines que son degré. On peut alors affirmer P = 0 puis
λ0 = . . . = λn−1 = 0.
La famille (Ak )06k6n−1 est une famille libre à n éléments de C(A), c’en est donc
une base
et donc
Bk = Bk+1 + Bk−1
Sachant B0 = 2In et B1 = In , on a par récurrence Bk = λk In avec (λk ) la suite
récurrente linéaire double déterminée par
(
λ0 = 2, λ1 = 1
λn+1 = λn − λn−1
Exercice 11 : [énoncé]
a) L’inclusion ⊃ est immédiate.
Inversement, soit A ∈ Mn (R) commutant avec toute matrice M ∈ GLn (R).
Soient i, j ∈ {1, . . . , n} avec i 6= j.
Pour M = In + Ei,j , la relation AM = M A donne
AEi,j = Ei,j A
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Corrections
L’identification des coefficients d’indices (i, j) et (j, j) donnent respectivement
ai,i = aj,j et aj,i = 0
On en déduit que la matrice A est diagonale et que ses coefficients diagonaux sont
égaux, autrement dit, A est une matrice scalaire.
b) Soit B ∈ GLn (K). On peut écrire
A = (AB −1 )B
16
La matrice A commute avec la matrice symétrique Ei,j + Ej,i ce qui permet
d’écrire
A(Ei,j + Ej,i ) = (Ei,j + Ej,i )A
L’égalité des coefficients d’indice (i, j) donne
ai,i = aj,j
La matrice A commute avec la matrice symétrique Ei,i ce qui permet d’écrire
AEi,i = Ei,i A
et donc
A = B(AB −1 )
On en déduit
L’égalité des coefficients d’indice (i, j) donne
ai,j = 0
AB = BA
et ainsi la matrice A commute avec toute matrice inversible. On peut alors
conclure que A est une matrice scalaire.
Exercice 12 : [énoncé]
Par récurrence sur n > 1.
La propriété est immédiate pour n = 1.
Supposons la propriété vraie au rang n > 1.
Soit T ∈ Mn+1 (K) triangulaire supérieure commutant avec sa transposée.
On peut écrire
t
α
X
T =
On,1 S
avec α ∈ K, X ∈ Mn,1 (K) et S ∈ Mn (K) triangulaire supérieure.
L’identification du coefficient d’indice (1, 1) dans la relation t T T = T t T donne
α2 = α2 + t XX
On en déduit X = On,1 et l’égalité t T T = T t T donne alors t SS = S t S.
Par hypothèse de récurrence, la matrice S est diagonale et par conséquent la
matrice T l’est aussi.
Récurrence établie.
On en déduit que la matrice A est de la forme λIn avec λ ∈ K.
La réciproque est immédiate.
Exercice 14 : [énoncé]
Cas n = 2
Les matrices antisymétriques sont colinéaires à la matrice
0 1
−1 0
En étudiant la commutation d’une matrice de M2 (R) avec cette dernière, on
obtient que les matrices de M2 (R) commutant avec les matrices antisymétriques
sont de la forme
a b
−b a
Cas n > 3
Soit A = (ai,j ) ∈ Mn (K) une matrice commutant avec toutes les matrices
antisymétriques.
Soient i < j ∈ {1, . . . , n} et k ∈ {1, . . . , n} avec k 6= i, j.
La matrice A commute avec la matrice antisymétrique Ei,j − Ej,i ce qui permet
d’écrire
A(Ei,j − Ej,i ) = (Ei,j − Ej,i )A
L’égalité des coefficients d’indice (i, j) et (k, j) donne
Exercice 13 : [énoncé]
Soit A = (ai,j ) ∈ Mn (K) une matrice commutant avec toutes les matrices
symétriques.
Soient i < j ∈ {1, . . . , n}.
ai,i = aj,j et ak,i = 0
On en déduit que la matrice A est de la forme λIn avec λ ∈ K.
La réciproque est immédiate.
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Corrections
Exercice 15 : [énoncé]
a) A est équivalente à la matrice J1 = diag(1, 0, . . . , 0) donc il existe
P, Q ∈ GLn (K) vérifiant A = P J1 Q.
Pour C = t (1, 0, . . . , 0), on a J1 = C t C donc A = X t Y avec X = P C et Y = t QC.
b) A2 = X(t Y X)t Y . t Y X est un scalaire λ donc A2 = Xλt Y = λX t Y = λA.
Exercice 16 : [énoncé]
Il existe une colonne X telle que AX 6= 0 et alors ImA = Vect(AX).
A2 X ∈ ImA donc il existe λ ∈ K tel que A2 X = λAX.
De plus pour Y ∈ ker A, A2 Y = 0 = λAY .
Enfin ker A et Vect(X) sont supplémentaires dans Mn,1 (K) donc A2 = λA.
Exercice 17 : [énoncé]
a) Soit U une colonne non nulle de l’image de H.
Pour tout 1 6 j 6 p, la colonne Cj de H peut
s’écrire Cj = λj U avec λj ∈ K.
La matrice colonne V = t λ1 . . . λn vérifie alors H = U t V .
b) On a alors H 2 = U (t V U )t V avec λ = t V U un scalaire donc H 2 = λH et
λ = t V U = tr t V U = tr U t V = trH
c) En développant
(In + H) In −
1
H
1 + trH
= In + H −
1
1
H−
H 2 = In
1 + trH
1 + trH
Par le théorème d’inversibilité des matrices, on obtient In + H est inversible et
−1
(In + H)
= In −
1
H
1 + trH
d) On a rg(HA−1 ) = rgH = 1 car on ne modifie pas le rang en multipliant par
une matrice inversible.
On en déduit que In + HA−1 est inversible et
In + HA−1
−1
= In −
1
HA−1
1 + tr(HA−1 )
En multipliant par la matrice inversible A, on obtient A + H = In + HA−1 A
inversible et
(A + H)−1 = A−1 In + HA−1
−1
= A−1
n −
1
A−1 HA−1
1 + tr(HA−1 )
17
Exercice 18 : [énoncé]
a) On a
rg(AB) = 2 6 min(rgA, rgB) 6 2
donc
rg(A) = rg(B) = 2
b) On a ABAB = AB donc A(BA − I2 )B = O3 .
On en déduit Im ((BA − I2 )B) ⊂ ker A = {0} donc (BA − I2 )B = O2,3 .
Par suite ImB ⊂ ker(BA − I2 ) or B est surjective donc BA − I2 = O2 puis
BA = I2
Exercice 19 : [énoncé]
On a A(BA − I2 )B = 0.
Or puisque A est de rang 2, ker A = {0} et donc (BA − I2 )B = 0.
De plus, puisque B est de rang 2, ImB = M2 (R) et donc BA − I2 = 0.
Exercice 20 : [énoncé]
Or,n−r
et donc il
On−r,r On−r
existe des matrices P, Q inversibles vérifiant A = QJr P . Par suite
ABA = On ⇔ Jr P BQJr = On . Via l’isomorphisme B 7→ P BQ, l’espace
{B ∈ Mn (R)/ABA = On } est isomorphe à {M ∈ Mn (R)/Jr M Jr = On }.
En écrivant la matrice M par blocs, on vérifie
que lesmatrices M vérifiant
Or ?
Jr M Jr = On sont les matrices de la forme
. On en déduit
? ?
dim {B ∈ Mn (R)/ABA = On } = n2 − r2 .
La matrice est équivalente à la matrice Jr =
Ir
Exercice 21 : [énoncé]
a) Posons r = rgA et s = rgB. Les matrices A et B sont respectivement
équivalentes aux matrices
Ir
Or,n−r
On−s On−s,s
0
Jr =
et Js =
On−r,t On−r
Os,n−s
Is
Il existe donc P, Q, R, S ∈ GLn (R) telles que
P AQ = Jr et RBS = Js0
et alors
P AQ + RBS = Jr + Js0
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Corrections
18
En raisonnant comme en b), il existe une matrice V ∈ Mn (K) telle que
C D = VA VB
qui est une matrice de rang min(n, r + s).
On peut aussi écrire
(R−1 P )A + B(SQ−1 ) = R−1 (Jr + Js0 )Q−1
On en déduit
et en posant U = R−1 P et V = SQ−1 , on obtient U, V ∈ GLn (R) telles que
rg(U A + BV ) = min(n, r + s)
Exercice 22 : [énoncé]
a) (⇒) Supposons rg A B = rgA = r.
Rappelons que le rang d’une matrice est le rang de la famille de ses colonnes.
Puisque rgA = r, la matrice A possède r colonnes indépendantes.
Puisque rg A B = r, les colonnes de A B sont toutes combinaisons
linéaires des colonnes précédentes.
En particulier les colonnes de B sont combinaisons linéaires des colonnes de A.
Ceci permet de former U ∈ Mn (K) vérifiant B = AU .
(⇐) Supposons B = AU .
Les colonnes de B sont combinaisons linéaires des colonnes de A et donc par
opérations sur les colonnes
rg A B = rg A On = rgA
b) Il suffit de transposer le raisonnement qui précède en raisonnant sur les lignes
et en exploitant que le rang d’une matrice est aussi le rang de la famille des ses
lignes.
c) Supposons
A B
rg
= rgA
C D
Puisque
rgA 6 rg
A B
6 rg
A
C
B
D
B
D
A
C
B
D
A
VA
AU
V AU
A
VA
AU
V AU
=
Inversement, supposons
b) Si r + s > n alors min(n, r + s) = n et ce qui précède conduit à une matrice
inversible.
A
C
= rgA
=
Les n dernières lignes étant combinaisons linéaires des n premières, on a
A B
A AU
rg
=
= rg A AU
C D
On On
puis
rg
A
C
B
D
=
A
On
AU
On
= rgA
Exercice 23 : [énoncé]
Commençons par noter que le neutre multiplicatif de G n’est pas nécessairement
In . Par exemple, G = {On } est un groupe multiplicatif formé d’éléments de
Mn (R).
Notons J le neutre du groupe G. Soit A ∈ G.
D’une part AJ = A donc rg(A) = rg(AJ) 6 rg(J).
D’autre part, il existe B ∈ Mn (R) tel que AB = J donc rg(J) = rg(AB) 6 rg(A).
Finalement ∀A ∈ G, rg(A) = rg(J).
Exercice 24 : [énoncé]
a) Posons r = rgC. On peut écrire C = QJr P avec P, Q inversibles et
Ir
(0)
Jr =
(0) On−r
Posons alors X = QJr0 P avec
on a
rgA = rg
A
B
et rg
A
C
B
D
= rg
En vertu de a) il existe une matrice U ∈ Mn (K) telle que
B = AU
A B
Jr0
=
Or
(0)
(0)
In−r
Puisque A + X = QIn P = QP , la matrice A + X est inversible et donc
det X = det(A + X) 6= 0.
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Corrections
On en déduit que la matrice Jr0 est l’identité et donc r = 0 puis A = On .
b) Quand X parcourt Mn (R) alors Y = B + X parcourt Mn (R) et en posant
C = A − B, on obtient
19
inversibles.
On en déduit
rgM = rg
Jr
O
O
Js
=r+s
∀Y ∈ Mn (R), det(C + Y ) = det Y
Ce qui précède permet alors de conclure.
Exercice 25 : [énoncé]
a) Si A est inversible alors en posant
On
C=
A−1
In
On
Exercice 27 : [énoncé]
En multipliant par la matrice inversible
In
Op,n
on obtient
∈ M2n (K)
rg
on obtient BC = I2n et on en déduit que B est inversible et que C est son
inversible en vertu du théorème d’inversibilité.
Si A n’est pas inversible alors les lignes de A sont liées et les n premières lignes de
B sont aussi liées par la même relation linéaire. On en déduit que B n’est pas
inversible.
b) On obtient
p
A
On
On Ap+1
2p+1
B 2p =
et
B
=
On Ap
Ap
On
Il existe donc P, Q ∈ GLn (K) et R, S ∈ GLp (K) telles que
P AQ = Jr et RBS = Js
En opérant par blocs, on a alors
P O
A O
Q
O R
O B
O
avec les facteurs
P
O
O
R
et
O
S
Q
O
=
O
S
Jr
O
O
Js
B
C
In
Op,n
= rg
On,p
C
En posant r = rgC, on peut écrire P CQ = Jr avec
Ir
P, Q ∈ GLp (K) et Jr =
Op−r,r
Or,p−r
Op−r
En multipliant à gauche et à droite par les matrices inversibles
In
On,p
In
On,p
et
Op,n
P
Op,n
Q
on obtient
Exercice 26 : [énoncé]
Posons r = rgA et s = rgB. Les matrices A et B sont respectivement équivalentes
aux matrices
Ir
Or,n−r
Is
Os,p−s
Jr =
et Js =
On−r,t On−r
Op−s,t Op−s
In
Op,n
−B
Ip
rg
In
Op,n
B
C
= rg
In
Op,n
On,p
Jr
=n+r
Exercice 28 : [énoncé]
L’implication (⇐) est immédiate car rgB = p.
Inversement, supposons rgM = p.
Puisque B est inversible, les p dernières lignes de M sont indépendantes et donc
les autres lignes de M sont combinaisons linéaires de celles-ci puisque rgM = p.
Puisque les n premières lignes de M sont combinaisons linéaires des p dernières
lignes de M , on a
A = On
Exercice 29 : [énoncé]
Introduisons la matrice inversible
M0 =
A−1
Oq,p
Op,q
Iq
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Corrections
On a rgM = rg(M M 0 ) avec
0
MM =
Ip
Oq,p
B
C
Par opérations élémentaires sur les colonnes, la matrice M M 0 a le rang de la
matrice
Ip
Op,q
Oq,p
C
20
La relation M M −1 = I2n donne alors le système
AA0 + BC 0 = In
CA0 + DC 0 = O
n
AB 0 + BD0 = On
CB 0 + DD0 = In
qui entraîne
−1
0
(A − BD C)A = In
C 0 = −D−1 CA0
B 0 = −A−1 BD0
(D − CA−1 B)D0 = In
Enfin, les opérations élémentaires déterminant le rang de C se transposent à la
matrice en cours afin d’en donner le rang. Au final
rgM = p + rgC
Exercice 30 : [énoncé]
a) Notons ImM = {M Z/Z ∈ Mn,1 (K)}.
Considérons
! ensuite ϕ
! l’application linéaire qui à X ∈ Mr,1 (K) associe
X
AX
M
=
.
0n−r
CX
On a évidemment Imϕ ⊂ ImM .
Or l’application linéaire ϕ est injective car A est inversible et donc
rgϕ = dim Mr,1 (K).
Puisque par hypothèse rgM = r, par inclusion et égalité des dimensions, on a
Imϕ = ImM .
!
0r
Pour tout Y ∈ Mn−r,1 (K), on a M
∈ ImM donc il existe X ∈ Mr,1 (K) (et
Y
!
!
0r
X
celui-ci est même unique) tel que M
= ϕ(X) = M
.
Y
0n−r
!
!
!
!
0r
X
BY
AX
b) La relation M
=M
donne
=
donc
Y
0n−r
DY
CX
X = A−1 BY puis DY = CX = CA−1 BY .
Puisque cette dernière relation vaut pour toute colonne Y ∈ Mn−r,1 (K), on peut
conclure D = CA−1 B.
Exercice 31 : [énoncé]
On peut écrire la matrice M −1 sous la forme
0
A B0
M −1 =
C 0 D0
On en déduit que les matrices A − BD−1 C et D − CA−1 B sont nécessairement
inversible et A0 et D0 sont leurs inverses respectifs.
Au final
(A − BD−1 C)−1
A−1 B(CA−1 B − D)−1
−1
M =
D−1 C(BD−1 C − A)−1
(D − CA−1 B)−1
Exercice 32 : [énoncé]
Par blocs, on a
A=
M
O2
O2
−M
1
0
−n
1
avec M =
−1
1
Par récurrence, on obtient
n
∀n ∈ N, M =
1
0
et on en déduit
1
0
∀n ∈ N, An =
0
0
−n
0
1
0
0 (−1)n
0
0
0
0
(−1)n+1 n
(−1)n
On vérifie que cette relation est encore valable pour n ∈ Z en constatant que cette
expression satisfait
An × A−n = I4
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Corrections
21
Exercice 33 : [énoncé]
Par inclusion et égalité des dimensions, on vérifie ker A = ker B.
Quitte à considérer des matrices semblables, on peut alors supposer que les
matrices A, B s’écrivent par blocs
A1 O
B1 O
A=
et B =
avec A1 , B1 ∈ Mr (C)
A2 O
B2 O
c) ϕ−1 (P ) = P (X − 1) donc
où r est le rang commun aux matrices A et B. La relation A2 B = A donne alors
Exercice 35 : [énoncé]
Posons x = Re(a) et y = Im(a).
f (1) = 1 + x + iy et f (i) = i − ai = y + i(1 −
x).
1+x
y
La matrice de f dans la base (1, i) est donc
.
y
1−x
Si |a| =
6 1 alors det f 6= 0. Imf = C et ker f = {0}.
Si |a| = 1 alors det f = 0 et f 6= 0. f est un endomorphismede rang
1.
On a f (eiθ/2 ) = 2eiθ/2 et f (ei(θ+π)/2 ) = 0 donc Imf = Vect eiθ/2 et
ker f = iImf .
A21 B1 = A1 et A2 A1 B1 = A2
et ainsi
A1 (A1 B1 − Ir ) = O et A2 (A1 B1 − Ir ) = O
Ainsi pour chaque ligne L de la matrice A1 ou de la matrice A2 , on a
L(A1 B1 − Ir ) = O
Or la matrice A est de rang exactement r est les lignes L évoquées ci-dessus
constituent une base de Mr (C). On en déduit A1 B1 = Ir . La matrice A1 est donc
inversible d’inverse B1 et on a alors
B12 A1
O
B1 O
B2A =
=
=B
B 2 B 1 A1 O
B2 O
Exercice 34 : [énoncé]
a) Pour 0 6 k 6 n,
k
ϕ(X ) =
ϕ−1 (X k ) = (X − 1)k
d’où
A−1 = ((−1)j−i ai,j )16i,j6n+1
Exercice 36 : [énoncé]
a) On vérifie aisément que la famille B 0 est libre et c’est donc une base de E.
f (ε1 ) = ε1 , f (ε2 ) = ε2 , f (ε3 ) = ε3 + ε1 donc
1 0 1
MatB0 f = 0 1 0 = B
0 0 1
b) Par récurrence
n
X
i=0
k
i
!
i
X =
k
X
i=0
k
!
X i = (X + 1)k
i
puis An = P B n P −1 avec
1
P = 0
1
On en déduit
ϕ(P ) = P (X + 1)
b) ϕm (P ) = P (X + m) donc
k
k
ϕ(X ) = (X + m) =
n
X
k=0
1
Bn = 0
0
k
i
!
mk−i X i
d’où
d’où
1
1
0
0
1
0
n
0
1
1
1
1 et P −1 = 1
1
−1
−1
0
1
0
−1
1
1−n n
n
1
0
An = 0
−n n n + 1
Am = (mj−i ai,j )16i,j6n+1
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Corrections
Exercice 37 : [énoncé]
a) On vérifie aisément que la famille B 0 est libre et c’est donc une base de E.
f (ε1 ) = ε1 , f (ε2 ) = ε1 + ε2 , f (ε3 ) = ε1 + ε2 + ε3 donc
1 1 1
MatB0 f = 0 1 1 = B
0 0 1
b) B = I3 + J avec
0
J = 0
0
1
0
0
0
1
1 , J2 = 0
0
0
0
0
0
1
0
0
n(n − 1) 2
J
2
car J k = O3 pour k > 3.
Par formule de changement de base, on obtient
An =
1−
n(n+1)
2
−n
− n(n−1)
2
n(n+3)
2
La matrice de g commutant avec f est de la forme
a b
0 a
et puisque g 2 = 0, a = 0.
Par suite la matrice de f ◦ g est nulle.
k=0
étant représenté par Ā, Fω−1 (P ) =
n(n+1)
2
n+1
n
n(n+1)
2
n(n−1)
2
1+
Exercice 38 : [énoncé]
Soit f solution. La matrice de f relative à la base canonique est à coefficients
entiers. De plus f est un automorphisme car les vecteurs de la base canonique
sont des valeurs prises par f et comme f −1 (Zn ) = Zn , la matrice de f −1 relative à
la base canonique est à coefficients entiers. Inversement, si f est un
automorphisme telle que f et f −1 soient représentés par des matrices à
coefficients entiers dans la base canonique, il est immédiat que f (Zn ) ⊂ Zn et que
f −1 (Zn ) ⊂ Zn donc que Zn ⊂ f (Zn ) et finalement f (Zn ) = Zn . Notons que les
endomorphismes solutions peuvent aussi se décrire comme étant les
endomorphismes canoniquement représentés par une matrice à coefficients entiers
et qui sont de déterminant égal à 1 ou −1.
Exercice 39 : [énoncé]
Si f = 0 alors f ◦ g = 0.
Sinon il existe une base de R2 dans laquelle la matrice de f est
0 1
A=
0 0
Exercice 40 : [énoncé]
Fω est clairement un endomorphisme de Cn−1 [X]. Sa matrice dans la base
(1, X, . . . , X n−1 ) est A = (ai,j )06i,j6n−1 avec ai,j = √1n ω ij . On remarque que
n−1
P (j−i)k
ĀA = In car n1
ω
= δi,j . Par suite Fω est un automorphisme et Fω−1
Puisque I3 et J commutent la formule du binôme donne
B n = I3 + nJ +
22
√1
n
n−1
P
P (ω −k )X k .
k=0
Exercice 41 : [énoncé]
a) S’il existe w tel que u = w ◦ v alors pour tout x ∈ ker v,
u(x) = (w ◦ v)(x) = w(v(x)) = w(0) = 0 et donc x ∈ ker u. Ainsi ker v ⊂ ker u.
Inversement, supposons ker v ⊂ ker u.
Soit H un supplémentaire de ker v dans Rp : H ⊕ ker v = Rp .
On sait que la restriction vH de v au départ de H est un isomorphisme de H vers
l’image de v.
Soit K un supplémentaire de Imv dans Rn : K ⊕ Imv = Rn .
Considérons ensuite w0 l’application linéaire définie par
−1
∀x ∈ Imv, w0 (x) = u(vH
(x)) et ∀x ∈ K, w0 (x) = 0
D’une part, pour tout x ∈ ker v, (w0 ◦ v)(x) = w0 (0) = 0 = u(x) car ker v ⊂ ker u.
D’autre part, pour tout x ∈ H,
−1
(w0 ◦ v)(x) = (w0 ◦ vH )(x) = u ◦ vH
◦ vH (x) = u(x)
Puisque les applications linéaires w0 ◦ v et u coïncident sur les sous-espaces
vectoriels supplémentaires ker v et H, c’est deux applications sont égales et on
peut donc écrire
u = w0 ◦ v
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Soit w ∈ L(Rn , Rq ).
w est solution de l’équation u = w ◦ v si, et seulement si, w ◦ v = u = w0 ◦ v soit
encore (w − w0 ) ◦ v = 0.
Or f ◦ g = 0 ⇔ Img ⊂ ker f donc u = w ◦ v ⇔ Imv ⊂ ker(w − w0 ).
Par suite les solutions de l’équation u = w ◦ v sont de la forme w0 + f avec
f ∈ L(Rn , Rq ) vérifiant Imv ⊂ ker f .
b) On définit les matrices étudiées :
A:=matrix(3, 3, [-2, 1, 1, 8, 1, -5, 4, 3, -3]);
B:=matrix(3, 3, [1, 2, -1, 2, -1, -1, -5, 0, 3]);
On détermine les noyaux de celles-ci
kernel(A);
kernel(B);
On observe que ces noyaux sont égaux à Vect ((3, 1, 5)) et donc ker B ⊂ ker A. Par
l’étude qui précède transposée aux matrices, on peut affirmer que l’équation
étudiée possède au moins une solution.
Pour construire une solution à cette équation, il suffit d’introduire une matrice B0
inversible coïncidant avec B sur un supplémentaire de ker B et de considérer
C0 = AB0−1 .
En prenant pour supplémentaire de ker B l’espace Vect((1, 0, 0), (0, 1, 0)), la
matrice
1
2 0
B0 = 2 −1 0
−5 0 1
convient. Définissons-la et calculons C0 :
B0:=matrix(3, 3, [1, 2, 0, 2, -1, 0, -5, 0, 1]);
C0:=evalm(A&*B0ˆ(-1));
On obtient
1
1
1
C0 = −3 −7 −5
−1 −5 −3
On peut vérifier l’exactitude de cette solution par le calcul
evalm(A-C0&*B);
Les autres matrices solutions se déduisent de C0 par ajout d’une matrice E telle
que ImB ⊂ ker E. On détermine l’image de B
colspace(B);
On obtient Vect ((1, 0, −1), (0, 1, −2))
La condition ImB ⊂ ker E donne les relations C1 = C3 et C2 = 2C3 sur les
colonnes de E qui est donne une matrice de la forme
a 2a a
b 2b b
c 2c c
23
c) Il existe C tel que A = CB si, et seulement
si, ker B ⊂ ker A ce qui équivaut à
la condition AX = 0 avec X = t 3 1 5 . Cela donne la condition
3C1 + C2 + 5C3 = 0 sur les colonnes de A.
Si cette condition est remplie, l’étude qui précède donne que les solutions de
l’équation A = CB sont les matrices de la forme
a 2a a
AB0−1 + b 2b b
c 2c c
d) Si u = w1 ◦ v1 + w2 ◦ v2 alors il est immédiate que ker v1 ∩ ker v2 ⊂ ker u.
Inversement, supposons ker v1 ∩ ker v2 ⊂ ker u.
Considérons v ∈ L(Rp , R2n ) déterminé par v(x) = (v1 (x), v2 (x)).
Puisque ker v = ker v1 ∩ ker v2 ⊂ ker u, l’étude qui précède assure l’existence de
w ∈ L(R2n , Rq ) vérifiant u = w ◦ v. Posons alors w1 : y1 ∈ Rn 7→ w(y1 , 0Rn ) et
w2 : y2 ∈ Rn 7→ w(0Rn , y2 ).
w1 , w2 ∈ L(Rn , Rq ) et vérifient w(y1 , y2 ) = w1 (y1 ) + w2 (y2 ) de sorte que u = w ◦ v
donne u = w1 ◦ v1 + w2 ◦ v2 .
Exercice 42 : [énoncé]
a) Les endomorphismes λIdE ont la propriété voulue.
b) Les familles (e1 , . . . , en ) et (e1 + ei , e2 , . . . , en ) engendrent le même espace
vectoriel. Etant toutes deux formées de n vecteurs, si l’une est libre, l’autre aussi.
c) Soit u un endomorphisme de E dont la matrice est diagonale dans toutes les
bases de E.
La matrice de u dans la base (e1 , . . . , en ) est de la forme diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ).
Puisque la matrice de u dans la base (e1 + ei , e2 , . . . , en ) est aussi diagonale, il
existe α ∈ R tel que
u(e1 + ei ) = α(e1 + ei )
Or par linéarité
u(e1 + ei ) = u(e1 ) + u(ei ) = λ1 e1 + λi ei
Par liberté de la famille (e1 , ei ) on identifie les scalaires et on peut affirmer
λ1 = α = λi
Ainsi, si un endomorphisme à une représentation matricielle diagonale dans toutes
les bases de E, sa matrice est de la forme λIn et donc cet endomorphisme est de
la forme λIdE .
d) Soit u un tel endomorphisme. Si A = (ai,j ) est sa matrice dans une base
(e1 , . . . , en ) alors sa matrice dans la base (e1 , 2e2 , . . . , nen ) a pour coefficient
général
j
ai,j
i
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Corrections
et comme cette matrice doit être égale à la précédente, on obtient
∀i, j ∈ {1, . . . , n} , i 6= i ⇒ ai,j = 0
Ainsi, cet endomorphisme a une matrice diagonale dans toute base de E et en
vertu de ce qui précède, il est de la forme λIdE avec λ ∈ R.
Exercice 43 : [énoncé]
Soit x ∈ ker f ∩ Imf . Il existe a ∈ R3 tel que x = f (a) et alors
x = −f 3 (a) = −f 2 (x) = −f (f (x)) = −f (0) = 0
24
Exercice 45 : [énoncé]
Posons r = rgf et (f (e1 ), . . . , f (er )) une base de Imf .
Puisque f 2 = 0, la famille B = (f (e1 ), . . . , f (er )) est formée de vecteurs de ker f ,
de plus elle est libre, on peut donc la compléter en une base de la forme
B 0 = (f (e1 ), . . . , f (er ), εr+1 , . . . , εp ) avec p = dim ker f .
Considérons C = (f (e1 ), . . . , f (er ), εr+1 , . . . , εp , e1 , . . . , er ).
En vertu du théorème du rang, cette famille est formée de dim E vecteurs.
De plus si l’on dispose d’une combinaison linéaire nulle des vecteurs de C, en
appliquant f et en exploitant la liberté de B, on justifie que les coefficients devant
les e1 , . . . , er sont nuls. Ensuite, sachant B 0 libre, on conclut que les autres
coefficients sont nuls. La famille B est une base et la matrice de f dans C est de la
forme voulue.
Ainsi ker f ∩ Imf = {0} puis, par le théorème du rang, on peut affirmer
R3 = ker f ⊕ Imf
Si f 2 + Id = 0̃ alors f 2 = −Id puis (det f )2 = det(−Id) = −1. C’est impossible.
On en déduit que f 2 + Id 6= 0̃ et puisque f ◦ (f 2 + Id) = 0̃, on a ker f 6= {0}.
Soit e1 ∈ ker f non nul.
Puisque par hypothèse f n’est pas l’application nulle, considérons
e2 = f (a) ∈ Imf vecteur non nul. Posons e3 = −f (e2 ) ∈ Imf .
On vérifie
f (e3 ) = −f 2 (e2 ) = −f 3 (a) = f (a) = e2
De plus les vecteurs e2 et e3 ne sont pas colinéaires.
En effet si e3 = λe2 , on obtient en composant par f , e2 = −λe3 et on en déduit
e2 = −λ2 e2 . Sachant e2 6= 0, on obtient λ2 = −1 ce qui est impossible avec λ ∈ R.
Puisque (e2 , e3 ) est une famille libre de Imf et puisque (e1 ) est une famille libre
de ker f , on peut affirmer que (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . Dans celle-ci, la
matrice de f est égale à A.
Exercice 44 : [énoncé]
Soit x ∈
/ ker f n−1 . Un tel x existe puisque f n−1 6= 0.
Considérons la famille B = (f n−1 (x), . . . , f (x), x).
Supposons
λn−1 f n−1 (x) + · · · + λ1 f (x) + λ0 x = 0E
En y appliquant successivement f n−1 , . . . , f, Id on obtient λ0 = 0, . . . , λn−2 = 0
puis λn−1 = 0 car f n−1 (x) 6= 0E .
B est une famille libre formée de n = dim E vecteurs, c’est donc une base de E.
De plus MatB (f ) est de la forme convenable.
Exercice 46 : [énoncé]
Soient E un R-espace vectoriel de dimension 3 muni d’une base B et u
l’endomorphisme de E représenté par la matrice A dans B. On a u2 = 0 et u 6= 0.
Notons que cela entraîne dim Imu = 1 et dim ker u = 2.
Cherchons une base B 0 = (ε1 , ε2 , ε3 ) telle que MatB0 (u) = B. Après analyse du
problème : Considérons ε1 ∈
/ ker(u) et ε2 = u(ε1 ). ε2 est un vecteur non nul de
ker u qui peut être complétée en une base (ε2 , ε3 ) de ker u. Formons
B 0 = (ε1 , ε2 , ε3 ). Si λ1 ε1 + λ2 ε2 + λ3 ε3 = 0 alors en appliquant u, λ1 u(ε1 ) = 0
donc λ1 = 0 puis λ2 ε2 + λ3 ε3 = 0 entraîne λ2 = λ3 = 0 puisque (ε2 , ε3 ) est libre.
Finalement la famille B 0 est libre et c’est donc bien une base de E. La matrice de
u dans cette base est bien la matrice B. On peut conclure.
Exercice 47 : [énoncé]
Soient E un K-espace vectoriel de dimension n muni d’une base B et f ∈ L(E) de
matrice A dans B.
On vérifie f n−1 6= 0 et f n = 0.
Soit x ∈
/ ker f n−1 . Un tel x existe puisque f n−1 6= 0.
Considérons B 0 = (f n−1 (x), . . . , f (x), x).
Supposons
λn−1 f n−1 (x) + · · · + λ1 f (x) + x = 0
En y appliquant successivement f n−1 , . . . , f, Id on obtient λ0 = 0, . . . , λn−2 = 0
puis λn−1 = 0 car f n−1 (x) 6= 0.
B 0 est une famille libre formée de n = dim E vecteurs, c’est donc une base de E.
La matrice de f dans la base B 0 est égale à B donc A et B sont semblables.
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Corrections
Exercice 48 : [énoncé]
Soient E un K-espace vectoriel de dimension n muni d’une base B et f ∈ L(E) de
matrice A dans B.
On observe que Imf et ker f sont supplémentaires dans E.
Dans une base B adaptée à cette supplémentarité, la matrice de f est de la forme
0
A 0
B=
0 0
avec A0 matrice de taille r. De plus r = rgA = rgB = rgA0 donc A0 est inversible.
Exercice 49 : [énoncé]
Soient E un K-espace vectoriel de dimension n muni d’une base B et f ∈ L(E) de
matrice A dans B.
On observe r = rgf , f 6= 0 et f 2 = 0 de sorte que Imf ⊂ ker f .
Soit (e1 , . . . , er ) une base de Imf complétée en (e1 , . . . , en−r ) base de ker f .
Pour tout i ∈ {1, . . . , r}, il existe en−r+i vecteur de E tel que f (en−r+i ) = ei .
Montrons que (e1 , . . . , en ) est libre.
Supposons
λ1 e1 + · · · + λr er + λr+1 er+1 + · · · + λn−r en−r + λn−r+1 en−r+1 + · · · + λn en = 0
(1).
En appliquant f à la relation (1), on obtient λn−r+1 e1 + · · · + λn er = 0 et donc
λn−r+1 = . . . = λn = 0 car (e1 , . . . , er ) libre.
La relation (1) devient λ1 e1 + · · · + λr er + λr+1 er+1 + · · · + λn−r en−r = 0 et donc
λ1 = . . . = λn−r = 0 car (e1 , . . . , en−r ) libre.
La famille (e1 , . . . , en ) est libre et formée de n = dim E vecteurs de E c’est donc
une base de E et la matrice de f dans celle-ci est égale à B. On peut conclure que
A et B sont semblables.
Exercice 50 : [énoncé]
Soit f ∈ L(R3 ) l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice A.
Analyse : Cherchons une base (e1 , e2 , e3 ) telle que la matrice de f dans cette base
soit la matrice
0 0 0
0 0 −1
0 1 0
On a alors f (e1 ) = 0, f (e2 ) = e3 et f (e3 ) = −e2 . On en déduit e1 ∈ ker f ,
e2 ∈ ker(f 2 + Id) et e3 = f (e2 ).
Synthèse : L’endomorphisme f vérifie f ◦ (f 2 + Id) = 0. Par l’absurde, si f est
inversible alors f 2 + Id = 0 et donc det(f 2 ) = det(−Id) = −1. Or
25
2
det(f 2 ) = (det f ) > 0. C’est absurde. On en déduit ker f 6= {0}. Soit e1 un
vecteur non nul de ker f .
Puisque (f 2 + Id) ◦ f = 0, on a Imf ⊂ ker(f 2 + Id). Or f 6= 0 donc Imf 6= {0} puis
ker(f 2 + Id) 6= {0}.
Soit e2 un vecteur non nul de ker(f 2 + Id) et e3 = f (e2 ). On
vérifief (e3 ) = f 2 (e2 ) = −e2 .
Il reste à observer que la famille (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 .
Supposons λ1 e1 + λ2 e2 + λ3 e3 = 0 (1) avec λ1 , λ2 , λ3 ∈ R.
En appliquant deux fois f à cette relation, on obtient λ2 e3 − λ3 e2 = 0 (2) et
−λ2 e2 − λ3 e3 = 0 (3).
La combinaison d’équations λ3 (2) + λ2 (3) donne (λ23 + λ22 )e2 = 0.
Puisque le vecteur e2 a été choisi non nul, on en déduit λ2 = λ3 = 0 puis la
relation (1) donne λ1 = 0 puisque le vecteur e1 a été choisi non nul.
Finalement, (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 et la matrice de f dans celle-ci est celle
voulue.
On peut conclure que A est semblable à la matrice proposée.
Exercice 51 : [énoncé]
Soit f ∈ L(R4 ) l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice M .
Analyse : Cherchons une base (e1 , e2 , e3 , e4 ) telle que :
f (e1 ) = e2 , f (e2 ) = −e1 , f (e3 ) = e4 et f (e4 ) = −e3 .
La connaissance de e1 et e3 suffit pour former e2 et e4 avec les quatre relations
voulues.
Synthèse :
Prenons e1 6= 0, e2 = f (e1 ), e3 ∈
/ Vect(e1 , e2 ) et e4 = f (e3 ).
Supposons λ1 e1 + λ2 e2 + λ3 e3 + λ4 e4 = 0 i.e. λ1 e1 + λ2 f (e1 ) + λ3 e3 + λ4 f (e3 ) = 0
(1).
En appliquant l’endomorphisme f : λ1 f (e1 ) − λ2 e1 + λ3 f (e3 ) − λ4 e3 = 0 (2).
λ3 (1) − λ4 (2) donne (λ3 λ1 + λ2 λ4 )e1 + (λ3 λ2 − λ4 λ1 )f (e1 ) + (λ23 + λ24 )e3 = 0.
Puisque e3 ∈
/ Vect(e1 , e2 ), on a λ23 + λ24 = 0 d’où λ3 = λ4 = 0.
(1) et (2) donne alors λ1 e1 + λ2 f (e1 ) = 0 et λ1 f (e1 ) − λ2 e1 = 0.
Comme ci-dessus on parvient à λ21 + λ22 = 0 d’où λ1 = λ2 = 0.
Finalement (e1 , e2 , e3 , e4 ) est une base convenable. On peut conclure que M est
semblable à la matrice proposée.
Exercice 52 : [énoncé]
Raisonnons par récurrence sur n ∈ N? .
Pour n = 1 : ok
Supposons la propriété établie au rang n > 1.
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Corrections
Soient A ∈ Mn+1 (R) de trace nulle et f ∈ L(Rn+1 ) l’endomorphisme
canoniquement associé.
Si f est une homothétie vectorielle (i.e. de la forme λIdE ) alors f = 0̃ car trf = 0
et on peut alors conclure.
Sinon, il existe un vecteur x tel que f (x) ne soit pas colinéaire à x. En
représentant f dans une base dont x et f (x) sont les deux premiers vecteurs, on
obtient que la matrice A est semblable à la matrice
0 ?
M=
? A0
avec A0 ∈ Mn (R) de trace nulle.
Par hypothèse de récurrence, il existe P inversible tel que P −1 A0 P soit de
diagonale nulle. En considérant la matrice inversible
1 0
1
0
Q=
avec Q−1 =
0 P
0 P −1
on obtient que la matrice M est semblable à
0
0 ?
Q−1
Q
=
? A0
?
?
..
.
26
On a alors
λ = trB = trA
Puisque B 2 = λB, on a
P −1 A2 P = tr(A).P −1 AP
puis
A2 = tr(A).A
Puisque det(In + B) = 1 + λ, on a
det(P −1 ) det(In + A) det P = 1 + trA
puis
det(In + A) = 1 + trA
Exercice 54 : [énoncé]
Posons D = diag(1, 2, . . . , n). L’étude, coefficient par coefficient, de la relation
M D = DM donne que les matrices commutant avec D sont les matrices
diagonales. Parmi les matrices diagonales, celles qui sont semblables à D sont
celles qui ont les mêmes coefficients diagonaux
0
Finalement, la matrice A est semblable à une matrice à coefficients diagonaux
tous nuls.
Récurrence établie.
Exercice 53 : [énoncé]
a) Soit f l’endomorphisme de Kn canoniquement associé à A. On a
rgf = rgA = 1
Exercice 55 : [énoncé]
Il existe P ∈ GLn (C) vérifiant P A = BP . En posant Q = Re(P ) et R = Im(P ) on
obtient QA + iRA = BQ + iBR donc QA = BQ et RA = BR car A, B, Q, R
réelles. Cependant on ne sait pas si Q ou R sont inversibles. Or pour tout λ ∈ R,
(Q + λR)A = B(Q + λR) et λ 7→ det(Q + λR) est une fonction polynomiale non
nulle car det(Q + iR) 6= 0 donc il existe λ ∈ R tel que Q + λR est inversible et on
peut conclure.
et donc par la formule du rang
dim ker f = n − 1
Si B est une base adaptée à ker f , la matrice de f dans cette base a ses n − 1
premières colonnes nulles.
b) On peut écrire A = P BP −1 avec P matrice inversible et B une matrice de la
forme
0 ··· 0 ?
..
.. ..
.
. .
.
..
..
. ?
0 ··· 0 λ
Exercice 56 : [énoncé]
Commençons par déterminer f (In ) et f (On ).
On a f (In ) = f (In2 ) = f (In )2 donc f (In ) = 0 ou 1.
Si f (In ) = 0 alors pour tout A ∈ Mn (C), f (A) = f (A × In ) = f (A) × f (In ) = 0 et
donc f est constante ce qui est exclu. Ainsi f (In ) = 1.
Aussi f (On ) = f (On2 ) = f (On ) × f (On ) donc f (On ) = 0 ou 1.
Si f (On ) = 1 alors pour tout A ∈ Mn (C),
f (A) = f (On ) × f (A) = f (On × A) = f (On ) = 1 et donc f est constante ce qui
est exclu. Ainsi f (On ) = 0.
Si A est inversible alors f (In ) = f (A × A−1 ) donne f (A) × f (A−1 ) = 1 et donc
f (A) 6= 0.
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Corrections
La réciproque est plus délicate.
Supposons A non inversible et posons r = rgA.
La matrice A est équivalente à la matrice
Ir
Or,n−r
Jr =
On−r,r On−r
ce qui permet d’écrire A = QJr P avec P, Q inversibles. On a alors
f (A) = f (Q)f (Jr )f (P ) et il suffit de montrer f (Jr ) = 0 pour conclure.
Par permutation des vecteurs de bases, la matrice Jr est semblable à toute
matrice diagonale où figure r coefficients 1 et n − r coefficients 0. En positionnant,
pertinemment les coefficients 0, on peut former des matrices A1 , . . . , Ap toutes
semblables à Jr vérifiant
A1 . . . Ap = On
27
Par suite les matrice M vérifiant AM = M B sont celle de la forme
a b c
M = P 0 b0 c0 P −1
0 0 a
L’espace C est
1
M1 = P 0
0
donc de dimension 5 et l’on en forme une base à l’aide des matrices
0 0 0
0 1 0
0 0
0 0 P −1 , M2 = P 0 1 0 P −1 , M3 = P 0 0 0 P −1
0 0 0
0 0 0
0 1
0 0 0
0 0 1
M4 = P 0 0 1 P −1 et M5 = P 0 0 0 P −1
0 0 0
0 0 0
On a alors
f (A1 ) . . . f (Ap ) = 0
Or il est facile d’établir que si deux matrices sont semblables, la fonction f prend
les mêmes valeurs sur celles-ci. Par suite f (Jr ) = f (A1 ) = . . . = f (Ap ) et ainsi
f (Jr )p = 0 puis enfin f (Jr ) = 0.
Exercice 57 : [énoncé]
On vérifie aisément que C est un sous-espace vectoriel de M3 (R) car c’est le noyau
de l’endomorphisme M 7→ AM − M A.
Puisque A2 = O3 , on a ImA ⊂ ker A.
Puisque A 6= O3 , la formule du rang et l’inclusion précédente montre
rgA = 1 et dim ker A = 2
Soient X1 ∈ ImA non nul, X2 tel que (X1 , X2 ) soit base de ker A et X3 un
antécédent de X1 . En considérant la matrice de passage P formée des colonnes
X1 , X2 , X3 , on a
0 0 1
P −1 AP = 0 0 0 = B
0 0 0
En raisonnant par coefficients inconnus, on obtient que les matrices N vérifiant
BN = N B sont de la forme
a b c
N = 0 b0 c0
0 0 a
Exercice 58 : [énoncé]
trA 6= trB dont A et B ne sont pas semblables.
Exercice 59 : [énoncé]
Notons E la matrice correspondant à l’élément neutre de (G, ×). Celle-ci est
nécessairement non nulle car sinon la partie G serait réduite à la matrice nulle.
Puisque la matrice E est neutre, on a E 2 = E et donc E est la matrice d’une
projection. En posant r = rgE ∈ N? , il existe P ∈ GLn (R) telle que
Ir O
E = P Jr P −1 avec Jr =
∈ Mn (R)
O O
Pour toute matrice M ∈ Mn (R), on peut écrire par blocs
A B
M =P
P −1
C D
L’identité EM = M = M E donne la nullité des blocs B, C et D.
On peut alors introduire l’application ϕ : G → Mr (R) qui associe à M ∈ G le bloc
A de la description ci-dessus. On vérifie aisément que l’application ϕ est injective
et que
∀M, N ∈ G, ϕ(M N ) = ϕ(M ) × ϕ(N )
Enfin, on a aussi ϕ(E) = Ir de sorte qu’on peut affirmer que l’image de ϕ est un
sous-groupe de (GLr (R), ×) . Le groupe (G, ×) alors isomorphe à ce sous-groupe.
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Corrections
Exercice 60 : [énoncé]
De telles matrices n’existent pas car
tr(AB) = tr(BA)
et donc
tr(AB − BA) = 0 6= tr(In )
Exercice 61 : [énoncé]
On a
trA = tr (AB − BA) = tr (AB) − tr (BA) = 0
car tr(AB) = tr(BA).
Généralisons ce calcul
tr (Ap ) = tr Ap−1 (AB − BA) = tr (Ap B) − tr Ap−1 BA
Or
tr Ap−1 BA = tr (Ap−1 B)A = tr A(Ap−1 B) = tr (Ap B)
donc
tr (Ap ) = 0
Exercice 62 : [énoncé]
I) Soit (e1 , . . . , en ) une base de E avec e1 , . . . , en−1 ∈ ker f et en ∈ Imf . On a
f (en ) ∈ Imf = Vect(en ) donc il existe λ ∈ K tel que f (en ) = λen et donc
f 2 (en ) = λf (en ). Cette relation vaut aussi pour les vecteurs e1 , . . . , en−1 et donc
par coïncidence de deux applications linéaires sur les vecteurs d’une base on peut
affirmer que f 2 = λf . De plus, la matrice de f dans la base (e1 , . . . , en ) donne
λ = trf . Ainsi, pour f de rang 1, f est un projecteur si, et seulement si, trf = 1.
Exercice 63 : [énoncé]
Calculons les coefficients diagonaux de la représentation matricielle de ϕ dans la
base canonique formée des matrices élémentaires Ei,j .
On a ϕ(Ei,j ) = Ei,j A.
n P
n
n
P
P
Or A =
ak,` Ek,` donc ϕ(Ei,j ) =
aj,` Ei,` car Ei,j Ek,` = δj,k Ei,` .
k=1 `=1
`=1
La composant de ϕ(Ei,j ) selon Ei,j vaut aj,j .
n P
n
P
Par suite la trace de ϕ vaut
aj,j = ntrA.
i=1 j=1
28
Exercice 64 : [énoncé]
Supposons que M soit semblable à une matrice M 0 via une matrice inversible P
i.e.
M 0 = P −1 M P
Si on peut écrire M 0 = A0 B 0 − B 0 A0 alors M = AB − BA avec A = P A0 P −1 et
B = P B 0 P −1 .
On peut ainsi transformer la matrice M en une matrice semblable sans changer la
problématique.
Etablissons maintenant le résultat demandé en raisonnant par récurrence sur la
taille de la matrice M .
Si M est taille 1 : ok
Supposons la propriété établie au rang n ∈ N? .
Soit M une matrice carrée d’ordre n + 1 de trace nulle.
Montrons que M est semblable à une matrice de la forme
0 ?
? ?
Si M est matrice d’une homothétie alors trM = 0 permet de conclure M = On .
Sinon, il existe des vecteurs qui ne sont pas vecteurs propres de l’endomorphisme
associé à M .
Soit x, un tel vecteur. En introduisant une base dont x et f (x) sont les deux
premiers vecteurs, on obtient que la matrice M est semblable à celle voulue.
Compte tenu de la remarque préliminaire, on suppose désormais que la matrice M
est de la forme
0 L
C M0
avec trM 0 = 0.
Par l’hypothèse de récurrence on peut écrire
M 0 = A0 B 0 − B 0 A0
Soit λ ∈ K qui n’est par valeur propre de la matrice B 0 .
En posant
1
L(B 0 − λI)−1
A=
(λI − B 0 )−1 C
A0
et
B=
λ
0
0
B0
on obtient
M = AB − BA
Récurrence établie.
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Exercice 65 : [énoncé]
Posons aj,i = ϕ(Ei,j ). ϕ(M ) =
P
Corrections
aj,i mi,j = tr(AM ) avec A = (ai,j ).
16i,j6n
Exercice 66 : [énoncé]
Puisque tr(AB) = tr(BA), on a tr [A, B] = 0. ker(tr) est donc un sous-espace
vectoriel contenant {[A, B] /A, B ∈ E} donc
Vect {[A, B] /A, B ∈ E} ⊂ ker(tr)
De plus, tr étant une forme linéaire non nulle, ker(tr) est un hyperplan.
Montrons qu’il en en est de même de Vect {[A, B] /A, B ∈ E}.
Pour i 6= j, Ei,j = [Ei,i , Ei,j ] et pour i 6= n, Ei,i − En,n = [Ei,n , En,i ].
Par suite Vect {[A, B] /A, B ∈ E} contient la famille libre à n2 − 1 éléments
formée par les Ei,j , i 6= j et les Ei,i − En,n , i 6= n. Il en découle que
Vect {[A, B] /A, B ∈ E} est de dimension supérieure ou égale à n2 − 1.
Par inclusion et un argument de dimension, on peut conclure
29
Si tr(A) = 2 alors Y = X − 21 tr(X)A vérifie Y + t Y = X + t X − tr(X)A = 0 donc
Y est antisymétrique puis la matrice X est de la forme λA + Y avec Y
antisymétrique. Inversement, une telle matrice est solution.
Pour résumer :
Si A ∈
/ Sn (R) ou tr(A) 6= 2 alors S = An (R).
Si A ∈ Sn (R) et tr(A) = 2 alors S = Vect(A) ⊕ An (R).
Exercice 69 : [énoncé]
a) Soit p un projecteur de E espace de dimension n. En posant F = Imp et
G = ker p, la matrice de p dans une base adaptée à la décomposition E = F ⊕ G
est de la forme
Ir
Op,r−p
Or−p,p Or−p
On y lit
rgp = r = trp
b) Posons
q−1
ker(tr) = Vect {[A, B] /A, B ∈ E}
B=
1X k
A
q
k=0
Exercice 67 : [énoncé]
Notons que Vect {AB − BA/A, B ∈ Mn (R)} est inclus dans l’hyperplan des
matrices de trace nulle.
Par suite dim Vect {AB − BA/A, B ∈ Mn (R)} 6 n2 − 1.
Pour A = Ei,j et B = Ej,j (avec i 6= j) : AB − BA = Ei,j .
Pour A = Ei,n et B = En,i : AB − BA = Ei,i − En,n = Fi .
La famille formée des Ei,j et des Fi est libre et constituée de n2 − 1 éléments.
Par suite dim Vect {AB − BA/A, B ∈ Mn (R)} > n2 − 1.
Finalement dim Vect {AB − BA/A, B ∈ Mn (R)} = n2 − 1.
q
Puisque A = In , on a AB = B et plus généralement Ak B = B pour tout k ∈ N.
On en déduit
q−1
q−1
1X k
1X
B2 =
A B=
B=B
q
q
k=0
k=0
et donc B est la matrice d’un projecteur. Par suite
q−1
1X
rgB = trB =
tr(Ak )
q
k=0
Exercice 68 : [énoncé]
Soit X solution. La matrice X + t X est symétrique.
Cas A n’est pas symétrique :
Nécessairement tr(X) = 0 et l’équation étudiée devient X + t X = 0 dont les
solutions sont les matrices antisymétriques. Inversement, ces dernières sont
solutions de l’équation initiale.
Cas A est symétrique.
En passant à la trace l’équation étudiée, on obtient 2tr(X) = tr(X)tr(A).
Si tr(A) 6= 2 alors on obtient à nouveau tr(X) = 0 et on conclut que X est
antisymétrique.
Pour X ∈ ker(A − In ), on a AX = X donc BX = X et ainsi ker(A − In ) ⊂ ImB.
Inversement, si Y ∈ ImB, il existe X ∈ Mn,1 (K) tel que Y = BX et alors
(A − In )Y = ABX − BX = BX − BX = 0
donc ImB ⊂ ker(A − In ) puis ImB = ker(A − In ). On peut alors conclure
q−1
dim ker(A − In ) = rgB =
1X
tr(Ak )
q
k=0
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Exercice 70 : [énoncé]
Soit
p=
Corrections
et que M −1 = M p−1 ∈ H. Cela suffit pour conclure que H est un sous-groupe de
GLn (K).
b) Si M ∈ H alors N 7→ M N et N 7→ N M sont des permutations de H. On en
déduit que M P = P M = P car pour chaque terme les sommes portent sur les
mêmes éléments.
P
P
P 2 = 1q
M P = 1q
P = P.
1 X
g
n
g∈G
On a
p◦p=
1 XX
h◦g
n2
M ∈H
h∈G g∈G
Or, pour h ∈ G fixé, les h ◦ g parcourt G pour g parcourant G. Ainsi
X
X
h◦g =
k
g∈G
k∈G
1 XX
1 X
k=
k=p
2
n
n
h∈G k∈G
k∈G
Ainsi p est un projecteur et la dimension de son image Imp = ker(p − Id) est sa
trace
1 X
trp =
trg
n
g∈G
X ∈ ker(P − In ).
Inversement, si X ∈ ker(P − In ) alors P XT= X et pour tout M ∈ H,
X = P X = M P X = M X et donc X ∈
ker(M − In ). Ainsi
M ∈H
T
ker(M − In ) = ker(P − In ) et ker P est solution du problème posé.
M ∈H
P
d) P est une projection donc trP = rgP ∈ N et donc
trM = qtrP ∈ qN.
M ∈H
P
T
Si
trM = 0 alors P = 0. Par suite
ker(M − In ) = {0} et il n’y a donc
M ∈H
Pour tout g ∈ G, on vérifie g ◦ p = p par des calculs analogues aux précédents. Si
x est invariant par p, il l’est aussi par g et donc
\
ker(p − Id) ⊂
ker(g − Id)
g∈G
L’inclusion inverse étant immédiate, on conclut
\
ker(g − Id) = ker(p − Id)
g∈G
puis l’on obtient l’égalité de dimension
\
1 X
dim
ker(g − IdE ) =
trg
n
g∈G
M ∈H
c) Puisque P 2 = P , ImP = ker(P − In ) et ker P sont supplémentaires dans
Mn,1 (K).
Si X ∈ ker P alors P X = 0 et pour tout M ∈ H, P M X = P X = 0 donc
M X ∈ ker
TP . Ainsi ker P est stable par H.
Si X ∈
ker(M − In ) alors pour tout M ∈ H, M X = X donc P X = X puis
M ∈H
puis
p◦p=
30
g∈G
Exercice 71 : [énoncé]
a) L’application considérée est au départ d’un ensemble infini et à valeurs dans un
ensemble fini, elle ne peut donc être injective et il existe k < ` ∈ N, M k = M ` ce
qui fournit M p = In avec p = ` − k car M est inversible. On en déduit que In ∈ H
M ∈H
pas de vecteur non nul invariant pour tous les éléments de H et inversement.
Exercice 72 : P
[énoncé] P P
a) Posons p =
g. p2 =
gh. Or pour g ∈ G, l’application h 7→ gh est une
g∈G
g∈G h∈G
P
permutation du groupe G donc
gh = p et par suite p2 = CardG.p.
h∈G
1
Par suite CardG
p est une projection vectorielle et puisque son rang égale sa trace,
rgp = 0. Ainsi p = 0.
P
b) Considérons ϕ(x, y) =
(g(x) | g(y)). ϕ est un produit scalaire sur Rn pour
g∈G
lequel on a ∀h ∈ G, h? = h−1 . Pour ce produit scalaire, V ⊥ est un supplémentaire
de V stable pour tout h−1 avec h élément de G donc stable pour tout élément de
G.
Exercice 73 : [énoncé]
Si i 6= j alors Ei,i Ei,j = Ei,j et Ei,j Ei,i = 0 donc T (Ei,j ) = 0.
De plus Ei,j Ej,i = Ei,i et Ej,i Ei,j = Ej,j donc T (Ei,i ) = T (Ej,j ) = α.
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Soit A = (ai,j ) ∈ Mn (K).
T (A) = T
n
X
i,j=1
ai,j Ei,j =
n
X
ai,j T (Ei,j ) = αtr(A)
i,j=1
donc T = α.tr.
Corrections
31
Exercice 76 : [énoncé]
La trace de f est la somme des coefficients diagonaux de la matrice représentative
de f dans la base de Mn (R) formée des matrices élémentaires Ei,j . Puisque le
coefficient d’indice (i, j) de la matricef (Ei,j ) est ai,i + aj,j on obtient
X
trf =
(ai,i + aj,j ) = 2ntrA
16i,j6n
Exercice 74 : [énoncé]
f (Ei,i ) = f (Ei,j Ej,i ) = f (Ej,i Ei,j ) = f (Ej,j ) et si i 6= j,
f (Ei,j ) = f (Ei,j Ej,j ) = f (Ej,j Ei,j ) = f (0) = 0.
Ainsi
X
f (A) = f (
ai,j Ei,j ) = λtrA
en notant λ la valeur commune des f (Ei,i ).
Exercice 77 : [énoncé]
Si X est solution alors
tr(X) = tr(X)tr(A) + tr(B)
et donc
tr(X)(1 − tr(A)) = tr(B)
Cas trA 6= 1 .
On obtient
Exercice 75 : [énoncé]
a) Notons Ei,j les matrices élémentaires de Mn (R). Puisque
tr(X) =
tr(B)
1 − tr(A)
puis
Ei,i = Ei,j Ej,i et Ej,j = Ej,i Ei,j
X=
l’hypothèse de travail donne
f (Ei,i ) = f (Ei,j Ej,i ) = f (Ej,i Ei,j ) = f (Ej,j )
De plus, pour i 6= j, on a
Ei,j = Ei,j Ej,j et On = Ej,j Ei,j
donc
tr(B)
A+B
1 − tr(A)
Inversement, cette matrice est bien solution.
Cas trA = 1.
Sous cas trB 6= 0.
L’équation tr(X)(1 − tr(A)) = tr(B) est incompatible, il n’y a pas de solution.
Sous cas trB = 0.
La solution X est de la forme λA + B avec λ ∈ R et inversement de telles matrices
sont solutions.
f (Ei,j ) = f (Ei,j Ej,j ) = f (Ej,j Ei,j ) = f (On ) = 0
Ainsi
X
f (A) = f (
ai,j Ei,j ) = λtrA
en notant λ la valeur commune des f (Ei,i ).
b) Posons f = tr ◦ g. L’application f est une forme linéaire vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), f (AB) = f (BA)
Ainsi f = λtr.
Or f (In ) = tr (g(In )) = trIn donc λ = 1. Ainsi f = tr et
∀M ∈ Mn (R), tr(g(M )) = f (M ) = tr(M )
Exercice 78 : [énoncé]
Soit (e1 , . . . , en ) une base de E avec e1 , . . . , en−1 ∈ ker f .
La matrice de f dans cette base est de la forme
0 ··· 0
λ1
..
..
..
.
.
.
A= .
.
.
.
.
. λn−1
0 ··· 0
λn
avec λn = trf .
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Corrections
On observe alors que A2 = λn A.
Ainsi si trf = 1 alors A2 = A donc f 2 = f puis f est un projecteur.
Par l’isomorphisme de représentation matricielle dans une base donnée de E, on
peut retraduire le problème matriciellement.
En considérant les éléments Ei,i et Ei,i + Ei,j pour 1 6 i 6= j 6 n on forme une
base de Mn (R) telle que souhaitée.
Exercice 79 : [énoncé]
Les matrices Ai sont des matrices de projection et donc
trAi = rgAi
32
Exercice 80 : [énoncé]
La somme des colonnes de B est nulle donc det B = 0.
Exercice 81 : [énoncé]
On a
det(A + iB) det(A − iB) = det(A2 + B 2 )
car A et B commutent.
Or det(A − iB) = det(A + iB) donc det(A2 + B 2 ) = z z̄ > 0.
On en déduit
k
X
rgAi =
k
X
trAi = trIn = n
i=1
i=1
Or
Rn = Im
n
X
i=1
Ai ⊂
k
X
ImAi ⊂ Rn
k=1
i=1
Ainsi
k
X
Exercice 82 : [énoncé]
Notons Ei,j les matrices élémentaires de Mn (C).
On observe
n
X
ϕA (Ei,j ) =
ak,i Ek,j
ImAi = R
n
Par suite dans la base (E1,1 , . . . , En,1 , E1,2 , . . . , En,2 , . . . , E1,n , . . . , En,n ), la
matrice de l’endomorphisme ϕA est diagonale par blocs avec n blocs diagonaux
tous égaux à A. On en déduit
i=1
et la relation sur les rangs donne
k
X
trϕA = ntrA et det ϕA = (det A)n
dim (ImAi ) = dim Rn
i=1
Les espaces ImAi sont donc en somme directe
k
⊕ ImAk = Rn
i=1
n
Pour tout x ∈ R , on peut écrire
x = A1 x + · · · + Ak x
En particulier, pour le vecteur Aj x, on obtient
Aj x = A1 Aj x + · · · + Aj x + · · · + Ak Aj x
La somme directe précédente donne alors par unicité d’écriture
∀1 6 i 6= j 6 k, Ai Aj x = 0
Exercice 83 : [énoncé]
a) AA−1 = In donne (det A)(det A−1 ) = 1 or det A, det A−1 ∈ Z donc det A = ±1.
b) Posons P (x) = det(A + xB). P est une fonction polynomiale de degré inférieur
à n.
Pour tout x ∈ {0, 1, . . . , 2n}, on a P (x) = ±1 donc P (x)2 − 1 = 0.
Le polynôme P 2 − 1 possède au moins 2n + 1 racines et est de degré inférieur à n,
c’est donc le polynôme nul.
On en déduit que pour tout x ∈ R, P (x) = ±1.
Pour x = 0, on obtient det A = ±1.
Pour x → +∞,
1
P (x)
det
A+B = n →0
x
x
donne det B = 0.
et peut alors conclure.
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Corrections
33
Exercice 86 : [énoncé]
Il existe u, v ∈ Z tels que u det A + v det B = 1. U = ut (comA) et V = v t (comB)
conviennent alors.
Exercice 84 : [énoncé]
On note B la base canonique de l’espace des colonnes,
det A = det(A1 , . . . , An )
B
et
n
X
det B = det(B1 , . . . , Bn ) = det
B
avec
B
n
X
!
Bi , B2 , . . . , Bn
i=1
Bi = (n − 1)
n
X
Ai
i=1
i=1
Par suite
det B = (n − 1) det
B
n
X
Ai , B2 −
n
X
Ai , . . . , B n −
!
Ai
i=1
i=1
i=1
n
X
Ce qui donne
det B = (n − 1) det
B
n
X
Posons alors X = QJr0 P avec
!
Ai , −A2 , . . . , −An
= (−1)
n−1
Exercice 87 : [énoncé]
Notons que pour n = 1 : la relation det(A + X) = det A + det X est vraie pour
tout A et tout X.
On suppose dans la suite n > 2.
Pour X = A, la relation det(A + X) = det A + det X donne 2n det A = 2 det A et
donc det A = 0.
La matrice A n’est donc par inversible et en posant r < n égal à son rang, on peut
écrire A = QJr P avec P, Q inversibles et
Ir
(0)
Jr =
(0) On−r
(n − 1) det(A1 , . . . , An )
Jr0 =
i=1
Finalement
det B = (−1)n−1 (n − 1) det A
Exercice 85 : [énoncé]
a) G ⊂ GL4 (R), G est non vide, stable par passage à l’inverse et par produit car
V l’est. Ainsi G est un sous-groupe de GL4 (R) donc un groupe.
b) Si M ∈ G alors det M, det M −1 ∈ Z et det M × det M −1 = det I4 = 1 donc
det M = ±1.
Inversement si det M = ±1 alors M −1 = t comM ∈ V donc M ∈ G.
c)
det M = ((a + c)2 − (b + d)2 )((a − c)2 + (b − d)2 )
donc
(
det M = ±1 ⇔
2
2
2
2
(a + c) − (b + d) = ±1
Or
(0)
(0)
In−r
Puisque A + X = QIn P = QP , la matrice A + X est inversible et donc
det X = det(A + X) 6= 0.
On en déduit que la matrice Jr0 est l’identité et donc r = 0 puis A = On .
Exercice 88 : [énoncé]
La matrice H est équivalente à la matrice J1 dont tous les coefficients sont nuls
sauf celui en position (1, 1). Notons P, Q ∈ GLn (R) telles que
H = QJ1 P
et introduisons B ∈ Mn (R) déterminée par
(a − c) + (b − d) = ±1
La résolution de ce système à coefficients entiers donne à l’ordre près :
a, b, c, d = ±1, 0, 0, 0.
Posons J la matrice obtenue pour a = c = d = 0 et b = 1. On vérifie J 4 = I4 .
L’application ϕ : U2 × Z/4Z → G définie par ϕ(ε, n) = εJ n est bien définie, c’est
un morphisme de groupe, injectif et surjectif. Ainsi G est isomorphe à U2 × Z/4Z
ou plus élégamment à Z/2Z × Z/4Z.
A = QBP
La relation
det(A + H) det(A − H) 6 det A2
équivaut alors à la relation
det(B + J1 ) det(B − J1 ) 6 det B 2
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Corrections
Notons C1 , . . . , Cn les colonnes de B et B = (E1 , . . . , En ) la base canonique de
l’espace Mn,1 (K). On a
det(B + J1 ) = det(C1 + E1 , C2 , . . . , Cn ) et det(B − J1 ) = det(C1 − E1 , C2 , . . . , Cn )
B
B
Par multilinéarité du déterminant
34
Exercice 91 : [énoncé]
Raisonnons par récurrence sur n ∈ N? .
La propriété est immédiate pour n = 1.
Supposons la propriété vérifiée pour n > 1.
Soit A = (ai,j ) ∈ Mn+1 (R) vérifiant les propriétés énoncées. En développant le
déterminant de A selon la première ligne, on obtient
det(B+J1 ) = det B+det(E1 , C2 , . . . , Cn ) et det(B−J1 ) = det B−det(E1 , C2 , . . . , Cn )
B
B
det A =
d’où l’on tire
n+1
X
(−1)1+j a1,j ∆1,j
j=1
2
2
det(B + J1 ) det(B − J1 ) = det B − det(E1 , C2 , . . . , Cn ) 6 det B
2
B
Exercice 89 : [énoncé]
L’application ϕ : E n → K définie par
ϕ(x1 , . . . , xn ) =
n
X
det(x1 , . . . , f (xj ), . . . , xn )
j=1
B
j=1
est une forme n-linéaire alternée, donc il existe λ ∈ K tel que ϕ = λ. detB .
On a ϕ(e1 , . . . , en ) = λ et par suite
λ=
n
X
det(e1 , . . . , f (ej ), . . . , en ) =
j=1
B
avec ∆1,j mineur d’indice (1, j) de la matrice A.
Puisque la matrice définissant le mineur ∆1,j est à coefficients positifs et que la
somme des coefficients de chaque ligne est inférieure à 1, on peut lui appliquer
l’hypothèse de récurrence et affirmer |∆1,j | 6 1.
On en déduit
n+1
X
a1,j 6 1
|det A| 6
n
X
aj,j = trf
j=1
avec A = (ai,j ) = MatB f .
Exercice 90 : [énoncé]
En retranchant la première ligne aux autres lignes, le déterminant de la matrice
A + xJ apparaît comme le déterminant d’une matrice où figure des x seulement
sur la première ligne. En développant selon cette ligne, on obtient que
det(A + xJ) est une fonction affine de la variable x.
De plus
det(A − xJ) = det(−t A − xJ) = (−1)2n det(t A + xJ)
et puisque la matrice J est symétrique
det(A − xJ) = det(t A + xt J) = det(A + xJ)
La fonction affine x 7→ det(A − xJ) est donc une fonction paire et par conséquent
c’est une fonction constante. On a alors
∀x ∈ R, det(A + xJ) = det(A + 0.J) = det A
Récurrence établie.
Exercice 92 : [énoncé]
Soit A une matrice de GLn (Z). Le déterminant de A ainsi que celui de son inverse
sont des entiers. Puisque
det A × det A−1 = 1
on en déduit det A = ±1. Inversement, si une matrice A ∈ Mn (Z) est de
déterminant ±1 alors son inverse, qui s’exprime à l’aide de la comatrice de A, est
à coefficients entiers. Ainsi les matrices de GLn (Z) sont les matrices à coefficients
entiers de déterminant ±1.
Soit A une matrice de GLn (Z) dont la première ligne est formée par les entiers
a1 , . . . , an . En développant le calcul de det A selon la première ligne de la matrice,
on obtient une relation de la forme
a1 u1 + · · · + an un = 1
avec les uk égaux, au signe près, à des mineurs de la matrice A. Ces uk sont donc
des entiers et la relation qui précède assure que les entiers a1 , . . . , an sont premiers
dans leur ensemble.
Pour établir la réciproque, raisonnons par récurrence sur n > 2 pour établir qu’il
existe une matrice à coefficients dans Z, de déterminant 1, dont la première ligne
est a1 , . . . , an premiers dans leur ensemble.
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Corrections
Pour n = 2. Soient a, b deux entiers premiers entre eux. Par l’égalité de Bézout, on
peut écrire
au + bv = 1 avec u, v ∈ Z
35
Exercice 93 : [énoncé]
a) Notons C1 , . . . , Cn les colonnes de A et supposons
λ1 C1 + · · · + λn Cn = 0
Considérons alors la matrice
A=
a
−v
b
u
Si m = max(|λ1 | , . . . , |λn |) 6= 0 alors, puisque pour tout 1 6 i 6 n,
∈ M2 (Z)
n
X
Celle-ci étant de déterminant 1, elle appartient à GL2 (Z).
Supposons la propriété établie au rang n > 2.
Soient a1 , . . . , an , an+1 des entiers premiers dans leur ensemble. Posons
Les entiers d et an+1 étant premiers entre eux, il existe u, v ∈ Z tels que
du + an+1 v = 1
De plus, on peut écrire
a1 = da01 , . . . , an = da0n
avec a01 , . . . , a0n premiers dans leur ensemble.
Par hypothèse de récurrence, il existe une matrice
0
a0n
a1
a02 · · ·
α2,1 α2,2 · · · α2,n
..
..
.. ∈ Mn (Z)
.
.
.
αn,1
de déterminant 1.
Considérons alors la matrice
da01
α2,1
..
.
αn,1
−va01
αn,2
···
on obtient
P
|λi | 6
d = pgcd(a1 , . . . , an )
αn,n
da02
α2,2
..
.
···
···
da0n
α2,n
..
.
an+1
0
..
.
αn,2
−va02
···
···
αn,n
−va0n
0
u
Celle-ci est à coefficients entiers et en développant son déterminant par rapport à
la dernière colonne, on obtient 1.
Récurrence établie.
λj ai,j = 0
j=1
P
|λj | |ai,j |
j6=i
|ai,i |
6m
|ai,j |
j6=i
|ai,i |
<m
ce qui est absurde compte tenu de la définition de m.
Par suite, la famille (C1 , . . . , Cn ) est libre et donc A inversible.
b) Considérons l’application f : x ∈ R 7→ det(A + xIn ).
La fonction f est clairement polynomiale de monôme dominant xn , elle est donc
continue et de limite +∞ quand x → +∞.
De plus, le résultat précédent s’applique à la matrice A + xIn pour tout x > 0 et
donc f (x) 6= 0 sur [0, +∞[.
Par continuité, la fonction f ne peut prendre de valeurs 6 0 et donc
∀x > 0, f (x) > 0
En particulier det A = f (0) > 0.
Exercice 94 : [énoncé]
En retirant la première colonne aux autres, on obtient un déterminant où ne
figurent des x que sur la première colonne. En développant selon cette première
colonne, on obtient une expression affine de la variable x.
a1 + x
(x) ..
= αx + β
.
(x)
an + x Il reste à déterminer les réels α, β exprimant cette fonction affine.
D’une part
a1 + x
a1
(x) (0) ..
..
β=
=
= a1 . . . an
.
.
(x)
an + x x=0
(0)
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et d’autre part
a1 + x
d α=
dx (x)
..
Corrections
Exercice 96 : [énoncé]
Considérons le polynôme
0
(x) an + x x=0
.
P (X) = (X − a1 )(X − a2 ) . . . (X − an )
Celui-ci se développe sous la forme
La dérivée d’un déterminant est la somme des déterminants obtenus lorsqu’on ne
dérive qu’une colonne
a1
1
(0) n
X
..
α=
.
j=1 (0)
1
an où la colonne formée de 1 est à la position j. Chaque déterminant se calcule en
développant selon la ligne ne contenant que le coefficient 1 et l’on obtient
α=
n Y
X
Exercice 95 : [énoncé]
On réalise les opérations élémentaires Cn ← Cn − x1 Cn−1 ,
Cn−1 ← Cn−1 − x1 Cn−2 ,. . . , C2 ← C2 − x1 C1 :
1
0
0
···
0
1 x2 − x1 x2 (x2 − x1 ) · · · xn−2
(x
2 − x1 )
2
Vn (x1 , . . . , xn ) = .
.
.
.
..
..
..
..
1 xn − x1 xn (xn − x1 ) · · · xn−2 (xn − x1 )
n
avec α0 , . . . , αn−1 ∈ K et en particulier αn−1 = −(a1 + · · · + an ).
n−2
P
En procédant à l’opération Cn ← Cn +
αk Ck+1 , les coefficients de la dernière
k=0
colonne de la matrice sont transformés en
ani +
Ainsi
1
1
.
..
1
On développe selon la première ligne et on factorise par ligne :
n
Y
P (X) = X n + αn−1 X n−1 + · · · + α0
n−2
X
αk aki = P (ai ) − αn−1 an−1
= −αn−1 an−1
car P (ai ) = 0
i
i
k=0
ai
j=1 i6=j
Vn (x1 , . . . , xn ) =
36
(xj − x1 )Vn−1 (x2 , . . . , xn )
a1
a2
..
.
a21
a22
..
.
···
···
an−2
1
an−2
2
..
.
an1
an2
..
.
an
a2n
···
an−2
n
ann
= −αn−1 1
1
..
.
a1
a2
..
.
a21
a22
..
.
···
···
a1n−2
a2n−2
..
.
an−1
1
an−1
2
..
.
1
an
a2n
···
ann−2
an−1
n
Sachant calculer un déterminant de Vandermonde, on obtient
Dn =
n
X
i=1
ai
Y
(aj − ai )
16i<j6n
Exercice 97 : [énoncé]
Considérons le polynôme
P (X) = (X − a1 )(X − a2 ) . . . (X − an )
j=2
Celui-ci se développe sous la forme
On réitère
Vn (x1 , . . . , xn ) =
n
Y
j=2
(xj − x1 )
n
Y
(xj − x2 ) . . .
j=3
n
Y
P (X) = X n + αn−1 X n−1 + · · · + α0
(xj − xn−1 )V1 (xn )
j=n
avec V1 (xn ) = 1.
Ainsi
avec α0 , . . . , αn−1 ∈ K et en particulier αk = (−1)n−k σn−k où les σ1 , . . . , σn
désignent les expressions symétriques élémentaires en a1 , . . . , an .
n−1
k−1
P
P
αj Cj+1 +
αj Cj , les coefficients de
En procédant à l’opération Cn ← Cn +
j=0
Vn (x1 , . . . , xn ) =
Y
16i<j6n
(xj − xi )
j=n
la dernière colonne de la matrice sont transformés en
P (ai ) − αk aki = −αk aki car P (ai ) = 0
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Corrections
Via C1 ← C1 − Cn , . . . , Cn−1 ← Cn−1 − Cn puis factorisation :
1
1
···
a1 +bn−1
a1 +b1
..
..
(b1 − bn ) . . . (bn−1 − bn ) .
.
Dn =
1
(a1 + bn ) . . . (an + bn ) a 1+b
·
·
·
an−1 +bn−1
n−11 1
1
a +b
···
a +b
Ainsi
n+1−k
Dk = (−1)
σn−k 1
1
..
.
a1
a2
..
.
···
···
ak−1
1
ak−1
2
..
.
ak+1
1
ak+1
2
..
.
···
···
an−1
1
an−1
2
..
.
ak1
ak2
..
.
1
an
···
ak−1
n
ak+1
n
···
an−1
n
akn
n
1
1
..
.
a1
a2
..
.
···
···
1
an
···
ak−1
1
ak−1
2
..
.
ak1
ak2
..
.
ak+1
1
ak+1
2
..
.
···
···
..
.
an−1
1
an−1
2
..
.
ak−1
n
akn
ak+1
n
···
an−1
n
Y
n
n−1
1
..
.
1
1
···
1
a1 +bn−1
..
.
···
···
1
an−1 +bn−1
1
Par conséquent
Sachant calculer un déterminant de Vandermonde, on obtient
Dk = σn−k
1
Via L1 ← L1 − Ln , . . . , Ln−1 ← Ln−1 − Ln puis factorisation :
1
a1 +b
1
..
(b1 − bn ) . . . (bn−1 − bn )(a1 − an ) . . . (an−1 − an ) .
Dn =
1
(a1 + bn ) . . . (an + bn )(an + b1 ) . . . (an + bn−1 ) an−1 +b1
1
En permutant de façon circulaire les n − k dernières colonnes, on obtient
Dk = σn−k 37
Q
Dn =
(aj − ai )
(aj − ai )(bj − bi )
Q
(ai + bj )
16i<j6n
16i,j6n
16i<j6n
Puisque
Y
Exercice 98 : [énoncé]
En développant selon la première ligne, on peut affirmer que ∆ est un polynôme
de degré inférieur à n − 1.
Pour k ∈ {1, . . . , n},
∆(λk ) = (−1)k+1
Y
Y
(i + j) =
16i,j6n
(2n)!
(n + 1)! (n + 2)!
···
1!
2!
n!
on obtient dans le cas particulier
Dn =
où Vn (a1 , . . . , an ) désigne le Vandermonde de (a1 , . . . , an ).
Le polynôme ∆ coïncide en n point avec le polynôme constant égal à
(−1)n+1 Vn (λ1 , . . . , λn ), ils sont donc égaux.
Exercice 99 : [énoncé]
Dn = det
et
(λk − λi )Vn−1 (λ1 , . . . , λ̂k , . . . , λn ) = (−1)n+1 Vn (λ1 , . . . , λn )
i6=k
(j − i) = 1!2! . . . (n − 1)!
16i<j6n
1
a i + bj
16i,j6n
= 1
a1 +b1
1
a1 +bn−1
1
a1 +bn
..
.
..
.
..
.
1
1
an−1 +bn−1
1
an +bn−1
1
an−1 +bn
1
an +bn
an−1 +b1
1
an +b1
···
···
···
(1!2! . . . (n − 1)!)3 n!
(n + 1)!(n + 2)! . . . (2n)!
Exercice 100 : [énoncé]
On a H −1 = det1 H t comH avec comH = (Hi,j ).
Par opérations élémentaires,
Q
(aj − ai )(bj − bi )
1
16i<j6n
Q
det
=
ai + bj 16i,j6n
(ai + bj )
16i,j6n
En simplifiant les facteurs communs, on obtient
Hk,`
(−1)k+` (n + k − 1)!(n + ` − 1)!
=
det H
(k + ` − 1)(k − 1)!2 (` − 1)!2 (n − k)!(n − `)!
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0
..
.
0
1
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Corrections
puis
Hk,`
= (−1)k+` (k + ` − 1)
det H
!
n+k−1
n+`−1
k+`−1
k+`−1
!
k+`−2
k−1
!
∈Z
Exercice 101 : [énoncé]
a) Par l’absurde, supposons que Pn possède une racine multiple z. Celle-ci vérifie
Pn (z) =
Pn0 (z)
=0
38
Exercice 102 : [énoncé]
On décompose la première colonne en somme de deux colonnes
a
λ1
a + λ1
a 0 a
.. = .. + .. = λ1 E1 + aC
. . .
a
a
0
avec E1 colonne élémentaire et C colonne constituée de 1.
On décompose de même chacune des colonnes. On peut écrire
det H = det (λ1 E1 + aC, . . . , λn En + aC)
On en tire
z n − z + 1 = 0(1) et nz n−1 = 1 (2)
On développe par multilinéarité et on simplifie sachant que le déterminant est nul
lorsque la colonne C apparaît deux fois. On obtient
(1) et (2) donnent
det H = det(λ1 E1 + · · · + λn En ) +
(n − 1)z = n (3)
n
X
det(λ1 E1 , . . . , aC, . . . , λn En )
i=1
(2) impose |z| 6 1 alors que (3) impose |z| > 1. C’est absurde.
b) Posons χ(X) le polynôme caractéristique de la matrice étudiée. On vérifie
et donc
det H =
1 + z1 − zi
χ(zi ) = (1)
..
.
1
..
.
1
..
.
1
1 + zn − zi (1)
En retranchant la i-ème colonne à toutes les autres et en développant par rapport
à la ième ligne, on obtient
χ(zi ) =
n
Y
(zj − zi ) = (−1)n−1 P 0 (zi )
j=1,j6=i
0
Cependant les polynômes χ et P ne sont pas de même degré. . . En revanche, les
polynômes χ et (−1)n (P − P 0 ) ont même degré n, même coefficient dominant
(−1)n et prennent les mêmes valeurs en les n points distincts z1 , . . . , zn . On en
déduit qu’ils sont égaux. En particulier le déterminant cherché est
n
Y
λi + a
i=1
n
X
n
Y
i=1
λk
k=1,k6=i
Exercice 103 : [énoncé]
Notons Dn le déterminant recherché.
On décompose la première colonne en somme de deux colonnes
a1 + b1
a1
b1
b1 0 b1
.. = .. + .. = a1 E1 + b1 C
. . .
b1
b1
0
avec E1 colonne élémentaire et C colonne constituée de 1.
On décompose de même chacune des colonnes. On peut écrire
Dn = det (a1 E1 + b1 C, . . . , an En + bn C)
On développe par multilinéarité et on simplifie sachant que le déterminant est nul
lorsque la colonne C apparaît deux fois. On obtient
χ(0) = (−1)n (P (0) − P 0 (0)) = 2(−1)n
Dn = det(a1 E1 + · · · + an En ) +
n
X
det(a1 E1 , . . . , bi C, . . . , an En )
i=1
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et donc
Dn (a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn ) =
n
Y
ai +
i=1
n
X
i=1
bi
Corrections
n
Y
ak
k=1,k6=i
39
où les points de suspensions contiennent une expression polynomiale en cos(xn ) de
degré < n − 1.
En identifiant les coefficients dominant des expressions polynomiale en cos(xn )
dans cette égalité, on obtient
αn = 2n−2 αn−1
Exercice 104 : [énoncé]
a) cos(0.xi ) est un polynôme en cos(xi ) de degré 0.
cos(1.xi ) est un polynôme en cos(xi ) de degré 1.
Par récurrence double, on montre que cos(jxi ) est un polynôme en cos(xi ) de
degré j en exploitant la relation :
cos ((j + 1)xi ) + cos ((j − 1)xi ) = 2 cos(xi ) cos(jxi )
On peut aussi par récurrence affirmer que le coefficient dominant de cos(jxi ) est
2j−1 pour j > 1.
On peut même être plus précis et affirmer que cos ((j − 1)xi ) est une expression
polynomiale de degré j − 1 en cos(xi ).
d) det Mn est une expression polynomiale en cos(x1 ) de degré au plus n − 1.
Puisque cos(x2 ), . . . , cos(xn ) sont n − 1 racines distinctes du polynôme
correspondant, on peut écrire
det Mn = λ(x2 , . . . , xn )
n
Y
(cos xj − cos x1 )
j=2
L’expression du coefficient λ(x2 , . . . , xn ) est polynomiale en cos(x2 ) de degré au
plus n − 2 (car il y a déjà le facteur cos(x2 ) − cos(x1 ) dans le produit) et puisque
cos(x3 ), . . . , cos(xn ) en sont des racines distinctes, on peut écrire
λ(x2 , . . . , xn ) = µ(x3 , . . . , xn )
n
Y
αn = 2
(n−1)(n−2)
2
Exercice 105 : [énoncé]
En sommant toutes les colonnes sur la première
1
n
n−1
..
1
.
1
n(n + 1) .
.
.
.
Dn =
.
.
2
2
.
.
.
..
..
..
1 n−1
...
...
..
.
2
2 3 .. . n 1 En retranchant à chaque ligne la précédente (en commençant par la fin)
1
n
n − 1 ...
2 0 1−n
1
...
1 .
..
..
n(n + 1) .
.
.
1
.
Dn =
2
.
.
.
.
..
..
..
..
1 0
1
...
1 1−n (cos xj − cos x2 )
j=3
En répétant la démarche, on obtient
Y
det Mn = αn
Cette relation permet de conclure
(cos xj − cos xi ) = αn P
16i<j6n
Il reste à déterminer la valeur de αn . . .
Un calcul immédiat donne α2 = 1.
En développant selon la dernière ligne
det Mn = cos((n − 1)xn ) det Mn−1 + · · ·
On développe selon la première colonne et on se ramène à
a
(b) n(n + 1) ..
Dn =
.
2
(b)
a [n−1]
avec a = 1 − n et b = 1. La poursuite du calcul donne alors
Dn =
n(n + 1)
(−1)n−1 nn−2
2
d’où la formule proposée.
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Corrections
Exercice 106 : [énoncé]
a) Il y autant de facteurs que de paires {i, j} i.e.
!
n
n(n − 1)
=
2
2
En développant det M selon la dernière ligne et en considérant le coefficient
dominant de det M vu comme polynôme en cos(x3 ) on obtient
4βP3 = (−1)3 αP3
et de façon analogue on a aussi
b)
1 cos x1
1 cos x2
M =
1 cos x3
1 cos x4
cos(2x1 ) cos(3x1 )
cos(2x2 ) cos(3x2 )
cos(2x3 ) cos(3x3 )
cos(2x4 ) cos(3x4 )
c) La propriété est immédiate pour j = 1 ou j = 2.
Pour j = 3, cos(2xi ) = 2 cos2 xi − 1.
Pour j = 4, cos(3xi ) = 4 cos3 xi − 3 cos xi .
d) det M est une expression polynomiale en cos(x1 ) de degré au plus 3.
Puisque cos(x2 ), cos(x3 ), cos(x4 ) sont 3 racines distinctes du polynôme
correspondant, on peut écrire
det M = λ(x2 , x3 , x4 )
4
Y
(cos x1 − cos xj )
40
2γP2 = (−1)2 βP2
On en déduit
α=8
Puisque CardS4 = 24, det M peut se voir comme la somme de 24 termes qui sont
tous inférieurs à 1 en valeur absolue. On en déduit
|det M | 6 24
Certains des termes (par exemple 1 × cos(x1 ) × cos(2x2 ) × cos(3x3 )) étant
strictement inférieurs à 1 en valeur absolue, on a aussi
|det M | < 24
j=2
L’expression du coefficient λ(x2 , x3 , x4 ) est polynomiale cos(x2 ) de degré au plus 2
(car il y a déjà le facteur cos(x1 ) − cos(x2 ) dans le produit) et puisque
cos(x3 ), cos(x4 ) en sont des racines distinctes, on peut écrire
λ(x2 , . . . , xn ) = µ(x3 , x4 )
4
Y
(cos x2 − cos xj )
Exercice 107 : [énoncé]
En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première
ligne dans le second déterminant on obtient pour n > 2
Dn = 2aDn−1 − a2 Dn−2
j=3
En répétant la démarche, on obtient
Y
det M = α
(cos xi − cos xj ) = αP4
16i<j64
Il reste à déterminer la valeur de α. . .
Une démarche analogue à la précédente aurait donnée
1 cos x1 cos(2x1 ) 1 cos x2 cos(2x2 ) = βP3
1 cos x3 cos(2x3 ) et
1 cos x1
1 cos x2
= γP2 avec γ = −1
(Dn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
r2 − 2ar + a2 = 0 de racines double a.
On a alors Dn = (λn + µ)an avec λ, µ ∈ K.
D0 = 1 et D1 = 2a donnent
Dn = (n + 1)an
Exercice 108 : [énoncé]
Par développement d’un déterminant tridiagonal,
Dn = (a + b)Dn−1 − abDn−2
La suite (Dn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
r2 − (a + b)r + ab = 0 de racines a et b.
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Corrections
Si a 6= b alors on peut écrire Dn = λan + µbn et compte tenu des valeurs initiales,
on obtient
an+1 − bn+1
Dn =
a−b
Si a = b alors on peut écrire Dn = (λn + µ)an et on parvient cette fois-ci à
Dn = (n + 1)an
Exercice 109 : [énoncé]
En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première
ligne dans le second déterminant on obtient pour n > 2
41
Exercice 111 : [énoncé]
En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première
ligne dans le second déterminant on obtient pour n > 2
Dn = 2 cos θDn−1 − Dn−2
(Dn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
r2 − 2 cos θr + 1 = 0 de racines eiθ et e−iθ .
Si θ 6= 0 [π] alors Dn = λ cos nθ + µ sin nθ. D0 = 1 et D1 = 2 cos θ donnent
(
λ=1
λ cos θ + µ sin θ = 2 cos θ
puis
(
Dn = (a + b)Dn−1 − abDn−2
(Dn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
r2 − (a + b)r + ab = 0 de racines distinctes a et b.
On a Dn = λan + µbn avec λ, µ ∈ C. D0 = 1 et D1 = a + b donnent
µ = 1/tan θ
Ainsi
Si θ = 0
Dn = n + 1
Si θ = π
Dn = (1 + x2 )Dn−1 − x2 Dn−2
(Dn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
r2 − (1 + x2 )r − x2 = 0 de racines 1 et x2 .
Si x2 6= 1 alors Dn = λ + µx2n avec λ, µ ∈ C
D0 = 1 et D1 = 1 + x2 donnent
2n+2
Dn =
1−x
1 − x2
Si x2 = 1 alors Dn = λn + µ.
D0 = 1 et D1 = 2 donnent
Dn = n + 1
sin(n + 1)θ
sin θ
[2π] alors Dn = λn + µ. D0 = 1 et D1 = 2 donnent
Dn =
an+1 − bn+1
Dn =
a−b
Exercice 110 : [énoncé]
En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première
ligne dans le second déterminant on obtient pour n > 2
λ=1
[2π] alors Dn = (λn + µ)(−1)n . D0 = 1 et D1 = 2 donnent
Dn = (−1)n (n + 1)
Exercice 112 : [énoncé]
En développant selon la première colonne, puis la première ligne et en
recommençant : Dn = (−n) × 1 × (2 − n) × 3 etc. . .
Si n est pair le développement s’arrête sur le calcul de
n−1 0 =0
1
0 Si n est impair le développement s’arrête par
0 n−2
0
0 n−2 0 0
3
0
n
−
1
0
= −3 2
0 n
0
2
0
n
0
1 0
0
0
1
0 l’étape
= −3(n − 2) 0
1
n = 3n(n − 2)
n En écrivant n = 2p + 1, on parvient à
Dn = (−1)p+1 (1 × 3 × · · · × 2p + 1)2
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Exercice 113 : [énoncé]
On a
A B
D
C D
−C
On
In
=
AD − BC
On
Corrections
B
D
Exercice 116 : [énoncé]
a) En multipliant les n dernières lignes par i et les n dernières colonnes aussi :
A B
A
iB
n
det
= (−1) det
−B A
−iB −A
et en passant au déterminant, on obtient
A B
det
det D = det(AD − BC) det D
C D
On peut alors conclure sachant det D 6= 0.
Exercice 114 : [énoncé]
On a
A B
In
C D
−D−1 C
On
In
=
A − BD−1 C
On
B
D
42
et en passant au déterminant, on obtient
A B
det
= det(A − BD−1 C) det D = det(AD − BD−1 CD)
C D
puis par opérations sur les lignes
A B
A
n
det
= (−1) det
−B A
A − iB
iB
−A + iB
et par opérations sur les colonnes
A B
A + iB
n
det
= (−1) det
−B A
0
iB
−A + iB
On en déduit
det
A
−B
B
A
A
−B
et enfin
Exercice 115 : [énoncé]
Supposons pour commencer la matrice A inversible.
Par opérations par blocs :
A C
I −A−1 C
A
0
=
B D
0
I
B D − BA−1 C
On en déduit
A
B
C = det(D − BA−1 C) det A = det(DA − BA−1 CA)
D Or les matrices A et C commutent donc A−1 et C commutent aussi et
A C B D = det(DA − BC)
Supposons A non inversible.
Pour p assez grand, la matrice Ap = A + p1 I est inversible et commute avec C donc
Ap C
det
= det(DAp − BC)
B D
En passant à la limite quand p → +∞, la continuité du déterminant donne
A C
det
= det(DA − BC)
B D
det
= (−1)n det(A + iB) det(−A + iB)
B
A
= det(A + iB) det(A − iB)
2
Les matrices A et B étant réelles, cette écriture est de la forme z z̄ = |z| > 0.
b) det(A + iB) det(A − iB) = det(A2 + B 2 ) car A et B commutent donc
2
0.
det(A2 +
B ) >
1 2
1 0
c) A =
et B =
par exemple.
0 1
2 1
d) Si A est inversible, on remarque
I
O
A B
A
B
=
−CA−1 I
C D
0 −CA−1 B + D
A B
donc det
= det(A) det(−CA−1 B + D) = det(AD − CB) car A et C
C D
commutent.
On étend cette égalité auxmatricesnon inversibles par densité :
A B
Les applications A 7→ det
et A 7→ det(AD − CB) sont continues et
C D
coïncident sur l’ensemble des matrices inversibles commutant avec C. Or cet
ensemble est dense dans l’ensemble des matrices commutant avec C : si A
commute avec C alors pour tout λ > 0 assez petit A + λIn est inversible et
commute avec C). Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense,
les deux applications sont égales.
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Exercice 117 : [énoncé]
a) Par opération sur les colonnes puis sur les lignes
A B A+B B A+B
=
B A A+B A =
0
b) De façon analogue
A −B A − iB
B A = B + iA
Corrections
Exercice 119 : [énoncé]
On introduit
On a
−B 2
= |A + iB| > 0
A + iB M
N
N
M
=
M + BN
BM + N
M + BN = In
BM + N = On
on obtient
A−1 =
(
⇔
M = In − B 2
N + BM
BN + M
−1
N = −B In − B 2
(In − B 2 )−1
−B(In − B 2 )−1
−1
−B(In − B 2 )−1
(In − B 2 )−1
On aurait pu aussi inverser l’équation AX = Y
At A0 + B t B 0
C t A0 + D t B 0
At A0 + B t B 0
C t A0 + D t B 0
B
D
At C 0 + B t D 0
C t C 0 + Dt D0
det(M )Ip
On−p,p
B
D
= (det M )n Ip
det M × det t A0 = det(M )p det D
et puisque
(
Op,n−p
In−p
En passant cette relation au déterminant, on obtient
Puisque
M t (comM ) =
MN =
Ainsi A est inversible si, et seulement si, In − B et In + B le sont (i.e.
1, −1 ∈
/ SpB).
On aurait aussi pu étudier le noyau de A.
b) On peut présumer que l’inverse de A est alors de la forme
M N
N M
B
In
Or
donc
Par les opérations C1 ← C1 − Cn+1 , . . . , Cn ← Cn − C2n ,
I −B
B
= det(In − B) det(In + B)
det A = n
On
In + B In
B
MN =
−B A − iB
=
0
A A0
t 0
B
t
N=
B
A−B Exercice 118 : [énoncé]
a) Par les opérations Ln+1 ← Ln+1 + L1 , . . . , L2n = L2n + Ln ,
In
B
det A = B + In In + B 43
puis facilement la relation proposée sachant det M 6= 0.
Exercice 120 : [énoncé]
a) Cas D inversible
Sachant C t D = Dt C, on a
t
A B
D
C D
−t C
On
In
=
At D − B t C
On
B
D
et en passant au déterminant on obtient la relation
t
A B
det
det D = det At D − B t C det D
C D
puis la relation voulue sachant det D = dett D 6= 0
b) Cas D non inversible
Posons r = rgC. On peut écrire C = P Jr Q avec P, Q inversibles et Jr la matrice
(symétrique) dont tous les coefficients sont nuls sauf les r premiers de la diagonale
qui sont égaux à 1. Considérons alors D0 = D + λP t Q−1 pour λ ∈ R.
On peut écrire
t
D0 = P P −1 Dt Q + λIn Q−1
Si −λ n’est pas valeur propre de P −1 Dt Q, la matrice D0 est inversible.
Puisqu’une matrice n’a qu’un nombre fini de valeurs propres, la matrice D0 est
assurément inversible quand λ → 0+ avec λ assez petit.
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Corrections
De plus, C t D0 est symétrique car
44
En faisant tendre p vers +∞, on obtient à la limite
C t D0 − D0t C = C t D + λP Jr QQ−1t P − Dt C − λP t Q−1t Qt Jrt P = 0
Par l’étude qui précède, on obtient
A B
det
= det At D0 − B t C
C D0
det M = det(AD − BC)
Il est alors immédiat de conclure que l’inversibilité de M équivaut à celle de
AD − BC.
et en passant à la limite quand λ → 0+ , on obtient
A B
det
= det At D − B t C
C D
Exercice 121 : [énoncé]
Cas où la matrice A inversible :
Pour
P =
on a
MP =
In
On
A
C
−A−1 B
In
On
−CA−1 B + D
On en déduit
det M = det(M P ) = det A × det(−CA−1 B + D)
Or
det A × det(−CA−1 B + D) = det(AD − ACA−1 B) = det(AD − BC)
car la matrice C commute avec les matrices A et B.
On en déduit
det M = det(AD − BC)
Cas général :
Pour p ∈ N? assez grand, la matrice Ap = A + 1/pIn est inversible et les matrices
Ap , B, C, D commutent deux à deux. Si on pose
Ap B
Mp =
C D
l’étude qui précède donne
det Mp = det(Ap D − BC)
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