feuille 1 : matrices

FEUILLE 1 : MATRICES
Produit
1.
On donne les 4 matrices

A = 1, 2, 3, 4

1
−2

B=
3
−4

1
4
C=
7
0
2
5
8
1

3
6

9
0


1
0 −1 0
D =  2 −2 3 −3 .
−1 2 −1 2
Quels sont les produits 2 à 2 de ces matrices qui ont un sens? Effectuer ces produits.
2.
On donne les 3 matrices


2
1 0
A = −1 0 2
3 −1 1
B=
5 2
3 −1
C=
0 −1 0
−2 0 3
.
Calculer tous les produits 2 à 2 qui ont un sens.
3.
On donne les 3

0 1
−1 0
A=
0 0
0 0
matrices

0 0
0 0

0 −1
1 0

1
0
et l’on rappelle que I = 
0
0
0
1
0
0

0
0
0
0
B=
−1 0
0 −1
0
0
1
0
1
0
0
0

0
1

0
0

0
0
C=
0
−1

0 0 1
0 −1 0
 ,
1 0 0
0 0 0

0
0
.
0
1
Vérifier les relations :
i) A2 = B 2 = C 2 = −I
,
ii) BC = −CB = A ,
iii) CA = −AC = B
, iv) AB = −BA = C .
An lorsque

0 1
1 0
 .
0 1
1 0
4.
Trouver pour tout entier positif n, la matrice

0 1
1 
1 0
A= 

2 0 1
1 0
5.
Quelles sont les matrices (2,2) A telles que AM = M A dans les cas suivants :
1
M1 =
1 0
0 0
,
M2 =
0 1
0 0
,
M3 =
1 1
0 1
,
M4 =
0 1
−1 0
.
Dans chacun des cas, peut-on toujours trouver λ et µ tels que A = λM + µI ?
Est-ce toujours vrai pour toute matrice M ?
6. Effectuer le produit des deux matrices formées de mots suivantes en omettant les signes
d’opérations (Raymond Queneau 1964)

 

le
a
le
chat
rat
lion
 un
a
un   mangé dévoré dégusté  .
le avait un
poisson fromage touriste
Rang
7. Pour chacune des matrices A suivantes, déterminer d’abord son rang rA . Trouver ensuite
une matrice B extraite de A carrée (rA ,rA ) et de rang exactement rA .




1 2 3
1
1
4 5 6
2 −4

a)
b)  2 −1
c) 
7 8 9
−3 6
−4 5
0 1 0






0 1 0 1
1 −1 0
1
3
3
1 0 1 0

5
d) 
e) 1 0 1
f ) −1 1
0 1 0 1
2 1 3
1 −3 −9
1 0 1 0




1 3 −2 2 0
1 1 0 1 1
h) 0 1 −1 1 2
g)  0 1 1 2 2
1 2 −3 4 1
−1 0 1 1 3






0
1 0 1
1 1 1 1
−1 1 −2
0
1 1 2 3
−1 −1 −1
0 2 2



i) 
j) 
k) 
1



2
0 1 0
1 2 3 4
1 −1
−4 −3 0 1
1 3 4 5
−1 3 −6




1 1 1 2 1 −1
1 2 1
1
2 3 2 6 3 −3


 1 1 −1 −1

3 1 2 3 2 −2
m) 
l) 



2 1 1
1
4 2 3 5 3 −3
−1 1 1 −2
5 4 3 11 7 −6
8. Mêmes questions que dans l’exercice précédent, mais en discutant suivant les valeurs des
paramètres :






a 1 1
3 2 1
1
1
1
a) 1 a 1
b) 2 1 2 
c) b + c c + a a + b
1 1 a
1 3 λ
bc
ca
ab
2

d)
1
1

0
0
a
b
1
1

a2 a3
b2 b 3 

2a 3a2 
2b 3b2

e)
a
b

0
1
b
a
1
0
0
1
a
b

1
0

b
a
Inverse

9.

0 1 −1
On donne A = 4 −3 4  .
3 −3 4
Calculer A2 . En déduire A−1 . Vérifier en inversant directement A.
10.
par
On note M (a,b,c,d) la matrice (4,4) dépendant des 4 paramètres réels a, b, c, d définie

a
b
M (a,b,c,d) = 
c
d
b
a
d
c
c
d
a
b

d
c

b
a
(1) Calculer le produit M (a,b,c,d)M (a0 ,b0 ,c0 ,d0 ). Que remarque-t-on?
(2) Calculer le produit M (a,b,c,d)M (a,b, − c, − d).
(3) Calculer le produit des quatre matrices M (a,b,c,d)M (a,b,−c,−d)M (a,−b,c,−d)M (a,−b,−c,d)
(faire d’abord le produit des deux dernières).
(4) Trouver un critère, portant sur a, b, c, d, pour que M soit inversible et proposer un calcul
de son inverse.
11.
On donne les 2 matrices


2 4 3
A = 1 3 0 
0 −1 1


−3 8 −16
B = −3 7 −12 .
−1 2 −3
Calculer AB et BA.
Déterminer (AB)−1 et (BA)−1 .
12.
13.
Calculer l’inverse des matrices suivantes :


1 2 −3
1 2
A=
B = 0 1 2 
2 5
0 0 1
Trouver l’inverse des

0 1

A1 = 0 0
1 0
matrices suivantes :



0
0 1 1
1
A2 = 1 0 1
0
1 0 0
3


2
2 3
C =  1 −1 0 .
−1 2 1


0
0 1
A3 = −1 0 0
0 −1 0


1 2 3
A4 = 0 1 2
0 0 1
14.


1 −2 3
4
A5 = −4 5
−3 2 −1


1 1/2 1/3
A6 = 1/2 1/3 1/4
1/3 1/4 1/5
Soit A une matrice (n,n) telle que A2 = A et A 6= I. Montrer que A n’est pas inversible.
Trouver toutes les matrices (2,2) autres que I et O, telles que A2 = A. Que peut-on dire de leurs
lignes et de leurs colonnes ?
a b
15. Soit A =
une matrice carrée (2,2). Trouver à quelle condition A est inversible et
c d
déterminer son inverse.
Méthode du pivot
16.
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 M = M3 M2 M1 M0 . Que représente la matrice M pour A?


3 2 1
17. Soit A = 1 0 1. Effectuer les mêmes opérations que dans l’exercice précédents (il
2 1 0
y en a plus).
Transposition. Matrices symétriques et antisymétriques
18.
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.
19.
(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
4

20.

X1
 
Pour tout X =  ...  de Rp = M(p,1,R), on note tX la matrice ligne X1 · · ·
Xp
Xn .
(a) Soient X et Y deux vecteurs de Rp . Expliquer pourquoi on peut faire le produit X tY .
(b) Même question pour tXY .
(c) Soient A dans M(p,R) une matrice inversible et U et V deux vecreurs de Rp = M(p,1,R).
Montrer que A + U tV est inversible si et seulement si 1 + tV A−1 U 6= 0. (Pour la réciproque, on
pourra utiliser le fait que A + U tV est inversible si et seulement si (A + U tV ) = O est équivalent
à X = O).
Trace
21.
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 les propriétés suivantes :
i=1
(a) tr(λ1 + µB) = λ tr A + µ tr B
,
(b)tr( tA) = tr A
,
(c) tr(AB) = tr(BA)
(d) Si P est inversible, tr(P AP −1 ) = tr A.
Calcul par blocs
22.
Soient A, B, C, D quatre matrices (n,n). Montrer que si A est inversible, alors
A
B
I
O
A B
.
=
O D − CA−1 B
CA−1 I
C D
23.
Montrer que siA et D sont des matrices carrées inversibles de formats respectifs (p1 ,p1 )
A B
est inversible et
et (p2 ,p2 ) alors M =
O D
M
−1
=
A−1 −A−1 BD−1
O
D−1
24. 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
5
Corrigé
Produit
1)

AB = −10

2
2
8
2
CD = 
14 2
2 −2
AC = 30 40 42

2 0
5 −3

8 −6
3 −3

1
2
3
4
−2 −4 −6 −8 

BA = 
3
6
9
12 
−4 −8 −12 −16


−2
DB =  27 
−16


−6 −6 −6
DC =  15 15 21 
0
2
0
2)


3
2
2
AA =  4 −3 2 
10 2 −1
BC =
−4 −5 6
2 −3 −3
BB =
CA =
31 8
12 7
1 0 −2
5 −5 3
3) Vérifications immédiates.
4) Un calcul donne immédiatement

1

1 0
A2 = 
2 1
0
0
1
0
1
1
0
1
0

0
1
 ,
0
1
puis A3 = A2 A = A. Alors par récurrence, on a, pour tout entier n ≥ 1,
A2n−1 = A
et
A2n = A2 .
Ces relations sont vraies pour n = 1. Si elles sont vraies au rang n, alors
A2n+1 = A2 A2n−1 = A2 A = A3 = A ,
et
A2n+2 = AA2n+1 = AA = A2 .
Les relations sont vraies au rang n + 1. Elles sont donc vraies pour tout n ≥ 1.
6
5) On prend A =
a b
.
c d
Cas no 1
AM1 − M1 A =
0 −b
c 0
.
Donc AM1 − M1 A = 0 si et seulement si b = c = 0, soit
a 0
A=
= dI + (a − d)M1 .
0 d
Cas no 2
AM2 − M2 A =
−c a − d
0
c
.
Donc AM2 − M2 A = 0 si et seulement si a = d et c = 0, soit
a b
A=
= aI + bM2 .
0 a
Cas no 3
AM3 − M3 A =
−c a − d
0
c
.
On obtient le même résultat que pour M2 , ce qui est normal puisque M3 = M2 + I, et donc
AM3 − M3 A = AM2 − M2 A.
Cas no 4
AM4 − M4 A =
−b − c a − d
a−d b+c
.
Donc AM4 − M4 A = 0 si et seulement si c = −b et a = d, soit
a b
A=
= aI + bM4 .
−b a
Les matrices qui commutent avec Mi (c’est-à-dire telles que AMi = Mi A), sont donc de la forme
A = λMi + µI, et inversement une matrice de ce type commute toujours avec A, puisque
(λMi + µI)Mi = λMi2 + µMi = Mi (λMi + µI) .
Ce résultat est faux si M = αI. En effet dans ce cas toute matrice A commute avec M , alors
que λM + µI = (λα + µ)I est un multiple de I.
6)


le chat a mangé le poisson
le rat a dévoré le fromage
le lion a dégusté le touriste
 un chat a mangé un poisson
un rat a dévoré un fromage
un lion a dégusté un touriste 
le chat avait mangé un poisson le rat avait dévoré un fromage le lion avait dégusté un touriste
7
Rang
Remarques préliminaires :
Dans les exercices 7 et 8 nous utilisons la méthode du pivot en appliquant sur les lignes des
opérations de première espèce, c’est-à-dire en ajoutant à la ligne que l’on veut modifier un multiple de celle contenant le pivot choisi.
On s’autorisera (pour les exercices avec paramètres) des opérations de deuxième espèce, c’est-àdire la simplification de tous les termes d’une ligne par la même nombre non nul.
Pour les exercices numériques on donne seulement les transformations successives par la méthode
du pivot. Les pivots sont placés dans un carré. Pour les exercices avec paramètres, les calculs
ont été plus détaillés.
Le nombre rA est le nombre de pivots trouvés.
On peut se contenter lorsque l’on recherche le rang d’une matrice de la tranformer sans modifier
les lignes contenant les pivots déjà obtenus. On a préféré cependant utiliser la méthode complète
en s’arrêtant éventuellement lorsqu’il n’est plus possible de trouver de nouveau pivot.
La matrice B extraite est la matrice carrée formée des termes aij de A, où i est l’indice d’une
ligne contenant un pivot, et j l’indice d’une colonne contenant un pivot.
7)
a)
rA = 1
2 −4
2 −4
=⇒
0 0
−3 6
B= 2 .



1
1
1
b)  2 −1 =⇒ 0
−4 5
0
rA = 2
B=

1
−3 
9
1 1
.
2 −1

1
4
c) 
7
0
2
5
8
1


3
1
4
6
 =⇒ 
7
9
0
0
0
0
0
1
8



1 0
3
3


6
 =⇒ 0 0 −6 
0 0 −12 
9
0
0 1
0

rA = 3

1 2 3
B = 4 5 6.
0 1 0

0
1
d) 
0
1
rA = 2
B=
1
0
1
0
1

e)
1
2
rA = 2
B=


0
1


0
1
=⇒ 
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
0
1


1
0


1
0
=⇒ 
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0

1
0

0
0
0 1
.
1 0

0
1
0
1





1 −1 0
1 0 1
−1 0
0 1 =⇒ 0 1 1 =⇒ 0 1 1
0 0 0
0 3 3
1 3
1 −1
.
1 0






1 3
3
1 0 −3
1
3
3
f ) −1 1
5  =⇒ 0 4
8  =⇒ 0 4 8 
0 0 0
1 −3 −9
0 −6 −12
rA = 2
B=
1 3
.
−1 1



1
1 1 0 1 1
g)  0 1 1 2 2 =⇒ 0
−1 0 1 1 3
0
1
1
1



0 1 1
1 0 −1 −1 −1
2
2
1 2 2 =⇒ 0 1 1
1 2 4
0 0 0
0
2

rA = 3

1 1 1
B =  0 1 2.
−1 0 3

1

h)
0
1




1 0
1 3 −2 2 0
3 −2 2 0




1 −1 1 2 =⇒ 0 1 −1 1 2 =⇒ 0 1
0 0
2 −3 4 1
0 −1 −1 2 1

rA = 3

1 3 −2
B = 0 1 −1.
1 2 −3
9
1
−1
−2

−1 −6
1
2
3
3

0
1
0
0
i) 
1
0
−4 −3
0
2
1
0

1
2
 =⇒
0
1

0 1
0 0

1 0
0 −3
0
2
1
4

1
2
 =⇒
0
1

0
0

1
0
1
0
0
0
0
2
1
4

1
2
 =⇒
0
4

0
0

1
0
1
0
0
0

0 1
2 2

0 −1
0 0

rA = 3

1
1
j) 
1
1

0 1 0
B = 0 0 2.
1 0 1
1
1
2
3


1
1


0
3
=⇒ 
0
4
0
5
1
2
3
4
1
0
1
2
1
1
2
3


1
1


2
0
=⇒ 
0
3
4
0


0 −1 −2
1
0
2
0 1
 =⇒ 
0
1 2
3
0
0 −1 −2
0
0
1
0

0 0
1 2

0 −1
0 0

rA = 3

1 1 1
B = 1 1 2  .
1 2 3

−1
 −1
k) 
 2
−1
1
−1
1
3




−1
−1 1 −2
−2




0
0 −2 1 
−1
=⇒ 
=⇒ 
0
0
3 −5
−1
0
2 −4
0
−6
−3
−2
−7
−6

0
1

0
0

rA = 3

1
1
l) 
2
−1
rA = 4

−1 1 −2
B = −1 −1 −1 .
2
1 −1




1
2 1 1
0 3
2 1
1
2

0 5
3
0
0
1 −1 −1


 =⇒ 
 1 −1 0 0  =⇒ 1 −1
1 1
1
−2 −1 0 −3
1 1 −2
0 −3


0
1 1
0
0 0
 =⇒ 
1
0 0
0
0 −3
B = A.



m) 


1
2
3
4
5
1
3
1
2
4
1 2
2 6
2 3
3 5
3 11
1
3
2
3
7



1 1
1
2
1 −1
−1
0 1
−3
0
2
1 −1





−2 =⇒ 0 −2 −1 −3 −1 1 
 =⇒
0 −2 −1 −3 −1 1 
−3
−6
0 −1 −2 1
2 −1
10
0
5
0
0
1
0
0
0

1
0 

0 
−3

1
0

0

0
0
0
1
0
0
0

rA = 4
1
2
B=
3
5
1
3
1
4
1
0
−1
−1
−2
0
2
1
1
3
0
1
1
1
3


0
1 0 0
0 1 0
−1


0 0 −1
=⇒
−1



0 0 0
−1
0 0 0
−2

1 −1
1 −1

1 −1

0 0
1 0
1
2
1
0
1

1 2
2 6
.
2 3
3 11
8)

a
a)  1
1

1 1
a 1
1 a




L1 − aL3
0 1 − a 1 − a2
 L2 − L3  =⇒ 0 a − 1 1 − a 
L3
1
1
a
Si a 6= 1 , on peut simplifier les deux permières lignes par 1 − a

 



0
1
1+a
L1 + L2
0 0 2+a
0 −1
1 
1   L2  =⇒ 0 −1
L3 + L2
1 0 1+a
1
1
a
Si a 6= −2 , on peut prendre a + 2 comme troisième pivot
Si a 6= 1 et a 6= −2 on a donc rA = 3
B = A.
Si a = −2 la matrice s’est transformé en


0 0
0
0 −1 1 
1 0 −1
donc rA = 2
B=
1 −2
.
1 1
Si a = 1 la matrice A vaut


1 1 1
1 1 1 
1 1 1
donc rA = 1

3
b)  2
1

2 1
1 2
3 λ
B= 1 .


3
L1
L2 − 2L1 /3 =⇒ 
0
L3 − L1 /3
0

2
−1/3
7/3
11

1

4/3 
λ − 1/3




L1 + 6L2
3
0
9
 L2  =⇒ 0 −1/3 4/3 
L3 + 7L2
0
0
λ+9
Si λ 6= −9 , on peut prendre λ + 9 comme troisième pivot. On a donc rA = 3
B = A.
Si λ = −9 la matrice s’est transformé en


3
0
9
0 −1/3 4/3
0
0
0
donc rA = 2
B=
3 2
.
2 1


1
1
1
c) b + c c + a a + b
bc
ca
ab




L1
1
1
1
L2 − (b + c)L1  =⇒ 0
a−b
a−c 
L3 − bcL1
0 c(a − b) b(a − c)
Si a 6= b on peut poursuivre la méthode du pivot


1
1
1
0
a−b
a−c 
0 c(a − b) b(a − c)


L1 + L2 /(b − a)

 =⇒
L2
L3 − cL2


1
0
(c − b)/(a − b)
0 a − b

a−c
0
0
(a − c)(b − c)
Si a 6= c et b 6= c , on peut prendre un troisième pivot. On a donc rA = 3
B = A.
Si b = c 6= a , la matrice s’est transformée en


1
0
0
0 a − b a − b .
0
0
0
1
1
rA = 2
B=
.
2b a + b
De même dans les autres cas :
1
1
B=
.
a + c 2a
1
1
B=
.
a + b 2a
si a = b 6= c , on a rA = 2
si a = c 6= b , on a rA = 2

1
1
d) 
0
0
a
b
1
1

a2 a3
b2 b 3 

2a 3a2 
2b 3b2



1
a
a2
a3
L1
2
2
3
3
L2 − L1 


 =⇒ 0 b − a b − a b − a 
 L3 
0
1
2a
3a2 
L4
0
1
2b
3b2


1
0
A=
0
0

0
−a2
−2a3
0 (b − a)2 b3 − 3a2 b + 2a3 


1
2a
3a2
2
2
0 2(b − a)
3(b − a )
12


L1 − aL3
L2 − (b − a)L3 

 =⇒


L3
L4 − L3
Si b 6= a , on peut simplifier la deuxième ligne par (b − a)2 et la quatrième ligne par b − a et
continuer le pivot.
En effet
b3 − 3a2 b + 2a3 = (b − a)(b2 + ab − 2a2 ) = (b − a)2 (b + 2a) ,

1
0

0
0

0 −a2
−2a3
0
1
b + 2a 

1 2a
3a2 
0
2
3(b + a)


L1 + a2 L2
1



L
2


0
L3 − 2aL2  =⇒ 0
L4 − 2L2
0

0
0
1
0
On peut prendre b − a comme dernier pivot. On a donc rA = 4

0
a2 b
1
b + 2a 

0 −a2 − 2ab
0
b−a
B = A.
Si b = a , la matrice A devient

1
0

0
0
rA = 2

a
b
e) 
0
1
1 a
0 1
0
1
a
b

1
0

b
a
B=
b
a
1
0

0 −a2 −2a3
0
0
0 

1 2a
3a2 
0
0
0




0 b
−ab 1 − a2
L1 − aL4
2
 L2 − bL4 

−ab 

 =⇒ 0 a 1 − b

 L3 
0 1
a
b 
L4
1 0
b
a


0 0
−2ab
1 − a2 − b2
0 0 1 − a2 − b2
−2ab 

A=
0 1

a
b
1 0
b
a


L1 − bL3
L2 − aL3 


 L3  =⇒
L4
Si ab 6= 0 , on peut poursuivre la méthode du pivot

0
0

0
1

0
−2ab
1 − a2 − b2
0 1 − a2 − b2
−2ab 


1
a
b
0
b
a

0



0



B=

0




1


L1
L2 + (1 − a2 − b2 )L1 /(2ab)

 =⇒


L3 + L1 /(2b)
L4 + L1 /(2a)
0 −2ab
0
0
1
0
0
0
13
1 − a2 − b2









2
2
1−a +b 


2b


2
2
1+a −b 
2a
D(a,b)
2ab
On remarque que, en utilisant les identités remarquables, on peut factoriser l’expression
D(a,b) = −(2ab)2 + (1 − a2 − b2 )2
figurant dans le tableau précédent. On a
D(a,b) = (1 − a2 − b2 − 2ab)(1 − a2 − b2 + 2ab)
= (1 − (a + b)2 )(1 − (a − b)2 )
= (1 − a − b)(1 + a + b)(1 − a + b)(1 + a − b) .
Si (a + b + 1)(a − b − 1)(a + b − 1)(a − b + 1) 6= 0 , on peut alors prendre un quatrième pivot.
On a donc rA = 4
B = A.
Etudions le cas ab 6= 0 et D(a,b) = 0 . La matrice B devient :

0



0




0




1
0
−2ab
0
0
1
0
0
0
1 − a2 − b2




0




1 − a2 + b2 


2b


2
2
1+a −b 
2a

rA = 3

a b 0
B = 0 1 a
1 0 b
Si a = 0 et 1 − b2 6= 0 , la matrice A devient

0 0
0

0 0 1 − b2

0 1
0
1 0
b
On a donc rA = 4
1 − b2

0
b
0




1 − a2

0
0
a




B = A.
Si b = 0 et 1 − a2 6= 0 , la matrice A devient

0 0
0

0 0 1 − a2

0 1
a
1 0
0
On a donc encore. rA = 4
B = A.
Il reste à étudier le cas où ab = 1 − a2 − b2 = 0, ce qui correspond aux quatre couples (1,0),
(−1,0), (0,1), (0, − 1) (Ces quatre couples sont aussi les solutions de ab = D(a,b) = 0).
14
(a,b) = (1,0) la matrice A devient

0
0

0
1
0
0
1
0
0
0
1
0

0
0

0
1
(a,b) = (−1,0) la matrice A devient

0
0

0
1

0 0
0
0 0
0

1 −1 0 
0 0 −1
(a,b) = (0,1) la matrice A devient

0
0

0
1
0
0
1
0
0
0
0
1

0
0

1
0
(a,b) = (0, − 1) la matrice A devient
Dans ces quatre cas, on a rA = 2


0 0 0
0
0 0 0
0


0 1 0 −1
1 0 −1 0
0 1
B=
.
1 0
En résumé, on a le tableau suivant
D(a,b) 6= 0
rA = 4
D(a,b) = 0 et ab 6= 0 rA = 3
D(a,b) = 0 et ab = 0 rA = 2
Inverse
9) On obtient facilement A2 = I. On a donc AA = I, et donc, la matrice B = A vérifie
AB = BA = I .
Cela signfie que A est inversible et que A−1 = B = A.
Calculons l’inverse par la méthode du pivot
15
0 1 −1 1 0
4 −3 4 0 1
3 −3 4 0 0
3 1 0 4 0
1 0 0 0 1
3 0 1 3 0
0 1 −1 1 0 0
0
0 =⇒ 4 0 1 3 1 0
1
3 0 1 3 0 1
1
0 1 0 4 −3
−1 =⇒ 1 0 0 0 1
1
0 0 1 3 −3
=⇒
4
−1
4
En permutant les deux premières lignes
1 0 0 0 1 −1
0 1 0 4 −3 4
0 0 1 3 −3 4
On voit réapparaı̂tre à droite la matrice A. Donc A−1 = A.
10) (1) Si l’on calcule M (a,b,c,d)M (a0 ,b0 ,c0 ,d0 ), on s’aperçoit que l’on obtient
M (a,b,c,d)M (a0 ,b0 ,c0 ,d0 ) = M (aa0 +bb0 +cc0 +dd0 ,ab0 +ba0 +cd0 +dc0 ,ac0 +bd0 +ca0 +db0 ,ad0 +bc0 +cb0 +da0 ) .
(2) En prenant (a0 ,b0 ,c0 ,d0 ) = (a,b, − c, − d) dans la formule précédente, on trouve
M (a,b,c,d)M (a,b, − c, − d) = M (a2 + b2 − c2 − d2 ,2ab − 2cd,0,0) .
(3) En changeant b en −b et d en −d dans la formule précédente, on trouve
M (a, − b,c, − d)M (a, − b, − c,d) = M (a2 + b2 − c2 − d2 , − 2ab + 2cd,0,0) .
Si l’on pose
A(a,b,c,d) = M (a,b,c,d)M (a,b, − c, − d)M (a, − b,c, − d)M (a, − b, − c,d)) ,
on a donc
A(a,b,c,d) = M (a2 + b2 − c2 − d2 ,2ab − 2cd,0,0)M (a2 + b2 − c2 − d2 , − 2ab + 2cd,0,0) ,
et, avec la formule du (1),
A(a,b,c,d) = M (∆(a,b,c,d),0,0,0) ,
où
∆(a,b,c,d) = (a2 + b2 − c2 − d2 )2 − (2cd − 2ab)2 .
Mais alors, à l’aide des identités remarquables, on factorise ∆(a,b,c,d) :
∆(a,b,c,d) = ((a2 + b2 − c2 − d2 ) + (2cd − 2ab))((a2 + b2 − c2 − d2 ) − (2cd − 2ab))
= ((a2 − 2ab + b2 ) − (c2 − 2cd + d2 ))((a2 + 2ab + b2 ) − (c2 + 2cd + d2 ))
= ((a − b)2 − (c − d)2 )((a + b)2 − (c + d)2 )
= (a − b − c + d)(a − b + c − d)(a + b − c − d)(a + b + c + d) .
On a donc finalement
M (a,b,c,d)M (a,b, − c, − d)M (a, − b,c, − d)M (a, − b, − c,d)) = ∆(a,b,c,d)I .
16
(4) Si le produit ∆(a,b,c,d) = (a − b − c + d)(a − b + c − d)(a + b − c − d)(a + b + c + d) n’est
pas nul, on en déduit alors
1
M (a,b,c,d)
M (a,b, − c, − d)M (a, − b,c, − d)M (a, − b, − c,d) = I .
∆(a,b,c,d)
Il en résulte que M (a,b,c,d) est inversible et que
M (a,b,c,d)−1 =
1
M (a,b, − c, − d)M (a, − b,c, − d)M (a, − b, − c,d) .
∆(a,b,c,d)
Supposons maintenant ∆(a,b,c,d) = 0. Notons Li la i−ème ligne de la matrice M (a,b,c,d). Il y
a quatre cas possibles.
a+b+c+d=0
On a
L1 + L2 + L3 + L4 = (a + b + c + d,a + b + c + d,a + b + c + d,a + b + c + d) = O .
Le rang de la matrice n’est donc pas 4, et elle n’est pas inversible.
a+b−c−d=0
On a
L1 + L2 − L3 − L4 = (a + b − c − d,a + b − c − d, − a − b + c + d, − a − b + c + d) = O .
Le rang de la matrice n’est donc pas 4, et elle n’est pas inversible.
a−b+c−d=0
On a
L1 − L2 + L3 − L4 = (a − b + c − d, − a + b − c + d,a − b + c − d, − a + b − c + d) = O .
Le rang de la matrice n’est donc pas 4, et elle n’est pas inversible.
a−b−c+d=0
On a
L1 − L2 − L3 + L4 = (a − b − c + d, − a + b + c − d, − a + b + c − d,a − b − c + d) = O .
Le rang de la matrice n’est donc pas 4, et elle n’est pas inversible.
La matrice est donc inversible si et seulement si ∆(a,b,c,d) 6= 0.
11)


−21 50 −89
AB = −12 29 −52
2
−5
9
17


2 28 −25
BA = 1 21 −21 .
0 5 −6
On peut calculer les inverses de A et de B et effectuer les produits.
4 3 1 0 0
3 0 0 1 0
−1 1 0 0 1
0 1 0 1 −2
1 3 0 0 1
0 −1 1 0 0
2
1
0
1 −2 0
0 1 0
0 0 1
−3
0 1 0 1 −2
0 =⇒ 1 0 0 −3 7
1
0 0 1 1 −2
0 −2
=⇒ 1 3
0 −1
3
0
1
=⇒
−3
9
−2
En permutant les deux premières lignes
1 0 0 −3 7
9
0 1 0 1 −2 −3
0 0 1 1 −2 −2
donc

A−1

−3 7
9
=  1 −2 −3
1 −2 −2
De même pour B
8 −16 1 0
7 −12 0 1
2 −3 0 0
0 0 −1 1 −2
0 1 −3 0 1
−1 0
3 0 −2
−3
−3
−1
1 0
0 1
0 0
3
0 0 −1 1
−3 =⇒ 0 1 0 −3
7
−1 0 0 3
0
0
0 =⇒ 0
1
−1
2
1
2
−7
−3
−3
−3
−3 =⇒
1
−2
3
7 −12
−8 16
En permutant la première et la troisième ligne et en changeant leurs signes
1 0 0 −3 8 −16
0 1 0 −3 7 −12
0 0 1 −1 2 −3
donc
B −1


−3 8 −16
= −3 7 −12
−1 2 −3
Alors

(AB)−1 = B −1 A−1

1 −5 −19
= 4 −11 −24
2 −5 −9

et
(BA)−1 = A−1 B −1

−21 43 −63
−12 17  .
= 6
5
−10 14
On constate que toutes ces matrices ont des coefficients entiers. On aurait pu également faire le
calcul direct
18
Pour BA
28 −25 1 0 0
0
21 −21 0 1 0 =⇒ 1
5 −6 0 0 1
0
0 0 1/5 1 −2 14/5
1 0 21/5 0 1 −21/5 =⇒
1
0 5 −6 0 0
2
1
0
−14 17 1 −2 0
21 −21 0 1 0 =⇒
5
−6 0 0 1
0 0 1/5 1
−2 14/5
1 0 0 −21 43 −63
0 5 0 30 −60 85
En multipliant la première ligne par 5 et en divisant la dernière par 5, puis en effectuant une
permutation circulaire sur les lignes, on retrouve (BA)−1 .
Le calcul est un peu plus compliqué pour AB
−21 50 −89 1 0
−12 29 −52 0 1
2
−5
9 0 0
0 0
1/2 1 −5/2
1
0 −1
2 0
0
−5
2 0
−1
0 −5/2 11/2 1 0 21/2
0
0 =⇒ 0 −1
6 =⇒
2 0 1
1
1
2 −5
9 0 0
−9/2
0 0 1/2 1 −5/2 −9/2
6
11
24
=⇒ 0 −1 0 −4
−29
2 0
0 2
−10 −38
En divisant chaque ligne par son pivot et en permutant la première et la troisième ligne on
retrouve (AB)−1 .
12)
A
1
2
donc
A−1
=
1
2 1 0
=⇒
5 0 1
0
2 1 0
1 0 5 −2
=⇒
0 1 −2 1
1 −2 1
5 −2
.
−2 1
B
1
0
0
donc B −1
1 0 −7 1 −2 0
2 −3 1 0 0
1 0 0 1 −2 7
1
2 0 1 0 =⇒ 0 1 2 0 1 0 =⇒ 0 1 0 0 1 −2
0 0 1 0 0
1
0 0 1 0 0 1
0
1 0 0 1


1 −2 7

= 0 1 −2.
0 0
1
19
C
−1 1 1 2
2 3
1 −1 0
−1 2 1
0 0
1 0
0 1
1 −2 0
0 1 0
0 1 1
1 −6 −4
0 0 −1 1 −6
0 2
1 =⇒ 1 0 0 1 −4
0 1
1
0 1 0 1 −5
0 4 3
1 0 0
0 1 0 =⇒ 1 −1 0
0 0 1
0 1 1
=⇒
−4
−3
−3
On change le signe de la première ligne, puis un permute les lignes ce qui donne
1 0 0 1 −4 −3
0 1 0 1 −5 −3
0 0 1 −1 6
4


1 −4 −3
donc C −1 =  1 −5 −3.
−1 6
4
13)
A1
0 1 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
1 0 0 0 0 1
Il suffit de permuter les lignes pour obtenir
1 0 0 0 0 1
0 1 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
donc A−1
1


0 0 1
= 1 0 0.
0 1 0
A2
0
1
1
0 1
1 1 1 0 0
0 1 0 1 0 =⇒ 0 0
0 0 0 0 1
1 0
1
1
0
1 0 0
0
0 1 −1 =⇒ 0
0 0 1
1
En permutant les lignes, on obtient
1 0 0 0 0
1
0 1 0 1 −1 1
0 0 1 0 1 −1
donc A−1
2


0 0
1
= 1 −1 1 .
0 1 −1
20
1
0
0
0
1
0
1 −1 1
0 1 −1
0 0
1
A3
0
0 1 1 0 0
−1 0 0 0 1 0
0 −1 0 0 0 1
On change le signe des deux dernières lignes et on permute les lignes. On trouve
1 0 0 0 −1 0
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 1 0
0


0 −1 0
−1

donc A3 = 0 0 −1.
1 0
0
A4
1 0 −1 1 −2 0
2 3 1 0 0
1 0 0 1 −2 1
1 2 0 1 0 =⇒ 0 1 2 0 1 0 =⇒ 0 1 0 0 1 −2
0 0 1 0 0
1
0 0 1 0 0 1
0 1 0 0 1


1 −2 1
= 0 1 −2.
0 0
1
1
0
0
donc A−1
4
A5
1 −2 3 −4 5
4 −3 2 −1 1 0 −1 −1/2 0
10 7/4 1
0 0
0
0 −4 8 3
3 1 0
16 4 1
8 3 0
−1/2
1 0
0 −13/40
−3/4 =⇒ 0 0 10 7/4
1
0 −4 0 8/5
1
1 0 0
0 1 0 =⇒ 0
0 0 1
0
On divise les deux dernières lignes par leur pivot
1 0 0 −13/40
0 1 0 −2/5
0 0 1 7/40


−13/40 1/10 −23/40
 −2/5
1/5
−2/5 .
donc A−1
5 =
7/40
1/10 −3/40
−2
−3
−4
0
0 =⇒
1
1/10 −23/40
1
−3/4
−4/5
8/5
et on les permute
1/10 −23/40
1/5
−2/5
1/10 −3/40
A6
1
1 1/2 1/3 1 0 0
0
1
0
=⇒
0
1/2 1/3 1/4 1/3 1/4 1/5 0 0 1
0
1/2
1/12
1/12
21
1/3
1/12
4/45
1
0 0
−1/2 1 0 =⇒
−1/3 0 1
−1/6
1/12
1/180
1
0
0 1/12
0
0
4
−6 0
1
0
0
−1/2 1 0 =⇒ 0 1/12
0
1/6 −1 1
0
0
1/180
9 −36 30
−3 16 −15
1/6 −1
1
On divise les deux dernières lignes par leur pivot
1 0 0 9
−36
30
0 1 0 −36 192 −180
0 0 1 30 −180 180


9
−36
30
−36 192 −180.
donc A−1
6 =
30 −180 180
14) Si A était inversible, en multipliant les deux membres de la relation A2 = A par la matrice
A−1 , on obtiendrait
A = A−1 A2 = A−1 A = I ,
Ce qui est exclu par hypothèse. Donc A n’est pas inversible.
a b
Soit A =
. L’équation A2 = A équivaut à
c d
a2 + bc b(a + d)
a b
.
=
c d
c(a + d) d2 + bc
Elle est donc équivalent au système
 2
a + bc = a



b(a + d) = b
c(a
+ d) = c


 2
d + bc = d
Etudions les différents cas possibles :
b 6= 0 .
Le système équivaut à
 2
 a + bc = a
a+d =1
 2
d + bc = d
mais, si a + d = 1, on a
d2 − d = (1 − a)2 − (1 − a) = a2 − 2a + 1 − 1 + a = a2 − a ,
donc a2 + bc − a est nul, si et seulement si d2 + bc − d est nul, et le système équivaut à
2
a + bc = a
a+d =1
Finalement A =
a
b
.
(a − a2 )/b 1 − a
22
b = 0 et c 6= 0 .
Le système équivaut à
a2 = a
a+d =1

d2 = d


et comme dans le cas précédent, d2 − d = a2 − a, donc le système se réduit à
a2 = a
a+d =1
Le couple (a,d) est un des deux couples (1,0), (0,1), et c est
1 0
0
A=
et A =
c 0
c
quelconque. On a les matrices
0
1
b=c=0.
Le système équivaut à
a2 = a
d2 = d
En dehors de I et de O, on obtient les deux matrices
1 0
0 0
A=
, A=
0 0
0 1
Dans tous les cas les lignes sont proportionnelles, et les colonnes également.
15) Calculons l’inverse d’une matrice (2,2) par la méthode du pivot.
Supposons a 6= 0.
b 1 0
L1
=⇒
d 0 1 L2 − cL1 /a
1
a
b
0
L1
=⇒
0 (ad − bc)/a −c/a 1 L2 − cL1 /a
a
c
Si l’on veut que A soit inversible, il faut pouvoir prendre un deuxième pivot, donc il faut que
ad − bc 6= 0. Alors
a
0
1
b
0 L1 − baL2 /(ad − bc)
=⇒
L2
(ad − bc)/a −c/a 1
ad/(ad − bc) −ab/(ad − bc)
a
0
0 (ad − bc)/a −c/a
1
Alors, en divisant chaque ligne par son pivot,
1 0 d/(ad − bc) −b/(ad − bc)
0 1 −c/(ad − bc) a/(ad − bc)
23
et donc
A
−1
1
=
ad − bc
d −b
−c a
.
Si a = 0, alors nécessairement c 6= 0 et b 6= 0, sinon la matrice ne serait pas de rang 2 et ne
serait donc pas inversible, c’est-à-dire ad − bc 6= 0.
b 1 0
d 0 1
0
c
L1
=⇒
L2 − dL1 /b
0 b 1
0
c 0 −d/b 1
En divisant chaque ligne par son pivot et en les permutant
1 0 −d/bc 1/c
0 1 1/b
0
et donc
A
−1
1
=
−bc
d −b
−c 0
.
On remarque que dans les deux cas étudiés, on a
A
−1
1
=
ad − bc
d −b
−c a
.
En résumé, A est inversible si et seulement si ad − bc 6= 0 et alors
1
d −b
A−1 =
.
ad − bc −c a
Méthode du pivot
16) 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
24
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).
0 1
1 0
A3 =
=⇒
=I .
1 0
0 1
Cela revient à multiplier à gauche par la matrice
0 1
.
M3 =
1 0
On a alors
M 3 A3 = I .
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
17) 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
25
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




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
M 3 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

M4 = 0
1
revient à multiplier à gauche par la matrice

0 0
1 0 .
0 1
On a alors
M 4 A4 = A5 .
26
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
M 5 A5 = A6 .
On effectue enfin les opérations de troisième espèce. On permute tout d’abord les deux premières
lignes




0 0 1
1 0 0
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
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
27
Transposition. Matrices symétriques et antisymétriques
18) On obtient




 
3
3 1 2
3 1
3 1 2
t
, tD = 2 .
A = 2 0 1 , tB = 2 0 , tC =
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 .
19) (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
aij E (i,j) .
i=1 j=1
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
i=1
λii E
(i,i)
+
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=2
28
(i − 1) =
p−1
X
i=1
i,
et le nombre de matrices de la base, c’est-à-dire la dimension de S(p,R), est
p
X
i=
i=1
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)
(i,j)
A=
(2aji )
(E
−E
) .
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
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
20) (a) X est de format (p,1) et tY de format (1,p), donc le produit X tY est possible et est une
matrice carrée de format (p,p).
(b) De même tX est de format (1,p) et Y de format (p,1), donc le produit tXY est possible et
est une matrice carrée de format (1,1), c’est-à-dire un nombre réel.
29
(c) On a
V A−1 (A + U tV ) = tV + tV A−1 U tV .
t
puis en mettant tV en facteur à droite
V A−1 (A + U tV ) = (I(1) + tV A−1 U ) tV ,
t
donc
V A−1 (A + U tV ) = (I(1) + tV A−1 U ) tV .
t
(où I(1) s’identifie au nombre réel 1).
Supposons A + U tV inversible, et 1 + tV A−1 U = 0. Alors la formule précédente donne
V A−1 (A + U tV ) = O ,
t
et donc en multipliant par l’inverse de A + U tV puis par A, on trouve tV = O donc 1 = 0, d’où
une contradiction. Il en résulte que 1 + tV A−1 U 6= 0.
Réciproquement supposons 1 + tV A−1 U 6= 0. Soit X un vecteur colonne tel que
(A + U tV )X = O .
On en déduit successivement
V A−1 (A + U tV )X = O
t
(I(1) + tV A−1 U ) tV X = O ,
et
et comme 1 + tV A−1 U 6= 0, on en tire
t
VX =O ,
Mais alors
(A + U tV )X = AX = O ,
et comme A est inversible, on en déduit X = O. Il en résulte que A + U tV est inversible.
Trace
21) (a) Si A = (aij ) et B = (bij ), et si λ et µ sont deux nombres réels, on a λA + µB =
(λaij + µbij ), et
tr(λA + µB) =
n
X
(λaii + µbii ) = λ
j=1
n
X
aii + µ
j=1
n
X
bii = λ tr A + µ tr B .
j=1
(b) Dans la transpositions, les éléments aii de la diagonale principale restent inchangés. Donc
tr( tA) = tr A.
(c) Soit C = AB = (cij ). On a, d’après la formule du produit
cii =
n
X
k=1
30
aik bki ,
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.
(d) D’après (c)
tr((P A)P −1 ) = tr(P −1 (P A)) ,
mais P −1 (P A) = A, donc
tr((P A)P −1 ) = tr A .
Calcul par blocs
22) Toutes les matrices figurant dans le calcul sont des matrices (2,2). Le calcul s’effectue comme
un produit de matrices usuel.
I
O
CA−1 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
CA−1 I
A
B
O D − CA−1 B
=
A B
C D
.
23) 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
et
A−1 B − (A−1 BD−1 )D = A−1 B − A−1 B = O
31
OA + D−1 O = O ,
et
OB + D−1 D = Ip2 .
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
.
24) 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
M2 =
=
=
,
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+1
n
A
An B + An−1 BD
A
An B
A An−1 B
A B
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 8
0 4
et l’on peut supposer que
n
A =
1 2n − 1
.
0
2n
On le vérifie par récurrence
A
n+1
n
=A 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
32
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
33