Exercice 4.34
Centrale MP 2006
Trouver les A de M n (K) telles que : ∃ B ∈ M n (K)\ {0} , AB = B A = 0.
Si A est inversible et si B ∈ M n (K) vérifie AB = 0, alors A
−1 AB = A
−1 0 = 0,
d’où on déduit que B = 0. On en déduit que s’il existe B telle que AB = 0 alors A
n’est pas inversible.
Supposons réciproquement que A n’est pas inversible. Soit r le rang de A. Il existe P
et Q dans GL n (K) telles que : Q AP = J r . Soit H r la matrice de M n (K) définie par
H r = I n − J r . Comme r < n, la matrice H r est non nulle et on a J r H r = H r J r = 0.
On a ainsi Q AP H r = 0 (1) et H r Q AP = 0 (2). En multipliant (1) à gauche par
Q
−1 et à droite par Q on obtient AP H r Q = 0, en multipliant (2) à gauche par P et à
droite par P
−1 on obtient : P H r Q A = 0. On a donc trouvé une matrice B = P H r Q
telle que AB = B A = 0.
En conclusion : ∃ B ∈ M n (K)\ {0} , AB = B A = 0 ⇔ A ∈ GL n (K).
Exercice 4.35
TPE MP 2006, CCP MP 2007
Soient A et B fixées dans M n (R). Résoudre l’équation (1) X + tr(X )A = B.
Remarquons qu’il suffit de déterminer la trace de X pour résoudre l’équation (1),
puisque l’on a X = − tr(X )A + B. Remarquons également que toute solution X de
(1) s’écrit sous la forme X = lA + B.
On peut commencer par appliquer la trace aux deux membres de l’équation (1) et on
obtient (2) tr(X )(1 + tr(A)) = tr(B).
Il est également intéressant de remarquer que l’application f qui à X associe
X + tr(X ) A est un endomorphisme de M n (R). On sait alors que si l’ensemble des
solutions de cette équation n’est pas vide, alors toute solution de (1) s’écrit comme
somme d’une solution particulière et d’un élément du noyau de f .
On va étudier les différents cas possibles à partir de la relation (2).
• Cas tr( A) = −1.
La relation (2) permet alors d’écrire tr(X ) =
tr(B)
1 + tr(A)
et en reportant cette relation
dans l’équation (1), on obtient X = B −
tr(B)
1 + tr(A)
A .
• Cas tr( A) = −1.
La relation (2) entraîne tr(B) = 0. On en déduit deux nouveaux cas à distinguer.
• Supposons que tr(B) = 0. Alors l’équation (1) n’a pas de solution.
• Supposons que tr(B) = 0. On cherche alors une solution particulière de l’équation (1). On constate que B en est une. Il faut ensuite déterminer le noyau de
Centrale MP 2006
Trouver les A de M n (K) telles que : ∃ B ∈ M n (K)\ {0} , AB = B A = 0.
Si A est inversible et si B ∈ M n (K) vérifie AB = 0, alors A
−1 AB = A
−1 0 = 0,
d’où on déduit que B = 0. On en déduit que s’il existe B telle que AB = 0 alors A
n’est pas inversible.
Supposons réciproquement que A n’est pas inversible. Soit r le rang de A. Il existe P
et Q dans GL n (K) telles que : Q AP = J r . Soit H r la matrice de M n (K) définie par
H r = I n − J r . Comme r < n, la matrice H r est non nulle et on a J r H r = H r J r = 0.
On a ainsi Q AP H r = 0 (1) et H r Q AP = 0 (2). En multipliant (1) à gauche par
Q
−1 et à droite par Q on obtient AP H r Q = 0, en multipliant (2) à gauche par P et à
droite par P
−1 on obtient : P H r Q A = 0. On a donc trouvé une matrice B = P H r Q
telle que AB = B A = 0.
En conclusion : ∃ B ∈ M n (K)\ {0} , AB = B A = 0 ⇔ A ∈ GL n (K).
Exercice 4.35
TPE MP 2006, CCP MP 2007
Soient A et B fixées dans M n (R). Résoudre l’équation (1) X + tr(X )A = B.
Remarquons qu’il suffit de déterminer la trace de X pour résoudre l’équation (1),
puisque l’on a X = − tr(X )A + B. Remarquons également que toute solution X de
(1) s’écrit sous la forme X = lA + B.
On peut commencer par appliquer la trace aux deux membres de l’équation (1) et on
obtient (2) tr(X )(1 + tr(A)) = tr(B).
Il est également intéressant de remarquer que l’application f qui à X associe
X + tr(X ) A est un endomorphisme de M n (R). On sait alors que si l’ensemble des
solutions de cette équation n’est pas vide, alors toute solution de (1) s’écrit comme
somme d’une solution particulière et d’un élément du noyau de f .
On va étudier les différents cas possibles à partir de la relation (2).
• Cas tr( A) = −1.
La relation (2) permet alors d’écrire tr(X ) =
tr(B)
1 + tr(A)
et en reportant cette relation
dans l’équation (1), on obtient X = B −
tr(B)
1 + tr(A)
A .
• Cas tr( A) = −1.
La relation (2) entraîne tr(B) = 0. On en déduit deux nouveaux cas à distinguer.
• Supposons que tr(B) = 0. Alors l’équation (1) n’a pas de solution.
• Supposons que tr(B) = 0. On cherche alors une solution particulière de l’équation (1). On constate que B en est une. Il faut ensuite déterminer le noyau de