SOLUTIONS
23
Solutions
pas injectif ;ilexiste donc x ∈ C
n \{0} tel que(Id C n + u)(x) = 0,
c’est-à-dire u(x) = −x.
En revenant aux matrices, il existe une matrice unicolonne non
nulle X =
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
x1
x2
. . .
xn
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
telle que AX = −X , ce qui équivaut au
système :
⎧
⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎩
a11x1 + a12x2 + ···+a1nxn = −x1
a21x1 + a22x2 + ···+a2nxn = −x2
···
an1x1 +an2x2 +···+annxn = −xn
On en déduit :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
|x1| = |a11x1 + a12x2 + ···+a1nxn| <
1
n
n
i=1
|xi|
|x2| = |a21x1 + a22x2 + ···+a2nxn| <
1
n
n
i=1
|xi|
···
|xn| = |an1x1 +an2x2 +···+annxn| <
1
n
n
i=1
|xi|
En sommantmembre àmembre, on aboutit àune contradiction.
21 1) Posons A = (aij)et A
t
A=(cij).
∀i ∈ [[ 1 , m ]] c ii =
n
k=1
a
2
ik .
A
t
A = 0 =⇒∀ i ∈ [[ 1 , m ]]
n
k = 1
a
2
ik = 0
Dans R ,une somme de carrés estnulle si, et seulement si, chacun
dest ermes estn ul. D’où ∀(i, k) ∈ [[ 1 , m ]] × [[ 1 , n ]] a ik = 0 ,
c’est-à-dire A = 0. Ce résultat est faux dans Mmn(C), commele
montre l’exemple :
A =
1 i
−i 1
.
2) Appliquer le résultat de la première question àlamatrice BA.
3) Appliquer le résultat de la deuxième question àlamatrice B−C.
22 1) On suppose que
t
A = A et
t
B = B. Calculer
t
AB et
conclure que AB est symétrique si et seulement si A et B commutent.
2) On suppose que
t
A = −A et
t
B = −B. Montrerd em ême
que AB est antisymétrique si et seulement si BA = −AB (on dit
que A et B «anticommutent »).
23 La matricenulle est clairement solution du problème, vérifions parl’absurde quec’est la seule.
Soit A = 0telle que A
2 = A,l’application canoniquement associéeàAest donc une projection p non nulle.
Nous savons qu’alors R
n = Ker p ⊕ Ker (p − Id), avec
dimKer (p − Id) = m > 0; ce qui entraine que dans une base
adaptéeàcette décomposition, p apour matrice :
A
=
0n m ,nm 0n m ,m
0n,n m
Im,m
Et donc queT r(A) = Tr(A
) = m > 0, en contradictiona vec
l’énoncé. (reprenez l’application 4p our les propriétés de la trace
d’une matrice )
La matrice nulle est la seule solution du problème.
24 Unem atrice M d’ordre n estn ilpotente si et seulement si
M
n = 0( reportez-vous àl ’exercice 12 du chapitre 23). L’hypothèse est donc(A+λB)
n = 0;or :(A+λB)
n = A
n +
n−1
k=1
λ
k M k +λ
n B
n
où chaque matrice M k estl as omme des
n
k
produits distincts
comportant k facteurs B et n − k facteurs A.
(en effet, l’énoncé ne suppose pas que A et B commutent ;p ar
exemple M1 = A
n−1 B + A
n−2 BA + ···+ABA
n−2 + BA
n−1 ).
Pour tout (i, j) ∈ [[ 1 , n ]]
2 ,l ’élément d’indice (i, j)d el am atrice
(A + λB)
n estd onc : Pi,j(λ) = (A
n )i,j +
n−1
k=1
λ
k (M k )i,j + λ
n (B
n )i,j
Or ce polynôme de degré inférieur ou égal à n s’annule pour
n +1valeurs distinctes, ce qui signifie qu’il est nul, en particulier :
(A
n )i,j = (B
n )i,j = 0.
Nous avons donc établi que A
n et B
n sont égales àlamatrice nulle :
A et B sont nilpotentes
Chapitre 23
1 a) Vrai. b) Vrai. c) Faux ;o np eut ajouter àu ne ligne
une combinaison linéaire des autres. d) Faux ;i lf aut que T soit
de la forme Tr. e) Vrai. f) Faux ;l’une des équations pourrait être
0 = 1. g) Vrai. h) Vrai.
2 rg A = 2; rg B = 3; rg C = 3;
rg D = 2, si θ ∈ πZ et rg D = 1, si θ ∈ πZ.
3 Si a = 1, rg A = 1 . Si a = −
1
n − 1
, rg A = n − 1.
Dans tous lesautres cas, rg A = n.
4 a) A
−1 =
⎛
⎝
−12
0
01− 1
01
0
⎞
⎠
b) B
−1 =
1
2
⎛
⎝
10
1
− 10
1
12− 3
⎞
⎠
c) C
−1 =
1
2
⎛
⎝
01 + i1 − i
1 − i
01 + i
1+i 1−i
0
⎞
⎠
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Solutions
pas injectif ;ilexiste donc x ∈ C
n \{0} tel que(Id C n + u)(x) = 0,
c’est-à-dire u(x) = −x.
En revenant aux matrices, il existe une matrice unicolonne non
nulle X =
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
x1
x2
. . .
xn
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
telle que AX = −X , ce qui équivaut au
système :
⎧
⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎩
a11x1 + a12x2 + ···+a1nxn = −x1
a21x1 + a22x2 + ···+a2nxn = −x2
···
an1x1 +an2x2 +···+annxn = −xn
On en déduit :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
|x1| = |a11x1 + a12x2 + ···+a1nxn| <
1
n
n
i=1
|xi|
|x2| = |a21x1 + a22x2 + ···+a2nxn| <
1
n
n
i=1
|xi|
···
|xn| = |an1x1 +an2x2 +···+annxn| <
1
n
n
i=1
|xi|
En sommantmembre àmembre, on aboutit àune contradiction.
21 1) Posons A = (aij)et A
t
A=(cij).
∀i ∈ [[ 1 , m ]] c ii =
n
k=1
a
2
ik .
A
t
A = 0 =⇒∀ i ∈ [[ 1 , m ]]
n
k = 1
a
2
ik = 0
Dans R ,une somme de carrés estnulle si, et seulement si, chacun
dest ermes estn ul. D’où ∀(i, k) ∈ [[ 1 , m ]] × [[ 1 , n ]] a ik = 0 ,
c’est-à-dire A = 0. Ce résultat est faux dans Mmn(C), commele
montre l’exemple :
A =
1 i
−i 1
.
2) Appliquer le résultat de la première question àlamatrice BA.
3) Appliquer le résultat de la deuxième question àlamatrice B−C.
22 1) On suppose que
t
A = A et
t
B = B. Calculer
t
AB et
conclure que AB est symétrique si et seulement si A et B commutent.
2) On suppose que
t
A = −A et
t
B = −B. Montrerd em ême
que AB est antisymétrique si et seulement si BA = −AB (on dit
que A et B «anticommutent »).
23 La matricenulle est clairement solution du problème, vérifions parl’absurde quec’est la seule.
Soit A = 0telle que A
2 = A,l’application canoniquement associéeàAest donc une projection p non nulle.
Nous savons qu’alors R
n = Ker p ⊕ Ker (p − Id), avec
dimKer (p − Id) = m > 0; ce qui entraine que dans une base
adaptéeàcette décomposition, p apour matrice :
A
=
0n m ,nm 0n m ,m
0n,n m
Im,m
Et donc queT r(A) = Tr(A
) = m > 0, en contradictiona vec
l’énoncé. (reprenez l’application 4p our les propriétés de la trace
d’une matrice )
La matrice nulle est la seule solution du problème.
24 Unem atrice M d’ordre n estn ilpotente si et seulement si
M
n = 0( reportez-vous àl ’exercice 12 du chapitre 23). L’hypothèse est donc(A+λB)
n = 0;or :(A+λB)
n = A
n +
n−1
k=1
λ
k M k +λ
n B
n
où chaque matrice M k estl as omme des
n
k
produits distincts
comportant k facteurs B et n − k facteurs A.
(en effet, l’énoncé ne suppose pas que A et B commutent ;p ar
exemple M1 = A
n−1 B + A
n−2 BA + ···+ABA
n−2 + BA
n−1 ).
Pour tout (i, j) ∈ [[ 1 , n ]]
2 ,l ’élément d’indice (i, j)d el am atrice
(A + λB)
n estd onc : Pi,j(λ) = (A
n )i,j +
n−1
k=1
λ
k (M k )i,j + λ
n (B
n )i,j
Or ce polynôme de degré inférieur ou égal à n s’annule pour
n +1valeurs distinctes, ce qui signifie qu’il est nul, en particulier :
(A
n )i,j = (B
n )i,j = 0.
Nous avons donc établi que A
n et B
n sont égales àlamatrice nulle :
A et B sont nilpotentes
Chapitre 23
1 a) Vrai. b) Vrai. c) Faux ;o np eut ajouter àu ne ligne
une combinaison linéaire des autres. d) Faux ;i lf aut que T soit
de la forme Tr. e) Vrai. f) Faux ;l’une des équations pourrait être
0 = 1. g) Vrai. h) Vrai.
2 rg A = 2; rg B = 3; rg C = 3;
rg D = 2, si θ ∈ πZ et rg D = 1, si θ ∈ πZ.
3 Si a = 1, rg A = 1 . Si a = −
1
n − 1
, rg A = n − 1.
Dans tous lesautres cas, rg A = n.
4 a) A
−1 =
⎛
⎝
−12
0
01− 1
01
0
⎞
⎠
b) B
−1 =
1
2
⎛
⎝
10
1
− 10
1
12− 3
⎞
⎠
c) C
−1 =
1
2
⎛
⎝
01 + i1 − i
1 − i
01 + i
1+i 1−i
0
⎞
⎠
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