l’application f , c’est-à-dire l’ensemble des matrices X telles que X + tr(X )A = 0.
Si X vérifie cette relation, alors on a X = − tr(X )A, ce qui entraîne X appartient à
Vect(A). On vérifie réciproquement, grâce à l’hypothèse tr(A) = −1, que X appartient à Vect(A) entraîne X + tr(X ) A = 0. On en déduit alors que l’ensemble des
solutions de l’équation X + tr(X ) A = B est la droite affine B + Vect( A).
Pour conclure :
• Si tr( A) = −1, alors l’équation (1) admet une unique solution donnée par
X = B −
tr(B)
1 + tr(A)
A.
• Si tr(A) = −1 et tr(B) = 0, alors l’équation (1) n’a pas de solution.
• Si tr( A) = −1 et tr(B) = 0, l’ensemble des solutions de l’équation (1) est la droite
affine B + Vect(A).
Exercice 4.36
Centrale MP PSI et PC 2007
Soit n dans N
∗ . Etant donnée une matrice M de M n (R), déterminer toutes les
matrices X ∈ M n (R), telles que X +
t X = tr(X ) M (1) .
Remarquons tout d’abord que l’ensemble E des solutions de (1) est un sous-espace
vectoriel de M n (R) (c’est le noyau de l’endomorphisme f M de M n (R) qui à X
associe X +
t X − tr(X ) M), contenant A n (R). On sait que S n (R) ⊕ A n (R) = M n (R).
Dans ces conditions on montre facilement que E = (E ∩ S n (R)) ⊕ A n (R). En effet,
on a l’inclusion (E ∩ S n (R)) ⊕ A n (R) ⊂ E, et inversement, soit X dans E. Il existe
X S dans S n (R) et X A dans A n (R) telles que X = X S + X A . Alors X S = X − X A est
dans E et dans S n (R) donc dans E ∩ S n (R), d’où E ⊂ (E ∩ S n (R)) ⊕ A n (R).
Cette décomposition de E montre qu’il suffit de déterminer les matrices symétriques
solutions de (1). Les solutions de (1) seront somme d’une matrice symétrique solution de (1) et d’une matrice antisymétrique quelconque.
D’autre part, si M dans M n (R) est solution de (1), alors en appliquant la trace aux
deux membres de l’équation vérifiée par M, on obtient (2 − tr(M)) tr(X ) = 0.
Soit S une matrice symétrique solution de (1). Alors (1) entraîne 2S = tr(S) M et par
suite la matrice tr(S) M doit être aussi symétrique.
• Si M est non symétrique, alors on doit avoir tr(S) = 0, ce qui entraîne S = 0. Réciproquement S = 0 est bien solution de 2S = tr(S) M. Ainsi dans ce cas l’ensemble
des solutions de (1) est A n (R).
• Supposons maintenant que M est symétrique
Si on connaît tr(S) on connaît S car S =
tr(S)
2
M. On a tr(S) (tr(M) − 2) = 0.
◦ Si tr(M) = 2, alors on a nécessairement tr(S) = 0 et comme précédemment S = 0.
Dans ce cas, l’ensemble des solutions de X +
t
X = tr(X ) M est encore l’ensemble
des matrices antisymétriques A n (R).
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
Si X vérifie cette relation, alors on a X = − tr(X )A, ce qui entraîne X appartient à
Vect(A). On vérifie réciproquement, grâce à l’hypothèse tr(A) = −1, que X appartient à Vect(A) entraîne X + tr(X ) A = 0. On en déduit alors que l’ensemble des
solutions de l’équation X + tr(X ) A = B est la droite affine B + Vect( A).
Pour conclure :
• Si tr( A) = −1, alors l’équation (1) admet une unique solution donnée par
X = B −
tr(B)
1 + tr(A)
A.
• Si tr(A) = −1 et tr(B) = 0, alors l’équation (1) n’a pas de solution.
• Si tr( A) = −1 et tr(B) = 0, l’ensemble des solutions de l’équation (1) est la droite
affine B + Vect(A).
Exercice 4.36
Centrale MP PSI et PC 2007
Soit n dans N
∗ . Etant donnée une matrice M de M n (R), déterminer toutes les
matrices X ∈ M n (R), telles que X +
t X = tr(X ) M (1) .
Remarquons tout d’abord que l’ensemble E des solutions de (1) est un sous-espace
vectoriel de M n (R) (c’est le noyau de l’endomorphisme f M de M n (R) qui à X
associe X +
t X − tr(X ) M), contenant A n (R). On sait que S n (R) ⊕ A n (R) = M n (R).
Dans ces conditions on montre facilement que E = (E ∩ S n (R)) ⊕ A n (R). En effet,
on a l’inclusion (E ∩ S n (R)) ⊕ A n (R) ⊂ E, et inversement, soit X dans E. Il existe
X S dans S n (R) et X A dans A n (R) telles que X = X S + X A . Alors X S = X − X A est
dans E et dans S n (R) donc dans E ∩ S n (R), d’où E ⊂ (E ∩ S n (R)) ⊕ A n (R).
Cette décomposition de E montre qu’il suffit de déterminer les matrices symétriques
solutions de (1). Les solutions de (1) seront somme d’une matrice symétrique solution de (1) et d’une matrice antisymétrique quelconque.
D’autre part, si M dans M n (R) est solution de (1), alors en appliquant la trace aux
deux membres de l’équation vérifiée par M, on obtient (2 − tr(M)) tr(X ) = 0.
Soit S une matrice symétrique solution de (1). Alors (1) entraîne 2S = tr(S) M et par
suite la matrice tr(S) M doit être aussi symétrique.
• Si M est non symétrique, alors on doit avoir tr(S) = 0, ce qui entraîne S = 0. Réciproquement S = 0 est bien solution de 2S = tr(S) M. Ainsi dans ce cas l’ensemble
des solutions de (1) est A n (R).
• Supposons maintenant que M est symétrique
Si on connaît tr(S) on connaît S car S =
tr(S)
2
M. On a tr(S) (tr(M) − 2) = 0.
◦ Si tr(M) = 2, alors on a nécessairement tr(S) = 0 et comme précédemment S = 0.
Dans ce cas, l’ensemble des solutions de X +
t
X = tr(X ) M est encore l’ensemble
des matrices antisymétriques A n (R).
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