Matrices Lycée Louis Le Grand – PCSI2

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Mathématiques
 - 
Lycée Louis Le Grand – PCSI2
Colle no  — Matrices
Exercice .
Exercice .
Soit f l’endomorphisme du plan défini par les données
ci-dessous.
Pour chacune des réactions chimiques suivantes trouver
des entiers strictement positifs a, b, c, . . . qui la vérifient.
aNH3 + bO2 −→ cNO + dH2 O,
b2
b1
aCO + bCO2 + cH2 −→ dCH4 + eH2 O
f (b1 )
b
O
Exercice .
f (b2 )
. Donner la matrice de f dans la base B = (b1 , b2 ).
. Calculer la trace et le déterminant de f .
. L’endomorphisme f est-il inversible ? Le cas échéant
donner la matrice de f −1 dans la base B.
. Existe-t-il une base dans laquelle l’endomorphisme f
est représenté par la matrice ( 25 13 ) ?
Exercice .
On se donne huit droites Dk et Lk , 1 6 k 6 4, passant
par l’origine du plan R2 telles que Dk 6= Dj et Lk 6= Lj
si k 6= j.
. Montrer qu’il existe un automorphisme f de R2 tel
que f (Dk ) = Lk pour tout k ∈ {1, 2}.
. Montrer qu’il existe un automorphisme f de R2 tel
que f (Dk ) = Lk pour tout k ∈ {1, 2, 3}.
La classe de conjugaison (ou similitude) d’une matrice
A ∈ Mn (R) et l’ensemble
[A] = {P −1 AP | P ∈ GLn (R)}.
Le but de l’exercice est de prouver que les seules matrices ayant une classe de conjugaison réduite à un seul
élément sont les matrices homothétiques, c’est-à-dire les
matrices de la forme λIn avec λ ∈ R.
Dans la suite on note Eℓk la matrice dans Mn (R) dont
le coefficient d’indice (ℓ, k) vaut 1 et dont tous les autres
coefficients sont nuls.
. Montrer que [A] = {A} si et seulement A commute
avec toute matrice de GLn (R).
. Soit A ∈ Mn (R) une matrice qui commute avec toute
matrice de GLn (R). En considérant des matrices P de la
forme In + Ekk , puis de la forme In + Eℓk où ℓ 6= k, montrer d’abord que A est une matrice diagonale, puis que
A est homothétique.
. Conclure.
Exercice .
Es sei M =
1 0 0
0 1 1
1 0 1
!
Exercice .
. Bestimme M n für alle n ∈ Z.
Exercice .
A checkerboard matrix is a matrix aℓk such that aℓk = 0
if ℓ + k is odd. Let K be the set of checkerboard n × n
matrices. Show that K is a subalgebra of Mn (K) and
find its dimension.
Exercice .
Une entreprise fait un bénéfice brut (avant impôts) de
50000 e. Elle décide de verser 10% de son bénéfice net
(après impôts) à une œuvre caritative. Elle paie deux impôts : un impôt local égal à 5% de son bénéfice (moins la
donation) et un impôt sur les sociétés égal à 40% de son
bénéfice (moins la donation et moins l’impôt local).
. Calculer les montants de la donation et des deux impôts.
. Quels seraient les impôts si l’entrepise ne faisait pas
de donation ? En déduire le coût net de la donation.
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Soit A ∈ Mnp (K). Montrer que les conditions suivantes
sont équivalentes.
. rg(A) = p.
. Les colonnes de A forment une famille libre.
. L’application Â : Kp → Kn , x 7→ Ax est injective.
. Les lignes de A forment une famille génératrice de
Kp .
. A est inversible à gauche : ∃B ∈ Mpn (K) , BA = Ip .
Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes.
. rg(A) = n.
. Les lignes de A forment une famille libre.
. L’application Â : Kp → Kn , x 7→ Ax est surjective.
. Les colonnes de A forment une famille génératrice
de Kn .
. A est inversible à droite : ∃C ∈ Mpn (K) , AC = In .
Exercice .
Let K be a field and f : Mn (K) −→ K a nonconstant map such that f (AB) = f (A)f (B) for all
A, B ∈ Mn (K). Show that a matrice A is invertible if
and only if f (A) 6= 0.

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. Solutions
Solution .
. MB (f ) =
−1 1
1 −2

.
MB (f −1 ) =
. tr(f ) = −3, det(f ) = 1.
−1
−1 1
1 −2

21
.
11
=−
. Non, car la trace de la matrice proposée est 5.
. Oui, car le déterminant de f est non-nul.
Solution .
D’après les hypothèses R2 = D1 ⊕ D2 = L1 ⊕ L2 .
. Soient bk ∈ Dk \ {0} et vk ∈ Lk \ {0}, k ∈ {1, 2}. Alors
(b1 , b2 ) et (v1 , v2 ) sont des bases de R2 . Il existe alors un
(unique) automorphisme f de R2 tel que f (bk ) = vk pour
tout k ∈ {1, 2}. Par conséquence f (Dk ) = Lk pour tout
k ∈ {1, 2}.
. Soient bk ∈ Dk \ {0} et vk ∈ Lk \ {0}, k ∈ {1, 2, 3}.
Alors (b1 , b2 ) et (v1 , v2 ) sont des bases de R2 . Il existe donc
λ1 , λ2 , µ1 , µ2 ∈ R tels que
b3 = λ 1 b1 + λ 2 b2 ,
v3 = µ1 v1 + µ2 v2 .
nière on prouve que λ2 , µ1 , µ2 ∈ R∗ . Posons b′k = λk bk et
vk′ = λk vk pour k = 1, 2. Alors (b′1 , b′2 ) et (v1′ , v2′ ) sont des
bases de R2 , et
b3 = b′1 + b′2 ,
v3 = v1′ + v2′ .
Il existe un automorphisme f de R2 tel que f (b′k ) = vk′
pour tout k ∈ {1, 2}. Par conséquence f (Dk ) = Lk pour
tout k ∈ {1, 2}. Comme en plus
f (b3 ) = f (b′1 + b′2 ) = f (b′1 ) + f (b′2 ) = v1′ + v2′ = v3 ,
Si λ1 = 0 alors b3 = λ2 ∈ D2 et donc b3 = 0 contrairement
à l’hypothèse. Cela montre que λ1 6= 0, et de la même ma-
On a f (D3 ) = L3 .
Solution .
Es sei n ∈ N.
0 0 0
0 0 1 . Da N
1 0 0
mit der Einheitsmatrix kommutiert,
können
wir die binoP
k
n
mische Formel anwenden : M n = n
k=0 ( k ) N . Aber N
ist nilpotent :
!
◮ Man hat M = I3 +N mit N =
N2 =
0 0 0
1 0 0
0 0 0
!
Obwohl wir für die Erstellung dieser Formal n > 2 voraussetzten, sehen wir nun, dass sie auch für n = 0 und
n = 1 gilt.
◮ Seien wir einmal optimistisch und behaupten, dass die
Formel (∗) auch für negative Exponentenstimmt ! Für alle

n ∈ Z bezeichnen wir mit Mn die Matrix
Dann gilt

N3 = 0 .
,
Mn M−n =
1
2
n −n
2
n
Somit ist
(∗)

n(n − 1) 2
M = I3 +nN +
N =
2
n
1
n2 −n
2
n
0 0
1 n
0 1
0 0
1 n
0 1

1
2
n +n
2
−n
1
0
0
n
1
0
n
1
n2 −n
2
0 0
1 −n
0 1
.

= I3 .
Also hat man für alle n ∈ N,

.
M −n = (M −1 )n = Mn−1 = M−n .
Somit gilt die Formel (∗) für alle n ∈ Z.
Solution .
It is evident that K is a sub vector space of Mn (K) and
that it contains the zero matrix and the identity matrix.
It remainsto check that it is closed by multiplication. Let
A = aℓk and B = bℓk be two n × n checkerboard
matrices, and let AB = cℓk . Then
cℓk =
n
X
j=1
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aℓj bjk .
If ℓ + k is odd then
(ℓ + j) + (j + k) = ℓ + k + 2j
is odd as well, and therefore
either ℓ + j or j + k is
P
odd. Hence in the sum n
a
bjk every term vanishes,
ℓj
j=1
which proves that AB ∈ K .
2
The dimension of K is n 2+1 .

 - 
Solution .
. Notons x, y et z les montants respectives de la donation, de l’impôt local et de l’impôt sur les sociétés (en
euro). Alors on a le système

 x = 0.1(50000 − y − z)
Pour se ramener à des coefficients entiers, plus pratiques
à manipuler, on multiplie la première équation par 10, la
seconde par 20 et la dernière par 5. Puis on écrit le système
sous forme habituelle,
(
10x + y + z = 50000
x + 20y
= 50000
2x + 2y + 5z = 100000
Pivot de Gauss :
1
20 0 5 × 104

×(−10)
4
1 5 × 10
←
−
2
5 10 × 104
←−−−−−−−− +
1
20
0
20
Le coût réel de la donation est donc de 1697e (au lieu de
2978e).
×(−38)
0
| × 199 ←
−+

5 × 104
0
z ′ = 0.4(50000 − y ′ ) = 0.4 × 47500 = 19000.
y ′ + z ′ = 21500.
+
0 −199 1 −45 × 104
1
y ′ = 0.05 × 50000 = 2500,

5 × 104
0 −38 5
Supposons maintenant que l’entrepise ne fait pas de donation et notons y ′ l’impôt local et z ′ l’impôt sur les sociétés. Alors
L’entreprise dépense
×(−2)
10 1
2
. Si l’entreprise fait la donation elle dépense au total
x + y + z = 23197.
y = 0.05(50000 − x)
z = 0.4(50000 − x − y)

On trouve succéssivement, arrondis à un euro près, z =
17868, y = 2351 et x = 2978.
0 −199 1 −45 × 104
0
0
957 171 × 105
Solution .
. Il faut que le nombre de chaque atome soit conservé.
Donc on a le système linéaire à quatre inconnues
(
a= c
3a = 2d
2b = c + d
4NH3 + 5O2 −→ 4NO + 6H2 O.
Les autres équations chimiques en sont des multiples.
. Ici on trouve le système linéaire à trois équations et à
quatre inconnues
(
C’est un système homogène dont la matrice se met en
forme échelonnée, comme suit.
1
0 −1 0

0
2 −1 −1
3
0
1
0 −2
0 −1
×(−3)
←
−+

0
0
2 −1 −1
0
0
3 −2
On résout en remontant.
(
a = c = 23 d
b = 12 (c + d) = 56 d
c = 32 d
La solution générale est de la forme d( 23 , 56 , 32 , 1) avec
d ∈ N∗ . La solution avec des nombres les plus petits possible est obtenue avec d = 6.
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a+b = d
a + 2b = e
2c = 4d + 2e
C’est un système homogène dont la matrice se met en
forme échelonnée, comme suit.
1
1
0 −1 0
1
2
0
0
0
2 −4 −2
1
1
0 −1 0
0
1
0
0
0
1 −2 −1
1
0
0 −2 1
0
1
0
0
0
1 −2 −1

0 −1
×(−1)
←
−+
|×

1 −1
1
2
←
−+
×(−1)

1 −1

Ainsi la solution générale est de la forme
d(2, −1, 2, 1, 0) + e(−1, 1, 1, 0, 1),
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Donnons trois exemples dont on sait qu’ils sont réalisés
dans le monde chimique. Ils sont obtenus en prenant pour
(d, e) les valeurs (2, 3), (3, 4) et (3, 5).
d, e ∈ N∗ .
Le fait que a et b sont strictement positifs implique les
conditions supplémentaires 2d − e > 0 et e − d > 0. Autrement dit, on peut choisir d > 2 arbitrairement dans N∗
puis prendre e arbitrairement dans Jd + 1, 2d − 1K.
CO + CO2 + 7H2 −→ 2CH4 + 3H2 O
2CO + CO2 + 10H2 −→ 3CH4 + 4H2 O
CO + 2CO2 + 11H2 −→ 3CH4 + 5H2 O
Solution .
. [A] = {A} ⇐⇒ ∀ P ∈ GLn (R) : P −1 AP = A ⇐⇒ ∀ P ∈ GLn (R) : AP = P A.
. Les matrices de la forme In + Eℓk sont de déterminant non-nul, donc sont dans GLn (R). On calcule
a11
a12 . . .
a21 a22 . . .
..
..
.
.
an1 an2 . . .
A(In + E11 ) =
a1n
a2n
..
.
ann
2
2
1
..
.
a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
..
..
..
.
.
.
an1 an2 . . . ann
1
..
=
1
a
(In + E11 )A =
2a11
.
1
11
2a21
..
.
2an1
2a
=
11
a21
..
.
an1
a12 . . .
a22 . . .
..
.
an2 . . .
a1n
a2n
..
.
ann

2a12 . . . 2a1n
a22 . . . a2n
..
..
.
.
an2 . . . ann

Puisque A = (aℓk ) commute avec toute matrice de GLn (R) on a A(In + E11 ) = (In + E11 )A. Par conséquence, a1k = 2a1k
pour tout k > 1. Autrement dit, tous les éléments de la première ligne de A sont nuls, à l’exception de a11 (qui peut être
nul ou non-nul). De la même manière l’égalité A(In + E22 ) = (In + E22 )A implique que tous les éléments de la deuxième
ligne sont nuls, à l’exception de a22 . On continuant ainsi on prouve que A est une matrice diagonale.
Maintenant utilisons le fait que A commute avec In + E12 .
a11
1
a22
A(In + E12 ) =
..
a11 a11
1
1
..
.
(In + E12 )A =
a11
1
1
..
.
1
.
ann
a11 a22
a22
..
..
1
ann
1
a22
=
.

a22
=
.

..
ann
.
ann
Donc a11 = a22 . De la même manière l’égalité A(In + E13 ) = (In + E13 )A implique que a11 = a33 . On continuant ainsi on
prouve que tous éléments sur la diagonale de A sont identiques. Ainsi A est une matrice homothétique.
. On a P (λIn ) = λ(P In ) = λP = (λIn )P . Donc les matrices homothétiques commutent avec toute matrice. La
réciproque a été vue dans la question précédente. Ainsi les matrices homothétiques sont exactement celles qui commutent
avec toute matrice de GLn (R). D’après la première question ce sont donc exactement les matrices ayant une classe de
conjugaison réduite à un seul élément.
Solution .
◮ 1) ⇒ 2) Supposons que rg(A) = p. En particulier le
sous-espace vectoriel F ⊂ Kn engéndré par les colonnes
de A est de dimension p. Et comme les colonnes sont en
nombre p, elles forment une base de F et donc une famille
libre.
2) ⇒ 3) Supposons que les colonnes de A forment une
famille libre. L’application Â étant linéaire il suffit, pour
montrer son injectivité, de prouver que son noyau est
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x
1
nul. Soit x =
..
.
un vecteur dans Ker(Â). Notons
xp
C1 , . . . , Cp les colonnes de A. Alors Ax = 0 s’écrit comme
x1 Cp + · · · + xp Cp = 0. Par hypothèse, les colonnes sont
linéairement indépendantes, donc x = 0.
3) ⇒ 4) Supposons que Â est injective. Notons G le sousespace vectoriel de Kp engéndré par les lignes de A.

Puisque rg(A) = dim(Im(Â)) = p − dim(Ker(Â)) = p
on a dim(G) = p et par conséqence G = Kp . Ainsi les
lignes de A forment une famille génératrice de Kp .
4) ⇒ 5) Supposons que les lignes L1 , . . . , Ln de A
forment une famille génératrice de Kp . Pour tout ℓ ∈ J1, pK
notons eℓ la ℓ-ième ligne de la matrice identité Ip . Par hypothèse on peut écrire eℓ comme combinaison linéaire des
lignes de A. Autrement dit, il existe bℓ1 , . . . , bℓn ∈ K tels
que
eℓ = bℓ1 L1 + · · · + bℓn Ln , ℓ ∈ J1, pK.
En écriture matricielle cela signifie Ip = BA avec B =
(bℓk ) ∈ Mpn (K).
5) ⇒ 1) Supposons qu’il existe B ∈ Mpn (K) tel que
BA = Ip . Alors les lignes de Ip , qui forment une base
de Kp , sont des combinaisons linéaires des lignes de A.
Donc les lignes de A forment une famille génératrice de
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Kp . Donc rg(A) > p. D’autre part on a toujours rg(A) 6 p.
Donc rg(A) = p.
◮ D’après ce qu’on vient de voir nous avons pour la matrice transposée tA ∈ Mpn (K) les équivalences suivantes
1. rg( tA) = n.
2. Les colonnes de tA forment une famille libre.
4. Les lignes de tA forment une famille génératrice de
Kn .
5. tA est inversible à gauche : ∃B ∈ Mnp (K) , B tA = In .
En remarquant que B tA = In équivaut à A tB = In
cela prouve les équivalences demandées, à l’exception du
point 3. Or l’image de Â : Kp → Kn , x 7→ Ax est égal à
l’espace engendré par les colonnes de A. Ainsi les points
3. et 4. sont équivalents.
Solution .
As often with a map that conserves multiplication it is of
interest to see what happens to the identity matrix 1n and
to the zero matrix 0n :
• If f (1n ) = 0 then for all A ∈ Mn (K), f (A) = f (A ·
1n ) = f (A)f (1n ) = 0 and f would be a constant map,
in contradiction to the hypothesis. So f (1n ) 6= 0.
• f (0n ) = f (02n ) = f (0n )2 , and so f (0n ) is 0 or 1.
If f (0n ) = 1 then for all A ∈ Mn (K), f (A) =
f (A)f (0n ) = f (A · 0n ) = f (0n ) and f would be a
constant map, in contradiction to the hypothesis. Hence
f (0n ) = 0.
The direction (⇒) of our proof is easy : if A is an invertible matrix then f (A)f (A−1 ) = f (AA−1 ) = f (1n ) 6= 0,
hence f (A) 6= 0. The other direction is more delicate. The
up-shot is in the following
Lemma : Let r ∈ J1, nK. If f is zero on one matrix of rank r
then f is zero on all matrices of rank r.
Proof : Let A, B ∈ Mn (K) be of rank r. We recall that
by left and right multiplication with elementary ma-
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trices we can transform both, A and B, into the same
diagonal matrix whose first r diagonal elements are
1, the other being 0. As a consequence there exist matrices P, Q ∈ GL(n, K) such that A = P BQ. Therefore
f (A) = f (P BQ) = f (P )f (B)f (Q) . Since f (P )f (Q) 6= 0
it follows that f (A) = 0 if and only if f (B) = 0. This
proves the lemma.
(⇐) Let A be a non-invertible matrix. We have to show
that f (A) = 0.
Denote by N the “standard nilpotent matrix of rank n−1”,
i.e. the matrix which is zero everywhere except for the entries at indices (k, k + 1), 1 6 k < n, which are all 1. It
is easy to see that rg(N k ) = n − k for all k ∈ J0, nK. In
particular N n = 0n .
Let r ∈ J0, n − 1K be the rank of A. Then the matrix M =
N n−r has the same rank as A and M n = (N n )n−r = 0n .
According to the lemma we are finished if we can show
that f (M ) = 0. But this is a consequence of
f (M )n = f (M n ) = f (0n ) = 0 .
