Les matrices traduisent en tableaux de nombres les applications linéaires entre espaces de dimension finie : composer devient multiplier, inverser une application revient à inverser une matrice. Ce chapitre fournit les outils de calcul concrets (produit, inverse, rang, pivot de Gauss, trace) qui servent dans toute l'algèbre linéaire et dans la résolution des systèmes.
Exercice 1 · Produits dans les deux sens
application●●●
Vérifier la compatibilité des taillesCalculer un produit matricielUtiliser la traceProuver qu'une matrice n'est pas inversible
On considère
$$A=\begin{pmatrix}1&-1&2\\0&3&1\end{pmatrix}\in\mathcal M_{2,3}(\mathbb R),\qquad B=\begin{pmatrix}2&1\\1&0\\-1&4\end{pmatrix}\in\mathcal M_{3,2}(\mathbb R).$$
Justifier que $AB$ et $BA$ existent et préciser leurs tailles.
Calculer $AB$ et $BA$.
Comparer $\operatorname{tr}(AB)$ et $\operatorname{tr}(BA)$.
Montrer que $BA$ n'est pas inversible, en exhibant une colonne $X\neq0$ telle que $BAX=0$.
$A$ a $3$ colonnes et $B$ a $3$ lignes : $AB$ existe et $AB\in\mathcal M_2(\mathbb R)$. $B$ a $2$ colonnes et $A$ a $2$ lignes : $BA$ existe et $BA\in\mathcal M_3(\mathbb R)$.
$(AB)_{21}=0\times2+3\times1+1\times(-1)=2$, $(AB)_{22}=0+0+1\times4=4$.
$$AB=\begin{pmatrix}-1&9\\2&4\end{pmatrix}.$$
Pour $BA$, la ligne $(2,1)$ de $B$ donne $2\times1+1\times0=2$, $2\times(-1)+1\times3=1$, $2\times2+1\times1=5$ ; la ligne $(1,0)$ donne $1,-1,2$ ; la ligne $(-1,4)$ donne $-1$, $1+12=13$, $-2+4=2$.
$$BA=\begin{pmatrix}2&1&5\\1&-1&2\\-1&13&2\end{pmatrix}.$$
$\operatorname{tr}(AB)=-1+4=3$ et $\operatorname{tr}(BA)=2-1+2=3$. Les traces sont égales, conformément à la propriété $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$, valable même si $AB$ et $BA$ n'ont pas la même taille.
On résout $AX=0$ avec $X=(x,y,z)^\top$ :
$$\begin{cases}x-y+2z=0\\3y+z=0\end{cases}\iff\begin{cases}z=-3y\\x=y-2z=7y.\end{cases}$$
Avec $y=1$ : $X=(7,1,-3)^\top\neq0$ et $AX=0$. Alors $BAX=B(AX)=B\cdot0=0$. Vérification sur $BA$ : $14+1-15=0$, $7-1-6=0$, $-7+13-6=0$.
Ainsi $\operatorname{Ker}(BA)\neq\{0\}$ : par la caractérisation des matrices inversibles, $BA$ n'est pas inversible. Plus généralement, $\operatorname{Im}(BA)\subset\operatorname{Im}B$ donne $\operatorname{rg}(BA)\le2<3$.
Résultat :
$AB=\begin{pmatrix}-1&9\\2&4\end{pmatrix}$, $BA=\begin{pmatrix}2&1&5\\1&-1&2\\-1&13&2\end{pmatrix}$, $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)=3$, $BA$ non inversible
Exercice 2 · Matrice d'un endomorphisme de polynômes
application●●●
Écrire la matrice d'une application linéaireUtiliser la formule $Y=AX$Déterminer noyau et rang
Soit $u:\mathbb R_2[X]\to\mathbb R_2[X]$ définie par $u(P)=P+(1-X)P'$. On note $\mathcal B=(1,X,X^2)$.
Vérifier que $u$ est un endomorphisme de $\mathbb R_2[X]$.
Écrire $A=\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(u)$.
Calculer $u(3-X+2X^2)$ à l'aide de $A$, puis vérifier directement.
Déterminer le rang de $u$, une base de $\operatorname{Im}u$ et une base de $\operatorname{Ker}u$.
La dérivation est linéaire et la multiplication par $1-X$ aussi, donc $u$ est linéaire. Si $\deg P\le2$, alors $\deg P'\le1$ et $\deg\big((1-X)P'\big)\le2$ : $u(P)\in\mathbb R_2[X]$. Donc $u\in\mathcal L(\mathbb R_2[X])$.
$u(1)=1$ ; $u(X)=X+(1-X)=1$ ; $u(X^2)=X^2+(1-X)\cdot2X=2X-X^2$. En rangeant les coordonnées en colonnes :
$$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&0&2\\0&0&-1\end{pmatrix}.$$
Avec $X_0=(3,-1,2)^\top$ :
$$AX_0=\begin{pmatrix}3-1+0\\0+0+4\\-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\4\\-2\end{pmatrix},$$
donc $u(3-X+2X^2)=2+4X-2X^2$. Vérification : $P'=-1+4X$, $(1-X)P'=-1+4X+X-4X^2=-1+5X-4X^2$, et $P+(1-X)P'=2+4X-2X^2$.
$\operatorname{Im}u=\operatorname{Vect}(u(1),u(X),u(X^2))=\operatorname{Vect}(1,\,2X-X^2)$. Ces deux polynômes sont de degrés distincts et non nuls, donc libres : $\operatorname{rg}u=2$ et $(1,2X-X^2)$ est une base de $\operatorname{Im}u$.
Par le théorème du rang, $\dim\operatorname{Ker}u=3-2=1$. Or $u(X-1)=u(X)-u(1)=0$ et $X-1\neq0$. Donc $\operatorname{Ker}u=\operatorname{Vect}(X-1)$.
On applique Gauss-Jordan à $(A\mid I_3)$.
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&1&1&0&0\\0&1&1&0&1&0\\1&1&1&0&0&1\end{array}\right)\xrightarrow{L_3\leftarrow L_3-L_1}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&1&1&0&0\\0&1&1&0&1&0\\0&-1&0&-1&0&1\end{array}\right)\xrightarrow{L_3\leftarrow L_3+L_2}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&1&1&0&0\\0&1&1&0&1&0\\0&0&1&-1&1&1\end{array}\right)$$
La partie gauche est triangulaire à pivots non nuls : $A$ est inversible. On remonte :
$$\xrightarrow[L_1\leftarrow L_1-L_3]{L_2\leftarrow L_2-L_3}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&0&2&-1&-1\\0&1&0&1&0&-1\\0&0&1&-1&1&1\end{array}\right)\xrightarrow{L_1\leftarrow L_1-2L_2}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&0&-1&1\\0&1&0&1&0&-1\\0&0&1&-1&1&1\end{array}\right)$$
Donc
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&-1\\-1&1&1\end{pmatrix}.$$
Vérification de $AA^{-1}=I_3$ : la ligne $(1,2,1)$ donne $0+2-1=1$, $-1+0+1=0$, $1-2+1=0$ ; la ligne $(0,1,1)$ donne $0,1,0$ ; la ligne $(1,1,1)$ donne $0,0,1$.
Le système s'écrit $AX=B$ avec $B=(1,2,3)^\top$. Comme $A$ est inversible, il est de Cramer et
$$X=A^{-1}B=\begin{pmatrix}0-2+3\\1+0-3\\-1+2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-2\\4\end{pmatrix}.$$
Vérification : $1-4+4=1$, $-2+4=2$, $1-2+4=3$. L'unique solution est $(1,-2,4)$.
Calculer un rang par pivot de GaussDéterminer noyau et image d'une matriceUtiliser la caractérisation des matrices équivalentes par le rang
Soit $M=\begin{pmatrix}1&2&0&1\\2&4&1&3\\1&2&1&2\end{pmatrix}\in\mathcal M_{3,4}(\mathbb R)$.
Déterminer le rang de $M$ par la méthode du pivot.
Donner une base de $\operatorname{Ker}M$ et une base de $\operatorname{Im}M$.
$M$ est-elle équivalente à $N_1=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}$ ? À $N_2=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\0&1&1&1\\0&0&1&1\end{pmatrix}$ ?
$N=A-I_3=\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}$. Le seul coefficient non nul de $N^2$ est $(N^2)_{13}=0\times3+2\times2+3\times0=4$ :
$$N^2=\begin{pmatrix}0&0&4\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad N^3=N^2N=0$$
(la ligne $1$ de $N^2$ est $(0,0,4)$ et la ligne $3$ de $N$ est nulle). Donc $N^k=0$ pour $k\ge3$.
$I_3$ et $N$ commutent, donc pour $n\in\mathbb N$ :
$$A^n=\sum_{k=0}^n\binom nkN^k=I_3+nN+\frac{n(n-1)}2N^2,$$
les termes $k\ge3$ étant nuls ; la formule vaut aussi pour $n=0$ et $n=1$ car alors $\frac{n(n-1)}2=0$. Le coefficient $(1,3)$ vaut $3n+2n(n-1)=2n^2+n$. Ainsi
$$A^n=\begin{pmatrix}1&2n&2n^2+n\\0&1&2n\\0&0&1\end{pmatrix}.$$
Contrôle pour $n=2$ : $(A^2)_{13}=1\times3+2\times2+3\times1=10=2\times4+2$.
$(I_3+N)(I_3-N+N^2)=I_3-N+N^2+N-N^2+N^3=I_3+N^3=I_3$. Un inverse à droite suffit : $A$ est inversible et
$$A^{-1}=I_3-N+N^2=\begin{pmatrix}1&-2&-3+4\\0&1&-2\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-2&1\\0&1&-2\\0&0&1\end{pmatrix}.$$
Avec $n=-1$ dans la formule : $2n=-2$ et $2n^2+n=2-1=1$. On retrouve $A^{-1}$ : la formule reste valable pour $n=-1$.
Coefficient diagonal de $A^2$ : $0+1+1=2$. Coefficient $(1,2)$ : $(0,1,1)\cdot(1,0,1)=1$ ; par symétrie des rôles, tous les coefficients hors diagonale valent $1$. Donc
$$A^2=\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}=A+2I_3.$$
On a $A^2-A=2I_3$, soit $A\cdot\frac12(A-I_3)=I_3$. Un inverse à droite suffit : $A$ est inversible et
$$A^{-1}=\frac12(A-I_3)=\frac12\begin{pmatrix}-1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{pmatrix}.$$
Le polynôme $X^2-X-2=(X-2)(X+1)$ annule $A$ d'après 1. La division euclidienne s'écrit $X^n=Q_n(X)(X-2)(X+1)+a_nX+b_n$, le reste étant de degré au plus $1$. En évaluant en $2$ et en $-1$ :
$$2a_n+b_n=2^n,\qquad -a_n+b_n=(-1)^n.$$
Par différence, $3a_n=2^n-(-1)^n$, puis $b_n=(-1)^n+a_n$ :
$$a_n=\frac{2^n-(-1)^n}3,\qquad b_n=\frac{2^n+2(-1)^n}3.$$
En substituant $A$ : $A^n=Q_n(A)(A^2-A-2I_3)+a_nA+b_nI_3=a_nA+b_nI_3$. Donc $A^n$ a pour coefficients diagonaux $b_n$ et pour coefficients hors diagonale $a_n$ :
$$A^n=\frac13\begin{pmatrix}2^n+2(-1)^n&2^n-(-1)^n&2^n-(-1)^n\\2^n-(-1)^n&2^n+2(-1)^n&2^n-(-1)^n\\2^n-(-1)^n&2^n-(-1)^n&2^n+2(-1)^n\end{pmatrix}.$$
Contrôles : $n=0$ donne $I_3$, $n=1$ donne $A$, $n=2$ donne $a_2=1$, $b_2=2$, soit $A+2I_3$.
Exercice 8 · Réduction en une matrice triangulaire
entrainement●●●
Montrer qu'une famille est une baseÉcrire la matrice d'un endomorphisme dans une nouvelle baseUtiliser $A'=P^{-1}AP$Calculer des puissances par changement de base et produit par blocs
Soit $f$ l'endomorphisme de $\mathbb R^3$ canoniquement associé à
$$A=\begin{pmatrix}3&-1&1\\2&0&1\\1&-1&2\end{pmatrix}.$$
On pose $u_1=(1,1,0)$, $u_2=(0,0,1)$, $u_3=(0,1,1)$ et $\mathcal B'=(u_1,u_2,u_3)$.
Exprimer les vecteurs de la base canonique en fonction de $u_1,u_2,u_3$. En déduire que $\mathcal B'$ est une base de $\mathbb R^3$, et donner la matrice de passage $P$ de la base canonique à $\mathcal B'$ ainsi que $P^{-1}$.
Calculer $f(u_1)$, $f(u_2)$, $f(u_3)$ et en déduire $T=\operatorname{Mat}_{\mathcal B'}(f)$. Quelle relation lie $A$, $T$ et $P$ ?
On cherche $(\alpha,\beta,\gamma)$ avec $\alpha u_1+\beta u_2+\gamma u_3=(\alpha,\ \alpha+\gamma,\ \beta+\gamma)$.
$e_1=(1,0,0)$ : $\alpha=1$, $\gamma=-1$, $\beta=1$, donc $e_1=u_1+u_2-u_3$.
$e_2=(0,1,0)$ : $\alpha=0$, $\gamma=1$, $\beta=-1$, donc $e_2=-u_2+u_3$.
$e_3=u_2$.
Ainsi $\mathcal B'$ engendre $\mathbb R^3$ ; c'est une famille génératrice de $3=\dim\mathbb R^3$ vecteurs, donc une base. On a
$$P=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix},\qquad P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&-1&1\\-1&1&0\end{pmatrix},$$
car les colonnes de $P^{-1}=P_{\mathcal B',\mathcal B}$ sont les coordonnées de $e_1,e_2,e_3$ dans $\mathcal B'$.
$f(u_1)=A(1,1,0)^\top=(2,2,0)^\top=2u_1$. $f(u_2)$ est la troisième colonne de $A$ : $(1,1,2)=u_1+2u_2$. $f(u_3)=A(0,1,1)^\top=(0,1,1)^\top=u_3$. En rangeant les coordonnées en colonnes :
$$T=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad T=P^{-1}AP.$$
$T=\begin{pmatrix}K&0\\0&1\end{pmatrix}$ avec $K=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$. Par produit par blocs, $T^n=\begin{pmatrix}K^n&0\\0&1\end{pmatrix}$, et $K=2I_2+N$ avec $N^2=0$ donne $K^n=\begin{pmatrix}2^n&n2^{n-1}\\0&2^n\end{pmatrix}$. Puis $A=PTP^{-1}$ donne $A^n=PT^nP^{-1}$. On calcule d'abord
$$PT^n=\begin{pmatrix}2^n&n2^{n-1}&0\\2^n&n2^{n-1}&1\\0&2^n&1\end{pmatrix}$$
(colonnes : $2^nu_1$, $n2^{n-1}u_1+2^nu_2$, $u_3$), puis
$$A^n=\begin{pmatrix}2^n+n2^{n-1}&-n2^{n-1}&n2^{n-1}\\2^n+n2^{n-1}-1&1-n2^{n-1}&n2^{n-1}\\2^n-1&1-2^n&2^n\end{pmatrix}.$$
Contrôles : $n=0$ donne $I_3$ ; $n=1$ donne $A$ ; $\operatorname{tr}A^n=2^{n+1}+1=\operatorname{tr}T^n$.
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Exercice 10 · Trace de $A^\top A$ et matrices symétriques nilpotentes
entrainement●●●
Calculer une trace avec des sommes doublesUtiliser la transpositionRaisonner par récurrence sur les puissances
Pour $A\in\mathcal M_{n,p}(\mathbb R)$, montrer que $\operatorname{tr}(A^\top A)=\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^pa_{ij}^2$.
En déduire que, si $A^\top A=0$, alors $A=0$.
Soit $S\in\mathcal S_n(\mathbb R)$ telle que $S^2=0$. Montrer que $S=0$.
Plus généralement, soit $S\in\mathcal S_n(\mathbb R)$ et $m\ge1$ tel que $S^m=0$. Montrer que $S=0$.
Vérifier que $B=\begin{pmatrix}1&i\\i&-1\end{pmatrix}\in\mathcal M_2(\mathbb C)$ est symétrique, non nulle, et vérifie $B^2=0$. Quelle hypothèse de la question 3 est essentielle ?
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Exercice 12 · Matrices qui commutent
approfondissement●●●
Calculer avec les matrices élémentairesDéterminer un commutantComparer des coefficients de matrices
Soit $n\ge2$. On note $E_{ij}$ les matrices élémentaires de $\mathcal M_n(\mathbb K)$.
Soit $\Delta=\operatorname{diag}(d_1,\dots,d_n)$. Montrer que pour $M\in\mathcal M_n(\mathbb K)$, $(\Delta M-M\Delta)_{ij}=(d_i-d_j)m_{ij}$. En déduire que les matrices qui commutent avec $D=\operatorname{diag}(1,2,\dots,n)$ sont exactement les matrices diagonales.
Déterminer l'ensemble des matrices de $\mathcal M_3(\mathbb K)$ qui commutent avec $D'=\operatorname{diag}(1,1,2)$, et sa dimension.
Montrer que pour $M\in\mathcal M_n(\mathbb K)$ : $ME_{ij}=\displaystyle\sum_{k=1}^nm_{ki}E_{kj}$ et $E_{ij}M=\displaystyle\sum_{l=1}^nm_{jl}E_{il}$.
En déduire que les matrices qui commutent avec toutes les matrices de $\mathcal M_n(\mathbb K)$ sont les $\lambda I_n$, $\lambda\in\mathbb K$.
$(\Delta M)_{ij}=\sum_k\delta_{ik}d_km_{kj}=d_im_{ij}$ et $(M\Delta)_{ij}=m_{ij}d_j$, d'où $(\Delta M-M\Delta)_{ij}=(d_i-d_j)m_{ij}$.
Pour $D=\operatorname{diag}(1,\dots,n)$ : $DM=MD\iff\forall i,j,\ (i-j)m_{ij}=0\iff\forall i\neq j,\ m_{ij}=0$. Les matrices qui commutent avec $D$ sont exactement les matrices diagonales.
Avec $d=(1,1,2)$ : $d_i-d_j\neq0$ exactement pour $(i,j)\in\{(1,3),(2,3),(3,1),(3,2)\}$. Donc $MD'=D'M$ si et seulement si $m_{13}=m_{23}=m_{31}=m_{32}=0$ :
$$\mathcal C(D')=\left\{\begin{pmatrix}a&b&0\\c&d&0\\0&0&e\end{pmatrix}\ \middle|\ a,b,c,d,e\in\mathbb K\right\}=\operatorname{Vect}(E_{11},E_{12},E_{21},E_{22},E_{33}),$$
de dimension $5$ (sous-famille de la base canonique, donc libre).
$M=\sum_{k,l}m_{kl}E_{kl}$ et $E_{kl}E_{ij}=\delta_{li}E_{kj}$, donc $ME_{ij}=\sum_{k,l}m_{kl}\delta_{li}E_{kj}=\sum_km_{ki}E_{kj}$. De même $E_{ij}E_{kl}=\delta_{jk}E_{il}$ donne $E_{ij}M=\sum_{k,l}m_{kl}\delta_{jk}E_{il}=\sum_lm_{jl}E_{il}$.
Les matrices $\lambda I_n$ commutent avec toutes les matrices. Réciproquement, soit $M$ commutant avec toute matrice, en particulier avec chaque $E_{ij}$. D'après 3, $ME_{ij}$ a pour seule colonne non nulle la colonne $j$, égale à $(m_{1i},\dots,m_{ni})^\top$, et $E_{ij}M$ a pour seule ligne non nulle la ligne $i$, égale à $(m_{j1},\dots,m_{jn})$. Comparons dans $ME_{ij}=E_{ij}M$ :
coefficient $(k,j)$ avec $k\neq i$ : $m_{ki}=0$ ;
coefficient $(i,j)$ : $m_{ii}=m_{jj}$.
Comme $i$ et $j$ sont quelconques, tous les coefficients hors diagonale sont nuls (premier point avec $j$ arbitraire) et tous les coefficients diagonaux sont égaux à $\lambda=m_{11}$. Donc $M=\lambda I_n$.
Résultat :
Commutant de $\operatorname{diag}(1,\dots,n)$ : matrices diagonales ; commutant de $\operatorname{diag}(1,1,2)$ : dimension $5$ ; centre de $\mathcal M_n(\mathbb K)$ : $\{\lambda I_n\}$
Exercice 13 · Matrices de rang 1
approfondissement●●●
Caractériser le rang par les colonnesCalculer avec des produits colonne-ligneInverser une perturbation de l'identité
Soit $A\in\mathcal M_{n,p}(\mathbb K)$.
Montrer que $\operatorname{rg}A=1$ si et seulement s'il existe $X\in\mathcal M_{n,1}(\mathbb K)$ et $Y\in\mathcal M_{p,1}(\mathbb K)$, non nuls, tels que $A=XY^\top$.
On suppose $n=p$ et $\operatorname{rg}A=1$. Montrer que $A^2=(\operatorname{tr}A)A$.
Sous les hypothèses de 2, montrer que $I_n+A$ est inversible si et seulement si $\operatorname{tr}A\neq-1$, et qu'alors $(I_n+A)^{-1}=I_n-\dfrac1{1+\operatorname{tr}A}A$.
Supposons $\operatorname{rg}A=1$ : $\operatorname{Im}A=\operatorname{Vect}(X)$ avec $X\neq0$. Chaque colonne $C_j$ appartient à $\operatorname{Im}A$, donc $C_j=y_jX$ avec $y_j\in\mathbb K$. Posons $Y=(y_1,\dots,y_p)^\top$ ; $Y\neq0$ car $A\neq0$. Alors $(XY^\top)_{ij}=x_iy_j=(C_j)_i=a_{ij}$, donc $A=XY^\top$.
Réciproquement, si $A=XY^\top$ avec $X,Y$ non nuls, la colonne $j$ de $A$ est $y_jX$ : toutes les colonnes sont dans $\operatorname{Vect}(X)$, donc $\operatorname{rg}A\le1$, et l'une d'elles est non nulle (un $y_j\neq0$ et $X\neq0$), donc $\operatorname{rg}A=1$.
Écrivons $A=XY^\top$. Par associativité, $A^2=X(Y^\top X)Y^\top$, et $Y^\top X=\sum_ix_iy_i=s$ est un scalaire, donc $A^2=sA$. Or $\operatorname{tr}A=\sum_i(XY^\top)_{ii}=\sum_ix_iy_i=s$. Ainsi $A^2=(\operatorname{tr}A)A$.
Notons $t=\operatorname{tr}A$. Pour $\alpha\in\mathbb K$ : $(I_n+A)(I_n+\alpha A)=I_n+(1+\alpha+\alpha t)A$.
Si $t\neq-1$, le choix $\alpha=-\frac1{1+t}$ annule $1+\alpha(1+t)$ et donne $(I_n+A)(I_n+\alpha A)=I_n$. Un inverse à droite suffit : $I_n+A$ est inversible d'inverse $I_n-\frac1{1+t}A$.
Si $t=-1$, alors $(I_n+A)A=A+A^2=A-A=0$. Si $I_n+A$ était inversible, en multipliant à gauche par son inverse on aurait $A=0$, contradiction avec $\operatorname{rg}A=1$. Donc $I_n+A$ n'est pas inversible.
$M=I_3+A$ avec $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\1&2&3\\1&2&3\end{pmatrix}=XY^\top$, $X=(1,1,1)^\top$, $Y=(1,2,3)^\top$ : $\operatorname{rg}A=1$ et $\operatorname{tr}A=6\neq-1$. Donc
$$M^{-1}=I_3-\frac17A=\frac17\begin{pmatrix}6&-2&-3\\-1&5&-3\\-1&-2&4\end{pmatrix}.$$
Vérification de la première ligne de $M\cdot7M^{-1}$ : $12-2-3=7$, $-4+10-6=0$, $-6-6+12=0$ ; les autres lignes se vérifient de même.
Résultat :
$\operatorname{rg}A=1\iff A=XY^\top$ ; $A^2=(\operatorname{tr}A)A$ ; $(I_n+A)^{-1}=I_n-\frac{A}{1+\operatorname{tr}A}$ si $\operatorname{tr}A\neq-1$ ; $M^{-1}=\frac17\begin{pmatrix}6&-2&-3\\-1&5&-3\\-1&-2&4\end{pmatrix}$
Exercice 14 · Les formes linéaires sur $\mathcal M_n(\mathbb K)$
approfondissement●●●
Manipuler la trace et les matrices élémentairesUtiliser un argument de dimension pour un isomorphismeExploiter $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$
Pour $M\in\mathcal M_n(\mathbb K)$, on définit $\varphi_M:\mathcal M_n(\mathbb K)\to\mathbb K$ par $\varphi_M(A)=\operatorname{tr}(MA)$.
Montrer que $\varphi_M$ est une forme linéaire et que $\Phi:M\mapsto\varphi_M$ est linéaire de $\mathcal M_n(\mathbb K)$ dans $\mathcal L(\mathcal M_n(\mathbb K),\mathbb K)$.
Calculer $\varphi_M(E_{ij})$.
En déduire que $\Phi$ est un isomorphisme : toute forme linéaire sur $\mathcal M_n(\mathbb K)$ s'écrit $A\mapsto\operatorname{tr}(MA)$ pour une unique $M$.
On admet que les seules matrices qui commutent avec toutes les matrices de $\mathcal M_n(\mathbb K)$ sont les $\lambda I_n$. Soit $\psi$ une forme linéaire telle que $\psi(AB)=\psi(BA)$ pour tous $A,B$. Montrer qu'il existe $\lambda\in\mathbb K$ tel que $\psi=\lambda\operatorname{tr}$.
Déterminer les formes linéaires $\psi$ vérifiant la condition de 4 et $\psi(I_n)=1$.
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Exercice 15 · Une algèbre de matrices (type CCINP)
examen●●●
Calculer des puissances par le binômeÉtudier l'inversibilité d'une famille de matricesUtiliser rang et trace d'un projecteurRédiger une copie de concours
Soit $n\ge2$ et $J\in\mathcal M_n(\mathbb R)$ la matrice dont tous les coefficients valent $1$. Pour $(a,b)\in\mathbb R^2$, on pose $M(a,b)=aI_n+bJ$ et $\mathcal E=\{M(a,b)\mid(a,b)\in\mathbb R^2\}$. On note $U\in\mathcal M_{n,1}(\mathbb R)$ la colonne dont tous les coefficients valent $1$.
Calculer $J^2$, puis $J^k$ pour $k\ge1$. Donner le rang et la trace de $J$.
Montrer que $\mathcal E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ de dimension $2$, stable par produit, et que deux éléments de $\mathcal E$ commutent.
Pour $k\in\mathbb N$, montrer que $M(a,b)^k=a^kI_n+\dfrac{(a+nb)^k-a^k}{n}J$.
Calculer $M(a,b)U$. Montrer que $M(a,b)$ est inversible si et seulement si $a\neq0$ et $a+nb\neq0$, et que son inverse est alors $M\Big(\dfrac1a,\,-\dfrac{b}{a(a+nb)}\Big)$.
Application ($n=3$) : donner l'inverse et les puissances de $\begin{pmatrix}3&1&1\\1&3&1\\1&1&3\end{pmatrix}$.
Déterminer les matrices $P\in\mathcal E$ telles que $P^2=P$, et donner le rang de chacune.
$(J^2)_{ij}=\sum_{k=1}^n1\times1=n$, donc $J^2=nJ$. Par récurrence, $J^k=n^{k-1}J$ pour $k\ge1$ : c'est vrai pour $k=1$, et si $J^k=n^{k-1}J$, alors $J^{k+1}=n^{k-1}J^2=n^kJ$. Toutes les colonnes de $J$ valent $U\neq0$ : $\operatorname{rg}J=1$. Enfin $\operatorname{tr}J=n$.
$\mathcal E=\operatorname{Vect}(I_n,J)$ est un sous-espace vectoriel. La famille $(I_n,J)$ est libre : si $\alpha I_n+\beta J=0$, le coefficient $(1,2)$ donne $\beta=0$ (c'est là qu'intervient $n\ge2$), puis $\alpha=0$. Donc $\dim\mathcal E=2$. Avec $J^2=nJ$ :
$$M(a,b)M(a',b')=aa'I_n+(ab'+a'b+nbb')J=M(aa',\,ab'+a'b+nbb')\in\mathcal E.$$
Cette expression est symétrique en $(a,b)$ et $(a',b')$, donc $M(a,b)M(a',b')=M(a',b')M(a,b)$.
$aI_n$ et $bJ$ commutent, donc par le binôme, pour $k\in\mathbb N$ :
$$M(a,b)^k=\sum_{j=0}^k\binom kja^{k-j}b^jJ^j=a^kI_n+\Big(\sum_{j=1}^k\binom kja^{k-j}b^jn^{j-1}\Big)J.$$
Or $\sum_{j=1}^k\binom kja^{k-j}(nb)^j=(a+nb)^k-a^k$, d'où $M(a,b)^k=a^kI_n+\frac{(a+nb)^k-a^k}nJ$. Pour $k=0$, la somme est vide et la formule donne bien $I_n$.
$JU=nU$, donc $M(a,b)U=(a+nb)U$.
Si $a=0$ : $M(0,b)=bJ$ est de rang au plus $1<n$, donc non inversible.
Si $a+nb=0$ : $M(a,b)U=0$ avec $U\neq0$, donc $M(a,b)$ n'est pas inversible.
Si $a\neq0$ et $a+nb\neq0$ : posons $a'=\frac1a$, $b'=-\frac b{a(a+nb)}$. Alors $aa'=1$ et
$$ab'+a'b+nbb'=\frac{-ab+b(a+nb)-nb^2}{a(a+nb)}=0.$$
Donc $M(a,b)M(a',b')=I_n$ : un inverse à droite suffit, $M(a,b)$ est inversible d'inverse $M(a',b')$.
La matrice est $M(2,1)$ avec $n=3$ ; $a=2\neq0$ et $a+3b=5\neq0$. Son inverse est $M\big(\frac12,-\frac1{10}\big)=\frac1{10}(5I_3-J)=\frac1{10}\begin{pmatrix}4&-1&-1\\-1&4&-1\\-1&-1&4\end{pmatrix}$. Contrôle : $(3,1,1)\cdot(4,-1,-1)=10$ et $(3,1,1)\cdot(-1,4,-1)=0$. Par 3 :
$$M(2,1)^k=2^kI_3+\frac{5^k-2^k}3J.$$
Par 2, $M(a,b)^2=M(a^2,\,2ab+nb^2)$. Donc $M(a,b)^2=M(a,b)$ si et seulement si $a^2=a$ et $2ab+nb^2=b$ (liberté de $(I_n,J)$).
$a=0$ : $b(nb-1)=0$, donc $b=0$ ou $b=\frac1n$.
$a=1$ : $2b+nb^2=b$, soit $b(1+nb)=0$, donc $b=0$ ou $b=-\frac1n$.
Les projecteurs de $\mathcal E$ sont $0$, $I_n$, $\frac1nJ$ et $I_n-\frac1nJ$. Le rang d'un projecteur est égal à sa trace : rangs respectifs $0$, $n$, $1$, $n-1$.
Résultat :
$J^k=n^{k-1}J$ ; $M(a,b)^k=a^kI_n+\frac{(a+nb)^k-a^k}nJ$ ; inversible ssi $a\neq0$ et $a+nb\neq0$ ; projecteurs $0,I_n,\frac1nJ,I_n-\frac1nJ$ de rangs $0,n,1,n-1$
Exercice 16 · Matrices de trace nulle et commutateurs (type Mines-Ponts)
examen●●●
Construire une base adaptéeRaisonner par récurrence avec des blocsUtiliser la similitude et la traceCaractériser les commutateurs
Soit $n\ge1$, $\mathbb K=\mathbb R$ ou $\mathbb C$ et $E=\mathbb K^n$. On veut montrer qu'une matrice $A\in\mathcal M_n(\mathbb K)$ est de trace nulle si et seulement s'il existe $X,Y\in\mathcal M_n(\mathbb K)$ telles que $A=XY-YX$.
Soit $u\in\mathcal L(E)$ tel que, pour tout $x\in E$, la famille $(x,u(x))$ soit liée. Montrer que $u$ est une homothétie.
Soit $A\in\mathcal M_n(\mathbb K)$ qui n'est pas de la forme $\lambda I_n$. Montrer que $n\ge2$ et qu'il existe $P\in GL_n(\mathbb K)$ telle que la première colonne de $P^{-1}AP$ soit $(0,1,0,\dots,0)^\top$.
Montrer par récurrence sur $n$ que toute matrice de $\mathcal M_n(\mathbb K)$ de trace nulle est semblable à une matrice dont tous les coefficients diagonaux sont nuls.
Soit $D=\operatorname{diag}(1,2,\dots,n)$. Calculer $(DC-CD)_{ij}$ pour $C\in\mathcal M_n(\mathbb K)$. En déduire que toute matrice $B$ de diagonale nulle s'écrit $B=DC-CD$.
Conclure.
Pour $n=2$ et $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$, vérifier que $A=E_{12}E_{21}-E_{21}E_{12}$.