Chap. 4. Matrices
◦ Si tr(M) = 2 on n’a plus d’information sur la trace de S.
Comme S est de la forme l M où l ∈ R, cherchons S sous cette forme. On a alors
2S = 2l M et tr(S) M = tr(l M) M = l tr(M) M = 2l M .
On a ainsi montré que S = l M est solution de (1). L’ensemble des solutions de (1)
est donc A n (R) + Vect(M).
En résumé
- si M n’est pas symétrique ou si tr(M) = 2, alors l’ensemble des solutions de (1) est
A n (R) ;
- si M est symétrique et si tr(M) = 2, alors l’ensemble des solutions de (1) est
A n (R) + Vect(M).
Exercice 4.37
Mines-Ponts MP 2007 ÃÃ
Soient A dans M 3,2 (R) et B dans M 2,3 (R) telles que AB =
⎛
⎝
0 −1 −1
−1
0 −1
1
1
2
⎞
⎠ .
1) Montrer que AB est la matrice d’un projecteur.
2) Montrer que B A = I 2 .
Indication de la rédaction : on pourra commencer par montrer que B A est
inversible.
1) Un simple calcul montre que (AB)
2 = AB et on en déduit que AB est la matrice
d’un projecteur.
2) Pour montrer que B A est inversible, on va montrer que son rang est 2. On va
pour cela utiliser le fait que pour toutes applications linéaires u et v telles que
u ◦ v ait un sens, on a rg (u ◦ v) min {rg u, rg v} (voir exercice 3.27 page 73).
Remarquons que AB est de rang 2. On a ainsi
rg ( AB) = rg ( AB AB) = rg ( A(B AB)) rg (B AB) rg (B A).
Le rang de AB est donc supérieur ou égal à 2. Par ailleurs B A est une matrice
carrée d’ordre 2, donc rg (B A) = 2 et par conséquent, cette matrice est inversible.
La relation AB AB = AB entraîne A(B A − I 2 )B = 0, et en multipliant cette
relation à gauche par B et à droite par A, on obtient B A(B A − I 2 )B A = 0.
Comme B A est inversible on en déduit que B A = I 2 .
Exercice 4.38
Centrale PC 2005, PSI 2006, MP 2007ÃÃ
1) Soit E un K−espace vectoriel et soit u ∈ L(E) tel que, pour tout
x ∈ E \ {0 E }, la famille (x, u(x)) est liée. Montrer que u est une homothétie.