orrigé

inversible. Ainsi, ker A = ker(BP −1 ) et Im A = (P B). Soit alors X ∈ Rn :
Correction
1.
X ∈ ker A ∩ Im A
(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 ∈ Mn telle que A ∼ N . Alors
⇒
BP −1 X = 0 et ∃Y ∈ Rn tel que X = P BY
⇒
B P −1 X = 0 et ∃Y ∈ Rn tel que P −1X = BY
⇒
P −1 X ∈ ker B et P −1 X ∈ Im B
⇒
P −1 X = 0 puisque Im B et ker B sont supplémentaires,
⇒ X = 0 puisque P −1 est inversible.
Finalement, ker A ⊕ Im A = Rn .
Rang A = Rang N car deux matrices équivalentes ont même rang,
3. (a) Montrer que si A ∈ Mn (R) est telle que pour tout X ∈ Rn , AX est colinéaire à X, alors
⇒ Rang A 6 n − 1 parce que N ∈
/ GLn et que une matrice non inversible est de rang 6 n − 1,
il existe λ ∈ R telle que A = λIn .
⇒ A∈
/ GLn car une matrice de rang 6 n − 1 est non inversible.
Il faut bien comprendre la distinction entre l’hypothèse et la conclusion : on suppose que
pour tout X ∈ Rn , il existe λX ∈ R tel que AX = λX .X, et on cherche à prouver
⇒ Si A n’est pas inversible, elle est de rang r 6 n − 1. Considérons la matrice trianguque ce scalaire λX est indépendant de X. Prenons donc X et Y ∈ Rn et montrons que
laire N = (ni,j ) ∈ Mn à diagonale nulle - donc nilpotente- et dont les seuls coefficients
λX = λY :
non nuls sont les ni,i+1 , pour i ∈ [[1, r]] qui valent 1. Cette matrice N est équivalente à
AX = λX .X, AY = λY .Y et A(X + Y ) = λX+Y .(X + Y ). Ainsi, λX .X + λY .Y =
A car elle est clairement de rang r.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
(b) On suppose qu’on dispose d’une application f : Mn (R) → R qui vérifie f (O) = 0, f (In ) =
résultat attendu. Enfin, si Y = α.X alors AY = α.AX = αλX .X = λX .Y , donc à
1 et f (A × B) = f (A) × f (B) pour toutes matrices A et B. Montrer que f (A) 6= 0 ⇐⇒
nouveau λX = λY .
A ∈ GLn (R).
−1
−1
(b)
En déduire que si M n’est pas colinéaire à In , il existe une base (e1 , . . . , en ) de Rn telle
⇐ Si A ∈ GLn (R), alors A × A
= In , donc f (A) × f A
= 1 d’après les
que
e2 = M e1 .
propriétés de f , si bien que f (A) ne peut être nul.
Si M n’est pas colinéaire à In , d’après la question précédente, il existe e1 ∈ Rn qui
⇒ Faisons-le par contraposition en supposant que A ∈
/ GLn (R) et utilisons bien
n’est pas colinéaire à M e1 . La famille (e1 , M.e1 ) est donc libre, et on conclut avec le
évidemment la question précédente. Il existe donc deux matrices inversibles P, Q et
théorème de la base incomplète.
une matrice nilpotente N telles que A = P N Q. Alors, f (A) = f (P )f (N )f (Q). Il suf(c) Montrer, par récurrence sur n > 1 que toute matrice A ∈ Mn (R) de trace nulle est semfit alors de prouver que f (N ) = 0. Mais il existe k ∈ N tel que N k = 0, si bien que
blable à une matrice de diagonale nulle.
f (N )k = f (N k ) = f (0) = 0, et ainsi f (N ) = 0 car c’est un réel.
2. Soit A ∈ Mn (R) une matrice non nulle. Montrer que ker A ⊕ Im A = Rn ⇐⇒ il existe une
A0 0
0
matrice inversible A ∈ GLr (R) telle que A est semblable à
.
0
0






∗
 ..
P(n) : ∀A ∈ Mn (R), Si Trace A = 0, alors ∃P ∈ GLn (R)/P −1 AP = 
⇒ Soit (e1 , . . . , er ) une base de ker A et (er+1 , . . . , en ) une base de Im A. En les réunissant,
puisque ces deux sous-espaces vectoriels sont supplémentaires, nous obtenons une base B de
Rn . Notons B = (bi,j ) ∈ Mn (R) la matrice de LA dans cette nouvelle base, et montrons
qu’elle a la forme voulue. Les n − r dernières colonnes de B sont nulles car ei ∈ ker A pour
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.
0 A
0
⇐ Notons B =
, ou A0 ∈ GLr (R). Commençons par montrer que Im B et ker B
0
0
sont supplémentaires. D’après le théorème du rang appliqué à cette matrice,
ilsuffit de monY
trer qu’ils sont en somme directe. Soit X ∈ Rn , que nous écrirons X =
, où Y ∈ Rr
Z
0 AY
et Z ∈ Rn−r . Alors BX =
. Grâce à cette relation, on identifie facilement le noyau
0
0
0
et l’imagen
de B,
= 0 ⇔
Y = 0, car
puisque BX o= 0 ⇔ A Y n
o A est inversible. Donc
0
0
Y
ker B =
où Y 0 ∈ Rr . Ils sont donc bien supoù Z ∈ Rn−r , et Im B =
0
Z
plémentaires.
Revenons à notre matrice A. Il existe donc P ∈ GLn (R) telle que P BP −1 = A. Souvenonsnous 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
0
.
∗
∗
0
..
.
...
P(1) est vrai car la seule matrice de taille 1 et de trace nulle est la matrice nulle, qui est
semblable à elle-même.
Soit n > 1 tel 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 A de trace nulle et non colinéaire à In . D’après la
question précédente, il existe une base B = (e1 , . . . , en ) de Rn telle que e2 = M e1 . A
0 b

. . . b1n
12
1
b
.
.
.
b
22
2n 

est alors semblable à Mat β (LA ) = 
..
.. . La trace étant invariante
0
.
.
0 bn2 . . . bnn
par similitude, 0 = Trace A = b22 + · · · + bnn . Par hypothèse
 de récurrence, ilexiste
0
∗
... ∗


b22 . . . b2n
.
..

. .. 
0
..  P = ∗
alors P ∈ GLn−1 telle que P −1  ..
. .
, que
.
.
. .. ... 
.
∗
bn2 . . . bnn
∗ ...
∗
0
1
...
..
.
..
.
∗

∗
.. 
.
∗
0


nous noterons C∈ Mn−1
(R).Il suffit alors
de s’assurer que l’inverse de la matrice de
1
0
1 0
taille n suivante
est
, puis que
0 P
0 P −1
0
1
0
0
P −1
1

0
0
b12
b22
..
.
bn2
...
...
...
b1n
b2n  1
..  0
.
bnn

0
P
=
0
∗
∗
.
C
Finalement, A est
semblable
à Mat B (LA ) qui est elle-même semblable à la matrice de
0 ∗
diagonale nulle
.
∗ C
2