feuille 2 : matrices

FEUILLE 2 : MATRICES
1.
On considère les 4 matrices


1
−2

B=
3
−4
A= 1 2 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.
Montrer que le produit matriciel est associatif.
3. Soient A et B deux matrices de M(n, K) qui commutent (c’est-à-dire telles que AB = BA).
Montrer la formule du binôme de Newton :
(A + B)n =
n
X
Ckn An−k B k .
k=0
4.
On considère les 3 matrices



0 1 0 0
0
0
−1 0 0 0 
0
0

J =
K=
 0 0 0 −1
−1 0
0 0 1 0
0 −1
1
0
0
0

0
1

0
0

0
0
L=
0
−1

0 0 1
0 −1 0
 ,
1 0 0
0 0 0
1) Vérifier les relations :
J 2 = K 2 = L2 = −I
,
KL = −LK = J
,
LJ = −JL = K
,
JK = −KJ = L .
2) On considère le sous-espace H de M(4, R) engendré par I, J, K et L. Trouver une base de H
et donner sa dimension.
3) Montrer que H est stable par multiplication, puis montrer que toute matrice de H non nulle
admet un inverse dans H.

5.
6.
Quelles sont les matrices (2,2) A telles que AM = M A dans les cas suivants :
M1 =
1 0
0 0
,
M2 =
0 1
0 0
,
M3 =
1 1
0 1
1
0
1
0
0
1
0
1

1
0
 .
1
0
0

1
1
Trouver pour tout entier positif n, la matrice An lorsque A = 

2 0
1
,
M4 =
Dans chacun des cas, peut-on toujours trouver λ et µ tels que A = λM + µI ?
Est-ce toujours vrai pour toute matrice M ?
1
0 1
−1 0
.
7. 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
8. 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
3
3
1
3
−2
2
0
1 0 1 0

5
e) −1 1
f ) 0 1 −1 1 2
d) 
0 1 0 1
1 −3 −9
1 2 −3 4 1
1 0 1 0
9. 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


0 1 −1
10. Soit la matrice A = 4 −3 4  . Calculer A2 . En déduire A−1 . Vérifier en inversant
3 −3 4
directement A.
11.
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).
2
(4) Trouver un critère, portant sur a, b, c, d, pour que M soit inversible et proposer un calcul
de son inverse.
12.
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 puis déterminer (AB)−1 et (BA)−1 .
13.
14.
Calculer l’inverse des matrices suivantes :




i 2 −3
2
2 3
1 2
A=
B = 0 i 2 
C =  1 −1 0
2 5
0 0 i
−1 2 1


0 1 0
D = 0 0 1  .
1 0 0
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
une matrice carrée (2, 2). Trouver à quelle condition A est inversible et
c d
déterminer son inverse.
2 1
. On effectue un pivot sur A pour la transformer en I par une suite
16. Soit A =
1 3
d’opérations :
A = A0 =⇒ A1 =⇒ A2 =⇒ A3 =⇒ A4 = I .
15.
Soit A =
(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 ?
17.
Calculer la transposée des matrices suivantes :




3 2 1
3 2
3 2 1
A = 1 0 1 , B =
, C = 1 0 , D = 3 2 1 .
1 0 1
2 1 0
2 1
Vérifier que t(BC) = tC tB.

18.
1


 1 

 a 

Soit n > 2 et soient a ∈ R − {0}, U =  .  et V = 
.
 . 

1
an−1
1
a
..
.
an−1



.

1) Calculer la matrice H = U tV puis tV U .
2) En déduire une expression de H 2 en fonction de H.
3) Pour tous λ ∈ R, on considère la matrice A = H − λIn , où In est la matrice identité n × n.
Exprimer A2 en fonction de A et In .
3
4) En déduire que A est inversible si et seulement si λ =
6 0 et λ 6= n. Pour λ 6= 0 et λ 6= n,
déterminer A−1 .
5) On suppose désormais que λ = 1. Calculer Ak pour k ∈ N∗ .
6) Calculer Ak pour k ∈ Z.
Soit S(p, R) l’espace des matrices carrées symétriques d’ordre p.
1
(a) Montrer que les matrices E (i,i) pour 1 ≤ i ≤ p et (E (i,j) + 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.
1 (j,i)
(E
− E (i,j) ) pour 1 ≤ i < j ≤ p forment une base de l’espace
2
A(p, R) des matrices antisymétriques d’ordre p. En déduire que la dimension de A(p, R) est
p(p − 1)/2.
 
x1
 .. 
20. Pour tout X =  .  de M(p, 1, R), on note tX la matrice ligne x1 · · · xn .
(b) Montrer que les matrices
xp
1) Soient X et Y deux matrices de M(p, 1, R). Expliquer pourquoi on peut faire le produit X tY .
2) Même question pour tXY .
3) Soient A dans M(p, R) une matrice inversible et U et V deux matrices de 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 )X = 0 est équivalent à X = 0).
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(λA + 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.
22.
(Calcul par blocs) Montrer que siA et Dsont des matrices carrées inversibles de formats
A B
respectifs (p1 , p1 ) et (p2 , p2 ) alors M =
est inversible et
O D
M
−1
=
A−1 −A−1 BD−1
O
D−1
.
23.
Soient A et D des matrices carrées de formats respectifs (p1 , p1 ) et (p2 , p2 ), et M =
On suppose que BD = O. Calculer M n .

i i
1 −1
0 2i 1 −1

Application : calculer M n lorsque M = 
0 0 −1 1 .
0 0 −1 1
4
A B
.
O D
Corrigé
1) Les produits ayant un sens sont les suivants :

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) Soit les matrices
A = (aij ) 1≤i≤p dans M(p, q, R), B = (bjk ) 1≤j≤q dans M(q, r, R), C = (ck` ) 1≤k≤r dans M(r, s, R).
1≤j≤q
1≤k≤r
1≤`≤s
Alors AB = (dik ) 1≤i≤p est dans M(p, r, R), et
1≤k≤r
dik =
q
X
aij bjk ,
j=1
puis (AB)C = (ei` ) 1≤i≤p est dans M(p, s, R), et
1≤`≤s
ei` =
r
X
dik ck` =
q
r X
X
aij bjk ck` .
k=1 j=1
k=1
De même BC = (fj` ) 1≤j≤q est dans M(q, s, R), et
1≤`≤s
fj` =
r
X
bjk ck` ,
k=1
puis A(BC) = (gi` ) 1≤i≤p est dans M(p, s, R), et
1≤`≤s
gi` =
q
X
aij fj` =
j=1
q X
r
X
aij bjk cks .
j=1 k=1
On constate, en permutant les sommations, que, quels que soient i et `, on a
ei` = gi` ,
ce qui montre que A(BC) = (AB)C.
3) On démontre tout d’abord par récurrence que, pour tout entier k ≥ 1, on a B k A = AB k .
C’est vrai pour k = 1. Supposons le vrai à l’ordre k. Alors en utilisant l’associativité du produit
B k+1 A = (B k B)A = B k (BA) ,
5
puis en utilisant le fait que les matrices A et B commutent
B k+1 A = B k (AB) ,
de nouveau en raison de l’associativité
B k+1 A = (B k A)B ,
puis avec l’hypothèse de récurrence
B k+1 A = (AB k )B ,
et enfin avec l’associativité
B k+1 A = A(B k B) = AB k+1 .
La formule est donc vraie à l’ordre k + 1, donc pour tout k ≥ 0.
La démonstration de la formule du binôme se fait également par récurrence. Elle est évidente
pour n = 1. Supposons la vraie à l’ordre n. Alors
!
n
X
(A + B)n+1 = (A + B)n (A + B) =
Ckn An−k B k (A + B) ,
k=0
et en développant par distributivité du produit sur la somme
n
X
(A + B)n+1 =
Ckn An−k B k A +
n
X
Ckn An−k B k B ,
k=0
k=0
ce qui d’après la propriété démontrée ci-dessus donne
(A + B)n+1 =
n
X
n
X
Ckn An−k (AB k ) +
Ckn An−k B k+1 =
Ckn An−k+1 B k +
k=0
k=0
k=0
n
X
n
X
Ckn An−k B k+1 ,
k=0
En changeant d’indice de sommation dans la deuxième somme
(A + B)n+1 =
n
X
Ckn An−k+1 B k +
k=0
n+1
X
Cnk−1 An−k+1 B k .
k=1
Si l’on isole les termes extrêmes
(A + B)n+1 = An+1 +
n
X
Ckn An−k+1 B k +
k=1
n
X
n−k+1 k
Ck−1
B + B n+1 .
n A
k=1
On peut alors regrouper les deux sommes et tenir compte du fait que
Ckn + Ck−1
= Ckn+1 ,
n
ce qui donne
n+1
(A + B)
n+1
= A
+
n
X
n−k+1 k
(Ckn + Ck−1
B + B n+1
n )A
k=1
= An+1 +
n
X
Ckn+1 An−k+1 B k + B n+1
k=1
=
n+1
X
Ckn+1 An−k+1 B k .
k=0
6
ce qui donne la formule à l’ordre n + 1. Elle est donc vraie pour tout n ≥ 1.
4) 1) Vérifications immédiates.
2) Si l’on écrit
aI + bJ + cK + dL = 0 ,
on obtient

 
a
b
c
d
0
 −b a −d c  0

=
 −c d
a −b 0
−d −c b
a
0
0
0
0
0
0
0
0
0

0
0
 ,
0
0
ce qui implique a = b = c = d = 0. Les matrices (I, J, K, L) forment un système libre et comme
elles engendrent H, c’est une base de H qui est donc de dimension 4.
3) Comme le produit de deux matrices de la base (I, J, K, L) est dans H d’après 1), il en résulte
par distributivité de la multiplication sur l’addition que le produit
P = (aI + bJ + cK + dL)(a0 I + b0 J + c0 K + d0 L) ,
sera une somme d’éléments de H, donc aussi dans H.
On peut d’ailleurs effectuer ce produit et on obtient
P = (aa0 −bb0 −cc0 −dd0 )I +(ab0 +ba0 +cd0 −dc0 )J +(ac0 +ca0 −bd0 +db0 )K +(ad0 +da0 +bc0 −cb0 )L .
En particulier
(aI + bJ + cK + dL)(aI − bJ − cK − dL) = (a2 + b2 + c2 + d2 )I ,
Si U = aI + bJ + cK + dL est une matrice non nulle de H, un des quatre nombres a, b, c, d, est
non nul, donc a2 + b2 + c2 + d2 n’est pas nul, et si l’on pose
V =
a2
+
b2
1
(aI − bJ − cK − dL) ,
+ c2 + d2
on a alors U V = I, et il en résulte que U est inversible et que son inverse est V .
5) 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 .
7
Les relations sont vraies au rang n + 1. Elles sont donc vraies pour tout n ≥ 1.
6) On prend A =
a b
.
c d
Cas n˚ 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 n˚ 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
= aI + bM2 .
A=
0 a
Cas n˚ 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 n˚ 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.
8
7)


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
Remarques préliminaires :
Dans les exercices 8 et 9 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.
8)
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
9


1
3
0
6
 =⇒ 
0
9
0
0

0
3
0 −6 

0 −12 
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
0
1
0
1


1

0
 =⇒ 


1
0
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





1 3
3
1 0 −3
1
3
3
e) −1 1
5  =⇒ 0 4
8  =⇒ 0 4 8 
0 0 0
1 −3 −9
0 −6 −12

rA = 2
B=

1

f)
0
1
1 3
.
−1 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
1
−1
−2

rA = 3

1 3 −2
B = 0 1 −1.
1 2 −3
9)

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.
10

−1 −6
1
2
3
3
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

1

4/3 
λ − 1/3



L1 + 6L2
3
0
9
 L2  =⇒ 0 −1/3 4/3 
0
0
λ+9
L3 + 7L2

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
Si b = c 6= a , la matrice s’est transformée en
11
B = A.


1
0
0
0 a − b a − b .
0
0
0
rA = 2
B=
1
1
.
2b a + b
De même dans les autres cas :
si a = b 6= c , on a rA = 2
si a = c 6= b , on a rA = 2
1
1
B=
.
a + c 2a
1
1
B=
.
a + b 2a
10) 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
0 1 −1
0 1 −1 1 0 0
4 −3 4 0 1 0 =⇒ 4 0 1
3 0 1
3 −3 4 0 0 1
3 1 0 4 0 1
0 1 0
1 0 0 0 1 −1 =⇒ 1 0 0
0 0 1
3 0 1 3 0 1
1 0 0
3 1 0
3 0 1
4 −3
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.
11) (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)) ,
12
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 .
(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.
13
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.
12)


−21 50 −89
AB = −12 29 −52
2
−5
9


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
−3
−3
−1
8 −16 1 0 0
0
7 −12 0 1 0 =⇒ 0
2 −3 0 0 1
−1
14
2
1
2
−7
−3
−3
1 0 −3
0 1 −3 =⇒
0 0 1
0 0
0 1
−1 0
−1
−3
3
1 −2 3
0 0 −1 1 −2
3
0 1 −3 =⇒ 0 1 0 −3 7 −12
0 −2 7
−1 0 0 3 −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
Pour BA
0
28 −25 1 0 0
21 −21 0 1 0 =⇒ 1
0
5 −6 0 0 1
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
0 0
1
2 −5
9
−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 .
15
13)
A
1
2
donc
A−1
=
1
2 1 0
=⇒
0
5 0 1
2 1 0
1 0 5 −2
=⇒
0 1 −2 1
1 −2 1
5 −2
.
−2 1
B
i
0
0
2
i
0
−3
2
i
1 0 0
i 0 −3 + 4i
0 1 0 =⇒ 0 i
2
0 0 1
i
0 0
1 2i 0
i 0 0 1 2i −3i − 4
0 1 0 =⇒ 0 i 0 0 1
2i
0 0 1
0 0 i 0 0
1
En divisant chaque ligne par i c’est-à-dire en multipliant par −i, on trouve donc


−i 2 −3 + 4i
2 .
B −1 =  0 −i
0
0
−i
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
D
0 1 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
1 0 0 0 0 1
Il suffit de remonter la dernière ligne pour obtenir
1 0 0 0 0 1
0 1 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
16
et donc D−1


0 0 1
= 1 0 0.
0 1 0
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(a + d) d2 + bc
c d
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
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
17
Le couple (a, d) est un des deux couples (1, 0), (0, 1), et c est quelconque. On a les matrices
1 0
0 0
A=
et A =
c 0
c 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
0
L1
a
b
=⇒
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)
et donc
−1
A
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.
0
c
b 1 0
d 0 1
L1
=⇒
L2 − dL1 /b
0 b 1
0
c 0 −d/b 1
18
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
−1
A =
.
ad − bc −c a
16) On effectue tout d’abord les opérations de première espèce.
2 1
0 −5
= A1 .
A=
=⇒
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
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
Cela revient à multiplier à gauche par la matrice
−1/5 0
M2 =
.
0
1
On a alors
M2 A2 = A3 .
19
= 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 obtient
 




3
3 1
3 1 2
3 1 2
t
t
t
t





, D = 2 .
A= 2 0 1 , B= 2 0 , C=
2 0 1
1
1 1
1 1 0
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 .
18) 1) La matrice H est une matrice carrée de format (n, n). On obtient



1
a
···
1

 1/a 
1
···
 1/a


H =  .  1 a · · · an−1 =  .
..
.
.
 .
 . 
.
n−1
n−1
1/a
1/an−2 · · ·
1/a

an−1
an−2 

..  .
. 
1
La matrice tV U est une matrice carrée de format (1, 1), c’est-à-dire un nombre réel. On obtient


1


 1/a 
1 a · · · an−1  .  = (1 + 1 + · · · + 1) = (n) .
 .. 
1/an−1
2) On a alors
H 2 = (U tV )(U tV ) = U ( tV U ) tV = U (n) tV = nU tV = nH .
20
3) On a en développant par la formule du binôme, ce qui est possible puisque H et In commutent
(voir exercice 3),
A2 = H 2 − 2λH + λ2 In = nH − 2λH + λ2 In = (n − 2λ)H + λ2 In .
Mais
H = A + λIn ,
donc
A2 = (n − 2λ)(A + λIn ) + λ2 In = (n − 2λ)A + λ(n − λ)In .
4) Si λ est différent de 0 et de n, on peut écrire
A(A − (n − 2λ)I) = λ(n − λ)In ,
puis
1
A
(A − (n − 2λ)I) = I .
λ(n − λ)
On en déduit que A est inversible et que
A−1 =
1
(A − (n − 2λ)I) .
λ(n − λ)
Si λ = 0 ou λ = n, on a A2 = 0, donc si A était inversible, en multipliant par A−1 , on obtiendrait A = 0 c’est-à-dire H = λIn , ce qui n’est pas le cas. On en déduit que A n’est pas inversible.
5) On a alors A2 = (n − 2)A + (n − 1)I. Considérons le polynôme
P (X) = X 2 − (n − 2)X − (n − 1)) = (X + 1)(X − (n − 1)) .
Si l’on effectue la division euclidienne de X k par P (X), le reste est de degré au plus 1, et donc
X k = (X − 1)(X − (n − 1))Q(X) + αk X + βk .
On détermine αk et βk en donnant à successivement à X les valeurs −1 et n − 1. On a le système
(−1)k = −αk + βk
(n − 1)k = αk (n − 1) + βk
d’où l’on tire
αk =
(n − 1)k − (−1)k
n
et
βk =
(n − 1)k + (−1)k (n − 1)
.
n
Mais en remplaçant X par A, on obtient, puisque P (A) = 0,
Ak = αk A + βk I ,
donc, si k ≥ 0,
(n − 1)k − (−1)k
(n − 1)k + (−1)k (n − 1)
A+
I .
n
n
6) La formule obtenue dans la question 5) est en fait valable si k < 0.
Ak =
On va calculer le produit
Uk = (αk A + βk I)(α−k A + β−k I) ,
21
et l’on montre que c’est I.
On obtient en développant, et en tenant compte de la relation A2 = (n − 2)A + (n − 1)I,
Uk = αk α−k A2 + (αk β−k + α−k βk )A + βk β−k I
= αk α−k ((n − 2)A + (n − 1)I) + (αk β−k + α−k βk )A + βk β−k I
= ((n − 2)αk α−k + αk β−k + α−k βk )A + ((n − 1)αk α−k + βk β−k )I .
Remarquons tout d’abord que l’on a
αk α−k =
et
αk + α−k =
2 + (−1)k+1 ((n − 1)k + (n − 1)−k )
,
n2
(n − 1)k + (n − 1)−k + 2(−1)k+1
= n(−1)k+1 αk α−k .
n
On a également
βk = αk + (−1)k
et
β−k = α−k + (−1)−k = α−k + (−1)k .
On en déduit alors
βk β−k = αk α−k + (−1)k (αk + α−k ) + 1 = (1 − n)αk α−k + 1
βk α−k = αk α−k + (−1)k αk
β−k αk = αk α−k + (−1)k α−k
Alors, en remplaçant dans l’expression de Uk , on obtient
Uk = ((n − 2)αk α−k + 2αk α−k + (−1)k (αk + α−k ))A + ((n − 1)αk α−k + (1 − n)αk α−k + 1)I
= ((n − 2)αk α−k + 2αk α−k − n(αk α−k ))A + ((n − 1)αk α−k + (1 − n)αk α−k + 1)I
= I .
On en déduit que α−k A + β−k I est la matrice inverse de Ak . C’est donc (Ak )−1 = A−k ).
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
p
X
X
1 (i,j)
(i,i)
(j,i)
(E
+E
) .
A=
aii E
+
(2aij )
2
i=1
{(i,j)|1≤i<j≤p}
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
{(i,j)|1≤i<j≤p}
22
λij
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 − 1) =
i=2
p−1
X
i,
i=1
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)
A=
(2aji )
(E
− E (i,j) ) .
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
O=
X
{(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=1
23
i,
et la dimension de A(p, R), vaut donc
p−1
X
i=
i=1
p(p − 1)
.
2
20) 1) 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).
2) 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.
3) 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.
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
j=1
(λaii + µbii ) = λ
n
X
j=1
24
aii + µ
n
X
j=1
bii = λ tr A + µ tr B .
(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
aik bki ,
k=1
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 .
22) 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
OA + D−1 O = O ,
et
A−1 B − (A−1 BD−1 )D = A−1 B − A−1 B = O
OB + D−1 D = Ip2 .
et
On obtient donc
A−1 −A−1 BD−1
O
D−1
A B
O D
=
Ip1
O
O
Ip2
Il en résulte que M est inversible et que
M
−1
=
A−1 −A−1 BD−1
O
D−1
25
.
= Ip1 +p2 .
23) 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
2
M =
=
=
,
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
n+1
n+1
A An−1 B
A B
A
An B + An−1 BD
A
An B
M n+1 = M n M =
=
=
.
O
Dn
O D
O
Dn+1
O
Dn+1
La formule est donc vraie au rang n + 1, donc quel que soit n ≥ 1.
Si l’on prend
A=
1 −1
1 1
i i
, B=
=i
1 −1
0 2
0 2i
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 7
1 3
3
3
2
2
,
, A =i
A =i
0 8
0 4
et l’on peut supposer que
n
n
A =i
1 2n − 1
0
2n
.
On le vérifie par récurrence
n+1
A
n
n+1
=A A=i
1 1 + 2n+1 − 2
0
2n+1
n+1
=i
1 2n+1 − 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
An−1 B = in−1
=
i
,
0
2n−1
1 −1
2n−1 −2n−1
et, si n ≥ 2,
n n n

i i (2 − 1) (2i)n−1 −(2i)n−1
0
(2i)n
(2i)n−1 −(2i)n−1 
 .
Mn = 
0

0
0
0
0
0
0
0
26