Exercices : Matrices

Exercices : Matrices
Exercice 1
Soient A, B 2 matrices de Mn (K). On note I la matrice identité. On suppose que
AB = I + A + A2
1. Montrer que A est inversible, calculer A−1 en fonction de A, B, I.
2. En déduire que A et B commuttent.
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 2
Soit A ∈ M2 (K). On considère l’application f : M2 (K) → M2 (K)
X
7→ AX
1. On note B = base canonique de Mn (K). Rappeller quelle est cette base.
2. Calculer M at(B, B, f )
3. Calculer tr(f )
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 3
Calculer le rang des matrices suivantes:

1
2

A=
1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1

1

1
1



1 , B = 12
1
1
3
2
1
2
1
3
1
4
1
3
1
4

a
(pour B, on distinguera plusieurs cas selon la valeur de a)
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 4
On appelle matrice trinagulaire supérieure une matrice (aij ) telle que i > j ⇒ aij = 0. Exemple:
1 2
.
0 1
Soit A ∈ Mn (R) une matrice triangulaire supérieure. On pose B = (e1 , e2 , ..., en ) la base canonique de Rn .
On note comme d’habitude f l’endomorphisme de Rn tel que A = M at(f, B, B). On pose pour p ≤ n,
Fp = V ect(e1 , ..., ep )
1
1. Donner une condition portant sur f et les ensembles Fp qui soit équivalente au fait que A soit trinagulaire
supérieure.
2. Soit C une autre matrice triangulaire supérieure. A l’aide de la condition ci dessus, prouver que AC est
tringulaire supérieure.
3. Retrouver ce résultat par le calcul des coefficients de AC.
4. On suppose que A est inversible, et donc que f est bijective.
(a) Soit p ∈ {1...n}. Montrer que dans ce cas f (Fp ) = Fp .
(b) En déduire que A−1 est aussi triangulaire supérieure.
CORRECTION
Exercice 5
Soit
INDICATIONS


0 1 1
A = 1 0 1 
1 1 0
1. Montrer que A2 = A + 2I3 (où I3 = matrice identité 3 × 3 )
2. En déduire que A et inversible et calculer A−1
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 6 (Plus difficile)
Soit A = (aij ) une matrice de Mn (R) telle que:
∀i ∈ {1, ..n}, |aii | >
X
|aij | (1)
j,j6=i
1. Montrer que si A n’est pas inversible, il existe des scalaires λi tq
X
i
A.
2. En déduire que A est inversible. (on fera un R.A)
CORRECTION
INDICATIONS
2
λi Ci = 0, où les Ci sont les colonnes de
Indications pour l’exercice 1
1. Mettre A en facteur dans la relation AB − A − A2 = I
2. Pas de difficulté, utiliser l’expression de B en fonction de A.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 2
Pas de difficultés, appliquer le cours.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 3
On utilisera la méthode de Gauss.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 4
1. Que peut on dire de f (Fp ) par rapport à Fp si A est triangulaire supérieure ?
2. Utiliser la relation trouvée à la question précédente
3. Si A = (aij ) est triangulaire supérieure, on sait que i > j ⇒ aij = 0. Utiliser la relation du cours permettant
de calculer les coefficients de AC en fonction de ceux de A et C.
4. (a) Raisonner avec les dimensions.
(b) Utiliser la question précédente pour montrer que f −1 (Fp ) = Fp .
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 5
1. pas trop dur...
2. Mettre A en facteur dans la relation donnée.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 6
1. Si A n’est pas inversible que peut on dire de la dimension de V ect(C1 , . . . , Cn ), où les Ci sont les colonnes
de A.
P
2. Il faut chercher à contredire la relation (1) en trouvant k tq |akk | ≤ j,j6=k |akj |. Utiliser la relation de
liaison de la question précédente. ( on pourra considerer |λk | = sup |λi | )
i
RETOUR AUX ENONCES
3
Correction de l’exercice 1
1. On a AB = I + A + A2 , donc AB − A − A2 = I ⇒ A(B − I − A) = I.
Donc A est inversible, et son inverse est A−1 = B − I − A
2. Donc BA = (A−1 + I + A)A = I + A + A2 . D’où AB = BA
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 2
1. Cette base est formée des matrices élémentaires Eij (matrice nulle avec un 1 en position ij)
2. Posons e1 = E11 , e2 = E12 , e3 = E21 , e4 = E22 .
a b
a 0
0 a
b 0
0 b
Posons A =
, on a: f (e1 ) =
, f (e2 ) =
, f (e3 ) =
, f (e4 ) =
c d
c 0
0 c
d 0
0 d
Donc

a
0
M at(f, B, B) = 
c
0
0
a
0
c
b
0
d
0

0
b

0
d
3. La trace de f est, d’après le cours, la trace de n’importe quelle matrice représentant f . La matrice précédente
a pour trace 2(a + d), donc tr(f ) = 2(a + d).
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 3
1. On va appliquer
la méthode de Gauss:



1 1
2
1
1

L
−
2L
→
L

2
1
2


0 −1 −3 −1 −1
L − L → L


3
1
3
0 0 −1 1
0
En faisant
, on obtient: 



L4 − 2L1 → L4

0 −1 −3 −1 −1


L − L → L
5
1
5
0 0 −1 0
1


1 1
2
1
1
(
0 −1 −3 −1 −1


L4 − L2 → L4

0
0
−1
1
0
En faisant
, on a 


L5 − L3 → L5
0 0
0
0
0
0 0
0 −1 1
(
L5 → L4
Enfin, en faisant
L4 → L5


1 1
2
1
1
0 −1 −3 −1 −1



0
0
−1
1
0
, on obtient une forme traingulaire recherchée:


0 0
0 −1 1 
0 0
0
0
0
Cette matrice est donc de rang 4.
2. On applique aussi la méthode de Gauss. 
(
1
L2 − 12 L1 → L2
0
En faisant
,
on
obtient
L3 − 31 L1 → L3
0
1
2
1
12
1
12
4
1
3
1
12
a−

1
6


1

Enfin, avec L3 − L2 → L3 , on obtient 0
0
1
2
1
12
1
3
1
12
0
a−

1
4

On en déduit: Si a 6= 14 , B est de rang 3. Sinon, rg(B) = 2
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 4
1. Si la matrice A est triangulaire, on a:

f (e1 ) qui s’écrit f (e1 ) = a11 e1 . Donc f (F1 ) ⊂ F1




 f (e2 ) = a12 e1 + a22 e2 . Donc f (e1 ) ∈ F2 et f (e2 ) ∈ F2 . Ainsi f (F2 ) ⊂ F2 .
..


.



en itérant le processus, f (Fk ) ⊂ Fk pour tout k ∈ {1...n}
la condition est donc: A triangulaire supérieure ⇔ ∀p ∈ {1...n}, f (Fp ) ⊂ Fp
2. Notons g l’endomorphisme de E tel que C = M at(g, B, B). On a alors, d’après le cours, AC = M at(f og, B, B).
On veut prouver que AC est triangulaire supérieure, il suffit d’après 1) de prouver que
∀p ∈ {1...n}, f og(Fp ) ⊂ Fp
Or:
g(Fp ) ⊂ Fp
car C est triangulaire sup ⇒ f og(Fp ) ⊂ f (Fp )
⇒ f og(Fp ) ⊂ f (Fp ) ⊂ Fp
(car A est triangulaire sup.)
⇒ f og(Fp ) ⊂ Fp
D’où le résultat.
3. On va prouver la même chose avec le calcul explicite des coefs de AC. Posons A = (aij ), et C = (cij ). Ces
2 matrices sont triangulaires supérieures, donc
(
aij = 0 si i > j
cij = 0 si i > j
Par ailleurs, si on note dij les coefficients de la matrice AC, on a: dij =
n
X
aik ckj
k=0
Soit i et j tels que i > j. Montrons que dij = 0.
dij
=
=
n
X
k=0
i−1
X
aik ckj
aik ckj +
k=0
=
i−1
X
n
X
aik ckj
k=i
aik
|{z}
ckj +
k=0 =0 car i > k
= 0+0
D’où le résultat.
5
n
X
k=i
aik
ckj
|{z}
=0 car k ≤ i > j
4. L’idée est d’utiliser une des 2 techniques utilisées dans les questions précédentes. La technique consistant
à utiliser le calcul des coefficients n’est pas utilisable, car on si connait les coefs de A, on a pas de formule
permettant le calcul des coefs de A−1 . Utilisons donc la technique des 2 premieres questions: revenir aux
endormorphismes. On sait que si A est inversible, f est bijective et A−1 = M at(f −1 , B, B), où f −1 désigne
la bijection réciproque de f .
(a) On a: f (Fp ) = f (V ect(e1 , . . . , ep )) = V ect(f (e1 ), . . . , f (ep )). Mais f est bijective, elle transforme donc
une famille libre en une famille libre (cf cours).
La famille (f (e1 ), . . . , f (ep )) est donc libre, l’espace qu’elle engendre est de dimension p. Donc dim(f (Fp )) =
p, comme f (Fp ) ⊂ FP , on a bien f (Fp ) = Fp .
(b) Ainsi,
f (Fp ) = Fp
⇒ f −1 (f (Fp )) = f −1 (Fp )
⇔ Fp = f −1 (Fp )
car on sait que f −1 (f (E)) = E pour tout ensemble E
Donc en particulier f −1 (Fp ) ⊂ Fp ⇔ A−1 est triangulaire supérieure.
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Correction de l’exercice 5


2 1 1
1. On a A2 = 1 2 1, ce qui vaut bien A + 2I3 .
1 1 2
2. On a A2 − A = 2I3 ⇔ A(A − I3 ) = 2I3 . Donc
1
(A − I3 ) = I3
A
2
Si on pose B = 21 (A − I3 ), l’égalité précédente nous affirme bien que B est l’inverse de A. Donc
A−1
 1
−2
1
= B = (A − I3 ) =  12
2
1
1
2
− 12
2
1
2
1
2
1
2
− 21


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Correction de l’exercice 6
1. Dire que A n’est pas inversible revient à dire que son rang n’est pas égal à sa taille. Si on note C1 , C2 , ..., Cn
les vecteurs-colonnes de A, cela revient à dire que dim(V ect(C1 , C2 , ..., Cn )) < n.
Autrement dit, la famille (C1 , C2 , ..., Cn ) n’est pas libre, d’où le résultat.
2. On va faire un raisonnement par l’absurde. Supposons que A ne soit pas inversible, d’après ce qui précède,
on a: Il existe donc des scalaires λi tq:
0 = λ1 C1 + ... + λn Cn
6
Ecrivons ces relations en termes de coefficients aij :

0 = λ1 a1,1 + ... + λp a1,p + ... + λn a1,n




.

..


0 = λ1 aj,1 + ... + λp aj,p + ... + λn aj,n


..



.



0 = λ1 an,1 + ... + λp an,p + ... + λn an,n
On cherche à contredire la relation (1) de l’énoncé. On cherche donc à prouver qu’il existe k tq |akk | ≤
P
j,j6=k |akj |. Dans les relations ci dessus, on peut exprimer facilement les coefficients aii en fonction des
autres:


P
P
λj


λ
a
=
λ
a
a
=
j
1j
11
1
11


j,j6
=
1
j,j6=1 λ1 a1j


.
..
(2) (en supposant que les λi 6= 0)
⇔ ..
.




P
λj
λ a = P

ann = j,j6=n λn anj
n nn
j,j6=n λj anj
λ
Il suffit maintenant de remarquer que si |λk | = sup |λi |, on a ∀j ∈ {1, ..., n}, | λkj | ≤ 1
i
Or d’après la k ième ligne de (2), on a akk =
λj
j,j6=k λk akj .
P
D’où, d’après l’inégalité triangulaire:
X λj X
|akj | ⇒ |akk | ≤
|akk | ≤
|akj |
λk j,j6=k
j,j6=k
Ce qui contredit (1). Donc M est inversible.
RETOUR AUX ENONCES
7
λj puisque ≤ 1
λk