complements sur les matrices

COMPLEMENTS SUR LES MATRICES
Méthode du pivot
1.
Soit A =
2 1
. On effectue un pivot sur A pour la transformer en I par une suite
1 3
d’opérations :
A = A0 =⇒ A1 =⇒ A2 =⇒ A3 =⇒ A4 = I .
(a) Ecrire à chaque étape Ai =⇒ Ai+1 la matrice Mi telle que Ai+1 = Mi Ai .
(b) Calculer le produit

3 2
2. Soit A = 1 0
2 1
en a plus).
M = M3 M2 M1 M0 . Que représente la matrice M pour A?

1
1. Effectuer les mêmes opérations que dans l’exercice précédents (il y
0
Transposition. Matrices symétriques et antisymétriques
3.
Calculer la transposée des matrices suivantes :




3 2
3 2 1
3 2 1
, C = 1 0 , D = 3 2 1 .
A = 1 0 1 , B =
1 0 1
2 1
2 1 0
Vérifier que t(BC) = tC tB.
1 (i,j)
(E
+ E (j,i) ) pour 1 ≤ i < j ≤ p
2
forment une base de S(p,R). En déduire que la dimension de S(p,R) est p(p + 1)/2.
4.
(a) Montrer que les matrices E (i,i) pour 1 ≤ i ≤ p et
1 (j,i)
(E
− E (i,j) ) pour 1 ≤ i < j ≤ p forment une base de A(p,R).
2
En déduire que la dimension de A(p,R) est p(p − 1)/2.
(b) Montrer que les matrices
(c) On considère les applications ϕ et ψ de M(p,p; R) dans lui même définies par
1
ϕ(M ) = (M + tM )
2
et
1
ψ(M ) = (M − tM ) .
2
.
Montrer que ce sont des applications linéaires et trouver leur noyau et leur image. En remarquant que M = ϕ(M ) + ψ(M ) quel résultat en déduit-on?
(d) Lorsque p = 2 écrire les matrices des applications
1 0
0 1
0
,
,
0 0
0 0
1
1
ϕ et ψ dans la base “canonique”
0
0 0
,
.
0
0 1
5.
Si A = (aij ) est une matrice carrée (n,n), on appelle “trace” de A et l’on note tr A la
n
P
somme
aii . Montrer que l’application A −→ tr A est une application linéaire de M(n,n; R)
i=1
dans R, dont on précisera le noyau et l’image, et qui vérifie les propriétés suivantes :
(a) tr( tA) = tr A
6.
,
(c) Si P est inversible, tr(P AP −1 ) = tr A.
(b) tr(AB) = tr(BA) ,
On appelle matrice magique de M(3,3; R) une matrice A = (aij ) telle que les huit sommes
ai1 + ai2 + ai3 (1 ≤ i ≤ 3) , a1j + a2j + a3j (1 ≤ j ≤ 3) , a11 + a22 + a33
et
a13 + a22 + a31
soient égales. On notera s(A) la valeur commune de ces sommes.
(a) Montrer que l’ensemble Ma des matrices magiques est un sous-espace de M(3,3; R).
(b) Si A est antisymétrique, que vaut s(A) ? Déterminer toutes les matrices antisymétriques de
Ma
(c) Trouver toutes les matrices symétriques de Ma.
(d) En déduire toutes les matrices magiques. Quelle est la dimension de Ma?
7.
Soit X et Y deux matrices colonnes de M(p,1; R).
(a) Vérifier que tXY = tY X =< X,Y >
(b) Soit Y 6= O un vecteur de Rn fixé. Soit f l’application de Rn dans M(n,n; R) définie par
f (X) = X tY . Montrer qu’elle est linéaire. Trouver son noyau et son image. Si n = 2, écrire sa
matrice dans les bases canoniques de Rn et de M(n,n; R).
8.
Soit A une matrice symétrique (n,n), et X et Y dans Rn . On pose ϕ(X,Y ) = tXAY .
(a) Montrer que ϕ(X,Y ) = ϕ(Y,X).
(b) Montrer que ϕest linéaire
par rapport à chaque variable (l’autre étant fixée).
6 2
, et soit f l’application linéaire définie par f (X) = P X où l’on a posé
(c) On prend A =
2 9
2 −1
. Si X 0 = P X, calculer ϕ(X,X) en fonction de X 0 et en déduire le signe de ϕ(X,X).
P =
1 2
Calcul par blocs
9.
Soient A, B, C, D quatre matrices (n,n). Montrer que si A est inversible, alors
A B
I
O
A
B
=
.
C D
CA−1 I
O D − CA−1 B
10.
Montrer que siA et D sont des matrices carrées inversibles de formats respectifs (p1 ,p1 )
A B
et (p2 ,p2 ) alors M =
est inversible et
O D
−1
A
−A−1 BD−1
−1
M =
.
O
D−1
2
11. Soient
A et D sont des matrices
A B
M=
.
O D
On suppose que BD = O. Calculer M n .
1

0
Application : calculer M n lorsque M = 
0
0
carrées de formats respectifs (p1 ,p1 ) et (p2 ,p2 ), et

1 1 −1
2 1 −1
.
0 −1 1 
0 −1 1
3
Corrigé
Méthode du pivot
1. On effectue tout d’abord les opérations de première espèce.
2 1
0 −5
A=
=⇒
= A1 .
1 3
1 3
On a multiplié la deuxième ligne par −2, et on l’a ajoutée à la première. Cela revient à multiplier
à gauche par la matrice
1 −2
M0 =
.
0 1
On a alors
M 0 A = A1 .
Ensuite
A1 =
0
1
−5
3
=⇒
0 −5
= A2 .
1 0
On a multiplié la première ligne par 3/5, et on l’a ajoutée à la seconde. Cela revient à multiplier
à gauche par la matrice
1 0
M1 =
.
3/5 1
On a alors
M1 A1 = A2 .
On effectue ensuite les opérations de deuxième espèce.
première ligne par le pivot.
0 −5
0
A2 =
=⇒
1 0
1
(Il y en a une seule ici). On divise la
1
0
= A3 .
Cela revient à multiplier à gauche par la matrice
−1/5 0
M2 =
.
0
1
On a alors
M2 A2 = A3 .
On effectue enfin les opérations de troisième espèce en permutant les lignes. (Il y en a une seule
ici).
1 0
0 1
A3 =
=⇒
=I .
0 1
1 0
Cela revient à multiplier à gauche par la matrice
0 1
.
M3 =
1 0
On a alors
M 3 A3 = I .
5
Finalement
M3 M2 M 1 M0 A = I ,
ce qui signifie que
A−1 = M3 M2 M1 M0 = M .
Le calcule de ce produit donne
−1
A
1
=
5
3 −1
.
−1 2
2. On effectue tout d’abord les opérations de première espèce.




3 2 1
0 2 −2
A =  1 0 1 =⇒ 1 0 1  = A1 .
2 1 0
2 1 0
On a multiplié la deuxième ligne par −3, et on l’a ajoutée à la première. Cela revient à multiplier
à gauche par la matrice


1 −3 0
M0 = 0 1 0 .
0 0 1
On a alors
M 0 A = A1 .
Ensuite, toujours avec le même pivot




0 2 −2
0 2 −2
A1 =  1 0 1  =⇒ 1 0 1  = A2 .
0 1 −2
2 1 0
On a multiplié la deuxième ligne par −2, et on l’a ajoutée à la troisième. Cela revient à multiplier
à gauche par la matrice


1 0 0
M1 = 0 1 0 .
0 −2 1
On a alors
M1 A1 = A2 .
On continue avec un deuxième pivot

0 2

A2 = 1 0
0 1



−2
0 0 2
1  =⇒ 1 0 1  = A3 .
0 1 −2
−2
On a multiplié la troisième ligne par −2, et on l’a ajoutée à la première. Cela revient à multiplier
à gauche par la matrice


1 0 −2
M2 = 0 1 0  .
0 0 1
On a alors
M 2 A2 = A3 .
On termine avec le troisième pivot
6




0 0 2
0 0 2
A3 = 1 0 1  =⇒ 1 0 0  = A4 .
0 1 −2
0 1 −2
On a multiplié la première ligne par −1/2, et on l’a ajoutée à la deuxième. Cela revient à
multiplier à gauche par la matrice


1
0 0
M3 = −1/2 1 0 .
0
0 1
On a alors
M3 A3 = A4 .
On termine enfin, toujours avec le troisième pivot




0 0 2
0 0 2
A4 = 1 0 0  =⇒ 1 0 0 = A5 .
0 1 0
0 1 −2
On a ajouté la première ligne à la troisièm. Cela

1
M 4 = 0
1
revient à multiplier à gauche par la matrice

0 0
1 0 .
0 1
On a alors
M4 A4 = A5 .
On effectue ensuite les opérations de deuxième espèce. (Il y en a une seule ici). On divise la
première ligne par le pivot.




0 0 2
0 0 1
A5 = 1 0 0 =⇒ 1 0 0 = A6 .
0 1 0
0 1 0
Cela revient à multiplier à gauche par la matrice


1/2 0 0
M5 =  0 1 0  .
0 0 1
On a alors
M5 A5 = A6 .
On effectue enfin les opérations de troisième espèce. On permute tout d’abord les deux premières
lignes




1 0 0
0 0 1
A6 = 1 0 0 =⇒ 0 0 1 = A7 .
0 1 0
0 1 0
Cela revient à multiplier à gauche par la matrice


0 1 0
M 6 = 1 0 0  .
0 0 1
7
On a alors
M6 A6 = A7 .
On permute les deux dernières lignes




1 0 0
1 0 0
A7 = 0 0 1 =⇒ 0 1 0 = I .
0 1 0
0 0 1
Cela revient à multiplier à gauche par la matrice


1 0 0
M 7 = 0 0 1  .
0 1 0
On a alors
M 7 A7 = I .
Finalement
M7 M 6 M5 M4 M 3 M2 M1 M 0 A = I ,
ce qui signifie que
A−1 = M7 M6 M5 M4 M3 M2 M1 M0 = M .
Le calcule de ce produit donne

A−1

−1 1
2
1
=  2 −2 −2 .
2
1
1 −2
Transposition. Matrices symétriques et antisymétriques
3. On obtient




 
3 1 2
3 1
3
3
1
2
t
A = 2 0 1 , tB = 2 0 , tC =
, tD = 2 .
2 0 1
1 1 0
1 1
1
On vérifie facilement que
BC =
13 7
5 3
,
que
t
t
C B=
13 5
7 3
,
et donc, on a bien
t
(BC) = tC tB .
4. (a) Soit A = (aij ) une matrice symétrique de format (p,p). On a donc, si i et j sont plus petits
que p, l’égalité aij = aji . Par ailleurs en écrivant la matrice dans la base formée des matrices
E (i,j) , on a
A=
p X
p
X
i=1 j=1
8
aij E (i,j) .
Dans cette somme, on peut isoler les termes contenant aii , et regrouper ceux contenant aij et
aji , on a alors
A=
p
X
aii E
(i,i)
+
i=1
X
(2aij )
{(i,j)|1≤i<j≤p}
1 (i,j)
(j,i)
(E
+E
) .
2
1
Cette relation montre que les matrices E (i,i) pour 1 ≤ i ≤ p et (E (i,j) +E (j,i) ) pour 1 ≤ i < j ≤ p
2
forment un système générateur de S(p,R).
D’autre part, si l’on écrit
O=
p
X
λii E
(i,i)
+
i=1
X
λij
{(i,j)|1≤i<j≤p}
1 (i,j)
(j,i)
(E
+E
) ,
2
la matrice de droite a pour coefficients de la diagonale principale les nombres λii , qui sont donc
nuls, et comme les coefficients d’indice (i,j) valent λij /2, ils sont nuls également. Donc tous les
1
nombres λij sont nuls et les matrices E (i,i) pour 1 ≤ i ≤ p et (E (i,j) + E (j,i) ) pour 1 ≤ i < j ≤ p
2
forment un système libre de S(p,R). Elles forment donc une base de S(p,R).
Il y a p matrices de la forme E (i,i) . Pour les autres matrices il s’agit de trouver le nombre
d’éléments de l’ensemble {(i,j)|1 ≤ i < j ≤ p}. Pour chaque valeur de i telle que 2 ≤ i ≤ p, le
nombre j peut prendre i − 1 valeurs, donc
card{(i,j)|1 ≤ i < j ≤ p} =
p
X
(i − 1) =
i=2
p−1
X
i,
i=1
et le nombre de matrices de la base, c’est-à-dire la dimension de S(p,R), est
p
X
i=1
i=
p(p + 1)
.
2
(b) On utilise la même méthode pour une matrice antisymétrique.
Soit A = (aij ) une telle matrice de format (p,p). On a donc, si i et j sont plus petits que p,
l’égalité aji = −aij , et en particulier aii = 0. Par ailleurs en écrivant la matrice dans la base
formée des matrices E (i,j) , on a
A=
p X
p
X
aij E (i,j) .
i=1 j=1
Dans cette somme, les termes contenant aii sont nuls. On regroupe ceux contenant aij et aji , on
a alors
X
1 (j,i)
A=
(2aji )
(E
− E (i,j) ) .
2
{(i,j)|1≤i<j≤p}
Cette relation montre que les matrices
générateur de A(p,R).
1 (j,i)
(E
− E (i,j) ) pour 1 ≤ i < j ≤ p forment un système
2
9
D’autre part, si l’on écrit
X
O=
{(i,j)|1≤i<j≤p}
1
λij (E (j,i) − E (i,j) ) ,
2
la matrice de droite a pour coefficients d’indice (i,j), si 1 ≤ i < j ≤ p, les nombres −λij /2, qui
1
sont donc nuls. Il en résulte que tous les nombres λij sont nuls et les matrices (E (j,i) − E (i,j) )
2
pour 1 ≤ i < j ≤ p forment un système libre de A(p,R). Elles forment donc une base de A(p,R).
Le nombre des matrices est donc le nombre d’éléments de l’ensemble {(i,j)|1 ≤ i < j ≤ p},
c’est-à-dire , d’après le calcul fait en (a),
card{(i,j)|1 ≤ i < j ≤ p} =
p−1
X
i,
i=1
et la dimension de A(p,R), vaut donc
p−1
X
i=1
i=
p(p − 1)
.
2
(c) Puisque la transposition est une opération linéaire, on a, si M et M 0 sont deux matrices de
M(p,p; R) :
1
1
ϕ(M + M 0 ) = ((M + M 0 ) + t(M + M 0 )) = (M + M 0 + tM + tM 0 ) = ϕ(M ) + ϕ(M 0 ) ,
2
2
Si λ est un réel, on a aussi
1
1
ϕ(λM ) = ((λM ) + t(λM )) = (λM + λ tM ) = λ
2
2
1
t
(M + M ) = λϕ(M ) .
2
Donc ϕ est linéaire. De même pour ψ.
Dire que M appartient à Ker ϕ signifie que ϕ(M ) = O c’est-à-dire que M = − tM . Donc
Ker ϕ = A(p,R) .
Dire que M appartient à Ker ψ signifie que ψ(M ) = O c’est-à-dire que M = tM . Donc
Ker ψ = S(p,R) .
Remarquons que l’on a
dim S(p,R) + dim A(p,R) =
n(n + 1) n(n − 1)
+
= n2 = dim M(p,p; R) .
2
2
D’après la formule du rang, on a
dim Im ϕ = dim M(p,p; R) − dim Ker ϕ = dim M(p,p; R) − dim A(p,R) = dim S(p,R) .
D’autre part
1
1
(ϕ(M )) = ( tM + t( tM )) = ( tM + M ) = ϕ(M ) .
2
2
t
10
Donc ϕ(M ) appartient à S(p,R), et Im ϕ est inclus dans S(p,R). Comme ces deux espaces ont
la même dimension, ils sont égaux.
De même
dim Im ψ = dim M(p,p; R) − dim Ker ψ = dim M(p,p; R) − dim S(p,R) = dim A(p,R) ,
et
1
1
(ψ(M )) = ( tM − t( tM )) = ( tM − M ) = −ψ(M ) .
2
2
Donc ψ(M ) appartient à A(p,R), et Im ψ est inclus dans A(p,R). Comme ces deux espaces ont
la même dimension, ils sont égaux.
t
En résumé
Ker ϕ = Im ψ = A(p,R) , Ker ψ = Im ϕ = S(p,R) .
La relation M = ϕ(M )+ψ(M ) montre que toute matrice M s’écrit comme somme d’une matrice
symétrique et d’une matrice antisymétrique.
(d) On calcule les images des “vecteurs” de base.
1 0
1 0
ϕ
=
0 0
0 0 ,
1 0 1
1 0 0
0 1
0 0
0 1/2
ϕ
=ϕ
=
=
+
,
0 0
1 0
1/2 0
2 0 0
2 1 0
0 0
0 0
ϕ
=
.
0 1
0 1
La matrice de ϕ dans la base
1 0
0 0
,
est donc
0 1
0 0
,
0 0
1 0
,
0 0
0 1
,


1 0
0 0
0 1/2 1/2 0


0 1/2 1/2 0 .
0 0
0 1
Pour ψ
1 0
0 0
=ψ
=O ,
0 0
0 1
1 0 0
1 0 1
0 1
0 0
0
1/2
ψ
= −ψ
=
=
−
.
0 0
1 0
−1/2 0
2 0 0
2 1 0
ψ
La matrice de ψ dans la base
1 0
0 0
,
0 1
0 0
,
11
0 0
1 0
,
0 0
0 1
,
est donc

0
0
0
0
0 1/2 −1/2 0


0 −1/2 1/2 0 .
0
0
0
0

5. Si A = (aij ) et B = (bij ), on a A + B = (aij + bij ), et
tr(A + B) =
n
X
(aii + bii ) =
j=1
n
X
aii +
j=1
n
X
bii = tr A + tr B .
j=1
Si λ est un nombre réel,
tr(λA) =
n
X
(λaii ) = λ
j=1
n
X
aii = λ tr A .
j=1
L’application “trace” est bien linéaire sur l’ensemble des matrices carrées (n,n).
(a) Dans la transpositions, les éléments aii de la diagonale principale restent inchangés. Donc
tr( tA) = tr A.
(b) Soit C = AB = (cij ). On a, d’après la formule du produit
cii =
n
X
aik bki ,
k=1
donc
tr(AB) =
n X
n
X
aik bki .
i=1 k=1
Maintenant si D = BA = (d`m ), on a cette fois
d`` =
n
X
b`s as` ,
s=1
donc
tr(BA) =
n X
n
X
b`s as` .
`=1 s=1
On constate que les deux sommes définissant tr(AB) et tr(BA) contiennent exactement les
mêmes termes. On a donc égalité.
(c) D’après (b)
tr((P A)P −1 ) = tr(P −1 (P A)) ,
mais P −1 (P A) = A, donc
tr((P A)P −1 ) = tr A .
6. (a) Si A = (aij ) et B = (bij ), on a A + B = (aij + bij ), et, on vérifie facilement que, si
1 ≤ i ≤ 3, on a
(ai1 + bi1 ) + (ai2 + bi2 ) + (ai3 + bi3 ) = s(A) + s(B) ;
si 1 ≤ j ≤ 3, on a
(a1j + b1j ) + (a2j + b2j ) + (a3j + b3j ) = s(A) + s(B) ;
12
que
(a11 + b11 ) + (a22 + b22 ) + (a33 + b33 ) = s(A) + s(B) ;
et enfin que
(a13 + b13 ) + (a22 + b22 ) + (a31 + b31 ) = s(A) + s(B) .
En particulier, on en déduit que
s(A + B) = s(A) + s(B) .
Si λ est un nombre réel, on a λA = (λaij ), et on obtient de même si 1 ≤ i ≤ 3,
λai1 + λai2 + λai3 = λs(A) ;
si 1 ≤ j ≤ 3, on a
λa1j + λa2j + λa3j = λs(A) ;
enfin
λa11 + λa22 + λa33 = λa13 + λa22 + λa31 = λs(A) .
En particulier, on en déduit que
s(λA) = λs(A) .
L’ensemble des matrices magiques est stable par addition et par multiplication par un scalaire,
c’est donc un sous-espace de M(3,3; R).
Remarque : en particulier s(A) est la trace de A (voir exercice précédent).
(b) Pour une matrice antisymétrique, on a, quels que soient i et j, l’égalité aji = −aij , et donc
pour les éléments diagonaux, aii = −aii = 0. Il en résulte que s(A) = 0.


0
b c
Les matrices antisymétriques sont donc de la forme M = −b 0 a.
−c −a 0
La matrice antisymétrique M est magique si et seulement si elle vérifie les conditions suivantes :

 b+c=0
a−b=0 .

c+a=0
Ce système est de rang 1. On obtient alors, en exprimant tous les coefficients en fonction de b
par exemple,


0
1 −1
1 .
M = b −1 0
1 −1 0
L’ensemble des matrices magiques antisymétriques est donc un sous-espace de dimension 1 de
Ma, engendré par la matrice


0
1 −1
1 .
A1 = −1 0
1 −1 0


a b c
(c) Une matrice symétrique M est de la forme M =  b d e .
c e f
Notons s = S(M ). La matrice symétrique M est magique si et seulement si elle vérifie les
13
conditions suivantes :

a+b+c=s




 b+d+e=s
c+e+f =s


a+d+f =s



2c + d = s
.
On peut considérer ceci comme un système de 5 équations à 7 inconnues a,b,c,d,e,f,s, et le
résoudre par la méthode du pivot en écrivant sa matricz P .

1
0

P =
0
1
0

1 1
0 1

−1 0

1 0
0 0

1
2

−2

1
1
1
1
0
0
0
1
0
1
0
2
0
1
0
1
1
0
1
1
0
0
−1 −1
−2 0
1 −1
−2 0
2
1
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
1 −1 −1 0
2 −4 0 0
−1 2
0 1
0 −2 0 0
1
1
0 0
−1
−1
−1
−1
−1


1 1

0 1


 =⇒ 0 0



1 0
0 0


0
1 1
1 1
0



0
 =⇒ −1 0
1 0
0
−1
0 0


0 0
0


0 0
2
−1
=⇒
0 0


1
1 0
0
0 −1
−1 −1 0
−2 0 1
−1 −1 1
−2 0 0
2
1 0
−1
−3
1
−2
2
−1
1
−1
0
1
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0

0
0

0
 =⇒
0
−1

0
0

0
 =⇒
0
0
0
0
1
0 −1

0 1 −1 0 0 0
2 −4 0 0 0 0 

0 0
0 1 0 0

0 −2 0 0 1 0 
0 3
0 0 0 −1
Le système est donc équivalent à

c−d=0




 a + b − 2c = 0
−a + e = 0


 a − 2c + f = 0


3c − s = 0
.
On en tire
d = c , b = 2c − a , e = a , f = 2c − a , s = 3c .
Les matrices magiques symétriques sont donc de la forme






a
2c − a
c
1 −1 0
0 2 1
c
a  = a −1 0
1  + c 2 1 0  .
M = 2c − a
c
a
2c − a
0
1 −1
1 0 2
L’ensemble des matrices magiques symétriques est un sous-espace
Ma, dont une base est formée des matrices



0 2
1 −1 0



1
et A3 = 2 1
A2 = −1 0
1 0
0
1 −1
vectoriel de dimension 2 de

1
0 .
2
(d) Si M est une matrice on peut écrire M = M1 + M2 , où
1
M1 = (M + tM )
2
et
14
1
M2 = (M − tM ) ,
2
avec M1 symétrique et M2 antisymétrique (voir exercice 4). Si M est magique, alors tM l’est
aussi, ainsi que M1 et M2 .
Donc, d’après les questions (b) et (c) toute matrice magique s’écrit
M = αA1 + βA2 + γA3 ,
Le système (A1 ,A2 ,A3 ) engendre Ma. On voit d’autre part que si
αA1 + βA2 + γA3 = O ,
alors la matrice
αA1 = −(βA2 + γA3 ) ,
est à la fois symétrique et antisymétrique. C’est donc la matrice nulle. Mais
αA1 = O
implique α = 0, et
βA2 + γA3 = O ,
implique β = γ = 0, car (A2 ,A3 ) est un système libre. Donc le système (A1 ,A2 ,A3 ) est un
système libre de Ma. C’est donc une base de Ma, et Ma est de dimension 3.


 
x1
y1
 .. 
 .. 
7. Soit X =  .  et Y =  . . on a
xn
yn
t
X = x1 . . . xn
t
Y = y 1 . . . yn
et
.
(a) On obtient donc
t
XY = (x1 y1 + . . . + xn yn ) = tY X .
La matrice obtenue est de format (1,1). Ce n’est autre que le produit scalaire des vecteurs X et Y .
(b) Si X1 et X2 sont deux éléments de Rn et λ un nombre réel, on a
f (X1 + X2 ) = (X1 + X2 ) tY = X1 tY + X2 tY = f (X1 ) + f (X2 ) ,
et
f (λX) = (λX) tY = λ(X tY ) = λf (X) .
Donc f est bien une application linéaire.
On a


x1
 .. 
X Y =  .  y1
xn
t

x1 y1

 x2 y1
. . . yn =  .
 ..
x1 y2
x2 y2
..
.

. . . x1 yn
. . . x2 yn 

..  .
. 
xn y1 xn y2 . . . xn yn
Si X appartient au noyau de f , quels que soient i et j le produit xi yj est nul. Mais comme Y
n’est pas nul, il existe nécessairement un indice j0 tel que yj0 ne soit pas nul. Alors puisque, pour
tout i le produit xi yj0 est nul, c’est que xi est nul. Il en résulte que X = O, et donc Ker f = {O}.
15
D’après la formule du rang, on a alors
dim Im f = dim Rn − dim Ker f = n .
On peut écrire






y1 . . . yn
0 ... 0
0 ... 0
0 ... 0 
y 1 . . . y n 
0 ... 0 






f (X) = x1  .
..  + x2  ..
..  + · · · + xn  ..
..  .
 ..




.
.
.
.
.
0 ... 0
y1 . . . yn
0 ... 0
Si nous notons Ui la matrice dont toutes les lignes sont nulles sauf la i−ème qui vaut tY , on a
donc
f (X) = x1 U1 + x2 U2 + · · · + xn Un ,
Les matrices U1 ,U2 , . . . ,Un forment un système générateur de n vecteurs de Im f . C’est donc une
base de Im f .
Si n = 2 cherchons les images par f des vecteurs de base de Rn .
On a
1
y1 y 2
1 0
0 1
f
=
= y1
+ y2
,
0
0 0
0 0
0 0
et
0
0 0
0 0
0 0
f
=
= y1
+ y2
.
y1 y 2
1
1 0
0 1
0 0
0 0
0 1
1 0
, l’application f a pour matrice
,
,
,
Donc dans la base
0 1
1 0
0 0
0 0


y1 0
y2 0 

A=
 0 y1  .
0 y2
8. (a) La matrice ϕ(X,Y ) est de format (1,1) en particulier c’est une matrice symétrique. Donc
ϕ(X,Y ) = t[ϕ(X,Y )] = t( tXAY ) = tY tA t( tX) ,
mais, puisque A est symétrique, on a tA = A, et par ailleurs t( tX) = X. On en déduit
ϕ(X,Y ) = tY AX = ϕ(Y,X) .
(b) Si X, X1 , X2 , Y , Y1 , Y2 , sont des éléments de Rn et λ un nombre réel, on a
ϕ(X1 + X2 ,Y ) = t(X1 + X2 )AY = tX1 AY + tX2 AY = ϕ(X1 ,Y ) + ϕ(X2 ,Y ) ,
et
ϕ(λX,Y ) = t(λX)AY = λ( tXAY ) = λϕ(X,Y ) .
Donc, pour Y fixé, l’application X 7→ ϕ(X,Y ) est bien une application linéaire.
On a alors
ϕ(X,Y1 + Y2 ) = ϕ(Y1 + Y2 ,X) = ϕ(Y1 ,X) + ϕ(Y2 ,X) = ϕ(X,Y1 ) + ϕ(X,Y2 ) ,
16
et
ϕ(X,λY ) = ϕ(λY,X) = λϕ(Y,X) = λϕ(X,Y ) .
Donc, pour X fixé, l’application Y 7→ ϕ(X,Y ) est également une application linéaire.
(c) Si X 0 = P X, on a donc X = P −1 X 0 , et tX = t(P −1 X 0 ) = tX 0 t(P −1 ). Alors
ϕ(X,X) = tXAX = tX 0 t(P −1 )AP −1 X 0 .
Si l’on effectue le calcul, on a tout d’abord
P
−1
1
=
5
Alors
−1
AP
=
2 1
−1 2
2 2
−1 4
,
,
puis
t
(P
Alors si
X0
−1
)AP
−1
=
1 0
0 2
.
0
x
=
, on obtient
y0
ϕ(X,X) = x0 2 + 2y 0 2 ,
et cette expression est toujours positive.
Calcul par blocs
9. Toutes les matrices figurant dans le calcul sont des matrices (2,2). Le calcul s’effectue comme
un produit de matrices usuel.
I
O
−1
CA
I
A
B
O D − CA−1 B
=
IA+OO
I B + O(D − CA−1 B)
.
(CA−1 )A + I O (CA−1 )B + I(D − CA−1 B)
Mais
IA+OO = A
et
I B + O(D − CA−1 B) = B ,
ainsi que
(CA−1 )A + I O = CA−1 A = C ,
et
(CA−1 )B + I(D − CA−1 B) = CA−1 B + D − CA−1 B = D .
On obtient bien
I
O
−1
CA
I
A
B
O D − CA−1 B
=
A B
C D
.
10. La matrice B est nécessairement de format (p1 ,p2 ) donc le produit A−1 BD−1 également.
On obtient
−1
−1
A
−A−1 BD−1
A B
A A − (A−1 BD−1 )O A−1 B − (A−1 BD−1 )D
=
.
O
D−1
O D
O A + D−1 O
OB + D−1 D
Mais
A−1 A − (A−1 BD−1 )O = A−1 A = Ip1
17
et
OA + D−1 O = O ,
A−1 B − (A−1 BD−1 )D = A−1 B − A−1 B = O
OB + D−1 D = Ip2 .
et
On obtient donc
A−1 −A−1 BD−1
O
D−1
A B
O D
=
Ip1
O
O
Ip2
= Ip1 +p2 .
Il en résulte que M est inversible et que
M
−1
=
A−1 −A−1 BD−1
O
D−1
.
11. On calcule les premières puissances, en tenant compte du fait que BD = O. On obtient :
2
2
A B
A B
A AB + BD
A AB
2
M =
=
=
,
O D
O D
O
D2
O D2
puis
3
M =
A2 AB
O D2
A B
O D
=
A3 A2 B + ABD
O
D3
=
A3 A2 B
O D3
.
On peut supposer que l’on a
n
M =
An An−1 B
O
Dn
,
ce que l’on montre par récurrence. Cette formule a été choisie pour être vraie aux premiers
ordres. Si elle est vraie à l’ordre n, on a alors
n+1
n
n+1
A An−1 B
A B
A
An B
A
An B + An−1 BD
n+1
n
.
=
M
=M M =
=
O
Dn+1
O
Dn+1
O
Dn
O D
La formule est donc vraie au rang n + 1, donc quel que soit n ≥ 1.
Si l’on prend
A=
1 1
0 2
,B=
1 −1
1 −1
et
D=
−1 1
−1 1
,
on constate que BD = O. On peut donc appliquer la formule précédente. On constate que
D2 = O, donc si n ≥ 2, on a Dn = O.
Il reste à calculer An . Là encore on calcule les premières puissances :
1 3
1 7
2
3
A =
,A =
,
0 4
0 8
et l’on peut supposer que
n
A =
1 2n − 1
.
0
2n
On le vérifie par récurrence
An+1 = An A =
1 1 + 2n+1 − 2
1 2n+1 − 1
=
.
0
2n+1
0
2n+1
La formule est vraie à l’ordre n + 1, donc pour tout n ≥ 1.
Alors
n−1
1 2n−1 − 1
1 −1
2
−2n−1
n−1
A
B=
=
,
0
2n−1
1 −1
2n−1 −2n−1
18
et, si n ≥ 2,


1 2n − 1 2n−1 −2n−1
0
2n
2n−1 −2n−1 
 .
Mn = 
0
0
0
0 
0
0
0
0
19