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.
Chaque coefficient de $J^2$ est une somme de $n$ termes égaux à $1$.
Pour 2, calculer $M(a,b)M(a',b')$ à l'aide de $J^2=nJ$ ; pour 3, $aI_n$ et $bJ$ commutent.
Pour 4, distinguer $a=0$ (rang de $bJ$) et $a+nb=0$ (utiliser $U$). Pour 6, un projecteur a un rang égal à sa trace.
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$(J^2)_{ij}=\sum_{k=1}^n1\times1=n$, 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 $\operatorname{tr}J=n$.
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$\mathcal E=\operatorname{Vect}(I_n,J)$ 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 $M(a,b)M(a',b')=M(a',b')M(a,b)$.
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$aI_n$ 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 $I_n$.
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$JU=nU$, 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 $M(a',b')$.
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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 : $$M(2,1)^k=2^kI_3+\frac{5^k-2^k}3J.$$
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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 $0$, $n$, $1$, $n-1$.
$J^k=n^{k-1}J$ ; $M(a,b)^k=a^kI_n+\frac{(a+nb)^k-a^k}nJ$ ; inversible ssi $a\neq0$ et $a+nb\neq0$ ; projecteurs $0,I_n,\frac1nJ,I_n-\frac1nJ$ de rangs $0,n,1,n-1$