orrigé

Correction
1. (a) Montrer qu’une matrice A∈Mn(R)est non inversible si et seulement si elle est équivalente
à une matrice nilpotente.
⇐Supposons qu’il existe N∈Mntelle que A∼N. Alors
Rang A=Rang Ncar deux matrices équivalentes ont même rang,
⇒Rang A6n−1parce que N /∈GLnet que une matrice non inversible est de rang 6n−1,
⇒A /∈GLncar une matrice de rang 6n−1est non inversible.
⇒Si An’est pas inversible, elle est de rang r6n−1. Considérons la matrice triangu-
laire N= (ni,j )∈Mnà diagonale nulle - donc nilpotente- et dont les seuls coefficients
non nuls sont les ni,i+1, pour i∈[[1, r]] qui valent 1. Cette matrice Nest équivalente à
Acar elle est clairement de rang r.-
(b) On suppose qu’on dispose d’une application f:Mn(R)→Rqui vérifie f(O)=0, f(In) =
1et f(A×B) = f(A)×f(B)pour toutes matrices Aet B. Montrer que f(A)6= 0 ⇐⇒
A∈GLn(R).
⇐Si A∈GLn(R), alors A×A−1=In, donc f(A)×fA−1= 1 d’après les
propriétés de f, si bien que f(A)ne peut être nul.
⇒Faisons-le par contraposition en supposant que A /∈GLn(R)et utilisons bien
évidemment la question précédente. Il existe donc deux matrices inversibles P, Q et
une matrice nilpotente Ntelles que A=P NQ. Alors, f(A) = f(P)f(N)f(Q). Il suf-
fit alors de prouver que f(N)=0. Mais il existe k∈Ntel que Nk= 0, si bien que
f(N)k=f(Nk) = f(0) = 0, et ainsi f(N)=0car c’est un réel.
2. Soit A∈Mn(R)une matrice non nulle. Montrer que ker A⊕Im A=Rn⇐⇒ il existe une
matrice inversible A0∈GLr(R)telle que Aest semblable à A00
0 0.
⇒Soit (e1,...,er)une base de ker Aet (er+1,...,en)une base de Im A. En les réunissant,
puisque ces deux sous-espaces vectoriels sont supplémentaires, nous obtenons une base Bde
Rn. Notons B= (bi,j )∈Mn(R)la matrice de LAdans cette nouvelle base, et montrons
qu’elle a la forme voulue. Les n−rdernières colonnes de Bsont nulles car ei∈ker Apour
i>r+ 1. Enfin, pour tout j∈[[1, r]], Aej∈Im A=Vect (e1,...,er), i.e bi,j = 0,∀(i, j)∈
[[r+ 1, n]] ×[[1, r]].cqfd.
⇐Notons B=A00
0 0, ou A0∈GLr(R). Commençons par montrer que Im Bet ker B
sont supplémentaires. D’après le théorème du rang appliqué à cette matrice, il suffit de mon-
trer qu’ils sont en somme directe. Soit X∈Rn, que nous écrirons X=Y
Z, où Y∈Rr
et Z∈Rn−r. Alors BX =A0Y
0. Grâce à cette relation, on identifie facilement le noyau
et l’image de B, puisque BX = 0 ⇔A0Y= 0 ⇔Y= 0, car A0est inversible. Donc
ker B=n0
Zoù Z∈Rn−ro,et Im B=nY0 0où Y0∈Rro. Ils sont donc bien sup-
plémentaires.
Revenons à notre matrice A. Il existe donc P∈GLn(R)telle que P BP −1=A. Souvenons-
nous ici qu’on ne change pas le noyau d’une matrice en la multipliant à gauche par une
matrice inversible, et qu’on ne change pas son image en la multipliant à droite par une matrice
inversible. Ainsi, ker A= ker(BP −1)et Im A=(P B). Soit alors X∈Rn:
X∈ker A∩Im A⇒BP −1X= 0 et ∃Y∈Rntel que X=P BY
⇒BP−1X= 0 et ∃Y∈Rntel que P−1X=BY
⇒P−1X∈ker Bet P−1X∈Im B
⇒P−1X= 0 puisque Im Bet ker Bsont supplémentaires,
⇒X= 0 puisque P−1est inversible.
Finalement, ker A⊕Im A=Rn.
3. (a) Montrer que si A∈Mn(R)est telle que pour tout X∈Rn, AX est colinéaire à X, alors
il existe λ∈Rtelle que A=λIn.
Il faut bien comprendre la distinction entre l’hypothèse et la conclusion : on suppose que
pour tout X∈Rn, il existe λX∈Rtel que AX =λX.X, et on cherche à prouver
que ce scalaire λXest indépendant de X. Prenons donc Xet Y∈Rnet montrons que
λX=λY:
AX =λX.X,AY =λY.Y et A(X+Y) = λX+Y.(X+Y). Ainsi, λX.X +λY.Y =
λX+Y.(X+Y), d’où l’on déduit que λX−λX+Y.X +λY−λX+Y.Y = 0.
Si (X, Y )est libre, on a alors effectivement l’égalité λX=λX+Y=λY, qui était le
résultat attendu. Enfin, si Y=α.X alors AY =α.AX =αλX.X =λX.Y , donc à
nouveau λX=λY.
(b) En déduire que si Mn’est pas colinéaire à In, il existe une base (e1,...,en)de Rntelle
que e2=Me1.
Si Mn’est pas colinéaire à In, d’après la question précédente, il existe e1∈Rnqui
n’est pas colinéaire à Me1. La famille (e1, M.e1)est donc libre, et on conclut avec le
théorème de la base incomplète.
(c) Montrer, par récurrence sur n>1que toute matrice A∈Mn(R)de trace nulle est sem-
blable à une matrice de diagonale nulle.
P(n) : ∀A∈Mn(R),Si Trace A= 0,alors ∃P∈GLn(R)/P −1AP =
0∗... ∗
∗0....
.
.
.
.
.......∗
∗... ∗0
P(1) est vrai car la seule matrice de taille 1et de trace nulle est la matrice nulle, qui est
semblable à elle-même.
Soit n>1tel que P(n)est vrai. Montrons que P(n+ 1) est vrai. Ecartons le cas
où A, de trace nulle, est colinéaire à In, car alors, c’est encore la matrice nulle, et le
résultat est encore vrai. Soit donc Ade trace nulle et non colinéaire à In. D’après la
question précédente, il existe une base B= (e1,...,en)de Rntelle que e2=Me1.A
est alors semblable à Mat β(LA) = 
0b12 . . . b1n
1b22 . . . b2n
0
.
.
.
.
.
.
0bn2. . . bnn
. La trace étant invariante
par similitude, 0 = Trace A=b22 +···+bnn. Par hypothèse de récurrence, il existe
alors P∈GLn−1telle que P−1
b22 . . . b2n
.
.
.
.
.
.
bn2. . . bnn
P=
0∗... ∗
∗0....
.
.
.
.
.......∗
∗... ∗0
, que
1

nous noterons C∈Mn−1(R). Il suffit alors de s’assurer que l’inverse de la matrice de
taille nsuivante 1 0
0Pest 1 0
0P−1, puis que
1 0
0P−1
0b12 . . . b1n
1b22 . . . b2n
0
.
.
.
.
.
.
0bn2. . . bnn
1 0
0P=0∗ ∗C.
Finalement, Aest semblable à Mat B(LA)qui est elle-même semblable à la matrice de
diagonale nulle 0∗
∗C.
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