Chap. 4. Matrices
On en déduit que toutes les colonnes de A sont proportionelles, ce qui montre que
rg A 1. S’il existe (i , j) dans [[1, n]]
2 tel que a i b j = 0 alors rg A = 1, sinon
A = 0 et rg A = 0.
2) Soit c i j le coefficient général de la matrice A
2 . Pour tout (i, j) dans [[1, n]]
2 on
a c i j =
n
k=1
a ik a k j =
n
k=1
a i b k a k b j =
n
k=1
b k a k
a i j = tr A a i j . On a ainsi
A
2 = (tr A) A.
Supposons tr A = 0 et considérons la matrice B =
1
tr A
A. On a alors
B
2 =
1
(tr A)
2
A
2 =
1
tr A
A = B. Ainsi B est la matrice d’un projecteur p.
Soit alors h l’homothétie de rapport tr A. Dans toute base la matrice de h est
(tr A) I n . Alors la matrice A = B((tr A) I n ) est la matrice de p ◦ h.
3) Comme M est de rang 1, l’une de ses colonnes est non nulle. On note X cette
colonne. Toujours parce que M est de rang 1, toutes les autres colonnes de M sont
proportionnelles à X . Pour j dans [[1, n]], en notant C j la j-ième colonne de M,
il existe y j dans R tel que C j = y j X . Si on note Y le vecteur ligne (y 1 , . . . , y n )
on a alors M = XY . Comme M est non nulle, Y est non nulle et on a bien obtenu
l’écriture proposée.
4) Soit g l’endomorphisme de R
3 dont M est la matrice dans la base canonique. On
a g
2 = 0 ce qui entraîne Im g ⊂ Ker g. On en déduit que dim Im g dim Ker g et
le théorème du rang montre alors que rg g = 0 ou rg g = 1.
• Si rg g = 0, alors g = 0 et par conséquent M = 0.
• Si rg g = 1, alors rg M = 1, et le résultat de la question 3) montre qu’il existe
X dans M n,1 (R)\ {0} et Y dans M 1,n (R)\ {0} tels que M = XY . On a alors,
puisque Y X s’identifie à un nombre,
M
2 = 0 ⇒ XY XY = 0 ⇒ X (Y X)Y = (Y X)(XY ) = (Y X)M = 0.
Comme M est non nulle on en déduit que c’est le scalaire Y X qui est nul. On
peut remarquer que ce scalaire est en fait la trace de M, ce qui est cohérent avec
le résultat du 1).
Exercice 4.24
Centrale PSI 2005
1) Montrer que A n =
1 −a/n
a/n
1
est la matrice d’une similitude dont on
précisera les éléments.
2) Calculer B n = A
n
n , puis déterminer lim
n→+∞
B n .
On en déduit que toutes les colonnes de A sont proportionelles, ce qui montre que
rg A 1. S’il existe (i , j) dans [[1, n]]
2 tel que a i b j = 0 alors rg A = 1, sinon
A = 0 et rg A = 0.
2) Soit c i j le coefficient général de la matrice A
2 . Pour tout (i, j) dans [[1, n]]
2 on
a c i j =
n
k=1
a ik a k j =
n
k=1
a i b k a k b j =
n
k=1
b k a k
a i j = tr A a i j . On a ainsi
A
2 = (tr A) A.
Supposons tr A = 0 et considérons la matrice B =
1
tr A
A. On a alors
B
2 =
1
(tr A)
2
A
2 =
1
tr A
A = B. Ainsi B est la matrice d’un projecteur p.
Soit alors h l’homothétie de rapport tr A. Dans toute base la matrice de h est
(tr A) I n . Alors la matrice A = B((tr A) I n ) est la matrice de p ◦ h.
3) Comme M est de rang 1, l’une de ses colonnes est non nulle. On note X cette
colonne. Toujours parce que M est de rang 1, toutes les autres colonnes de M sont
proportionnelles à X . Pour j dans [[1, n]], en notant C j la j-ième colonne de M,
il existe y j dans R tel que C j = y j X . Si on note Y le vecteur ligne (y 1 , . . . , y n )
on a alors M = XY . Comme M est non nulle, Y est non nulle et on a bien obtenu
l’écriture proposée.
4) Soit g l’endomorphisme de R
3 dont M est la matrice dans la base canonique. On
a g
2 = 0 ce qui entraîne Im g ⊂ Ker g. On en déduit que dim Im g dim Ker g et
le théorème du rang montre alors que rg g = 0 ou rg g = 1.
• Si rg g = 0, alors g = 0 et par conséquent M = 0.
• Si rg g = 1, alors rg M = 1, et le résultat de la question 3) montre qu’il existe
X dans M n,1 (R)\ {0} et Y dans M 1,n (R)\ {0} tels que M = XY . On a alors,
puisque Y X s’identifie à un nombre,
M
2 = 0 ⇒ XY XY = 0 ⇒ X (Y X)Y = (Y X)(XY ) = (Y X)M = 0.
Comme M est non nulle on en déduit que c’est le scalaire Y X qui est nul. On
peut remarquer que ce scalaire est en fait la trace de M, ce qui est cohérent avec
le résultat du 1).
Exercice 4.24
Centrale PSI 2005
1) Montrer que A n =
1 −a/n
a/n
1
est la matrice d’une similitude dont on
précisera les éléments.
2) Calculer B n = A
n
n , puis déterminer lim
n→+∞
B n .