U et V sont deux vecteurs colonnes de C
n . Ce système est équivalent au système
AU + AV = X
AU + BV = Y
qui équivaut successivement aux systèmes suivants :
A(U + V ) = X
A(U + V ) + (B − A)V = Y
, puis
A(U + V ) = X
(B − A)V = Y − X
, ou encore
U + V = A
−1 X
V = (B − A)
−1 (Y − X )
et enfin
U = A
−1 X − (B − A)
−1 (Y − X )
V = (B − A)
−1 (Y − X )
.
Comme le système M
U
V
=
X
Y
est équivalent à M
−1
X
Y
=
U
V
, on
en déduit M
−1 =
A
−1 + (B − A)
−1
−(B − A)
−1
−(B − A)
−1
(B − A)
−1
.
Exercice 4.29
Soit E un R-espace vectoriel de dimension 3n. Soit f un endomorphisme de E
tel que rg f = 2n et f
3 = 0. Montrer que Ker f = Im f
2 et trouver une base B
telle que la matrice de f dans B soit
⎛
⎝
0 0 0
I n 0 0
0 I n 0
⎞
⎠ .
• Par hypothèse rg f = 2n, donc, d’après le théorème du rang on a l’égalité
dim Ker f = dim E − rg f = n.
Puisque f
3 = 0, on a Im f
2
⊂ Ker f , donc rg f
2
dim Ker f = n.
Soit g l’endomorphisme de Im f défini par g(x) = f (x) pour x ∈ Im f .
Puisque, pour tout x ∈ E, on a f
2 (x) = g( f (x)), on a alors Im g = Im f
2 ,
et donc rg g = rg f
2 . D’autre part, en utilisant le théorème du rang on obtient
2n = dim Im f = dim rg g + dim Ker g. Mais Ker g est inclus dans Ker f , donc
2n dim rg f
2 + n, et finalement rg f
2
n. Comme on a l’inégalité inverse, on
obtient dim Im f
2 = n = dim Ker f . Alors Im f
2 = Ker f .
• Soit (e 1 , . . . , e n ) une base de Ker f . C’est aussi une base de Im f
2 , donc il existe
(u 1 , . . . , u n ) dans E
n tel que, pour tout j ∈ {1, . . . , n}, on ait e j = f
2 (u j ). Considérons alors le système B = (u 1 , . . . , u n , f (u 1 ) . . . , f (u n ), f
2 (u 1 ), . . . , f (u n )) . C’est
un système de 3n vecteurs dans un espace de dimension 3n. Pour montrer que c’est
une base de E, il suffit donc de démontrer qu’il est libre. Soit alors une combinaison
linéaire nulle de ces vecteurs
n
j=1
a j u j +
n
j=1
b j f (u j ) +
n
j=1
c j f
2 (u j ) = 0 . En appliquant f
2 à cette relation, et, puisque f
3 = 0, on obtient
n
j=1
a j f
2 (u j ) =
n
j=1
a j e j = 0 ,
et puisque la famille (e 1 , . . . , e n ) est libre, on en déduit a 1 = · · · = a n = 0. Donc
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
n . Ce système est équivalent au système
AU + AV = X
AU + BV = Y
qui équivaut successivement aux systèmes suivants :
A(U + V ) = X
A(U + V ) + (B − A)V = Y
, puis
A(U + V ) = X
(B − A)V = Y − X
, ou encore
U + V = A
−1 X
V = (B − A)
−1 (Y − X )
et enfin
U = A
−1 X − (B − A)
−1 (Y − X )
V = (B − A)
−1 (Y − X )
.
Comme le système M
U
V
=
X
Y
est équivalent à M
−1
X
Y
=
U
V
, on
en déduit M
−1 =
A
−1 + (B − A)
−1
−(B − A)
−1
−(B − A)
−1
(B − A)
−1
.
Exercice 4.29
Soit E un R-espace vectoriel de dimension 3n. Soit f un endomorphisme de E
tel que rg f = 2n et f
3 = 0. Montrer que Ker f = Im f
2 et trouver une base B
telle que la matrice de f dans B soit
⎛
⎝
0 0 0
I n 0 0
0 I n 0
⎞
⎠ .
• Par hypothèse rg f = 2n, donc, d’après le théorème du rang on a l’égalité
dim Ker f = dim E − rg f = n.
Puisque f
3 = 0, on a Im f
2
⊂ Ker f , donc rg f
2
dim Ker f = n.
Soit g l’endomorphisme de Im f défini par g(x) = f (x) pour x ∈ Im f .
Puisque, pour tout x ∈ E, on a f
2 (x) = g( f (x)), on a alors Im g = Im f
2 ,
et donc rg g = rg f
2 . D’autre part, en utilisant le théorème du rang on obtient
2n = dim Im f = dim rg g + dim Ker g. Mais Ker g est inclus dans Ker f , donc
2n dim rg f
2 + n, et finalement rg f
2
n. Comme on a l’inégalité inverse, on
obtient dim Im f
2 = n = dim Ker f . Alors Im f
2 = Ker f .
• Soit (e 1 , . . . , e n ) une base de Ker f . C’est aussi une base de Im f
2 , donc il existe
(u 1 , . . . , u n ) dans E
n tel que, pour tout j ∈ {1, . . . , n}, on ait e j = f
2 (u j ). Considérons alors le système B = (u 1 , . . . , u n , f (u 1 ) . . . , f (u n ), f
2 (u 1 ), . . . , f (u n )) . C’est
un système de 3n vecteurs dans un espace de dimension 3n. Pour montrer que c’est
une base de E, il suffit donc de démontrer qu’il est libre. Soit alors une combinaison
linéaire nulle de ces vecteurs
n
j=1
a j u j +
n
j=1
b j f (u j ) +
n
j=1
c j f
2 (u j ) = 0 . En appliquant f
2 à cette relation, et, puisque f
3 = 0, on obtient
n
j=1
a j f
2 (u j ) =
n
j=1
a j e j = 0 ,
et puisque la famille (e 1 , . . . , e n ) est libre, on en déduit a 1 = · · · = a n = 0. Donc
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