• Si f n'est pas une homothétie : il existe x ∈ E tel que f (x) /
∈ K x. Si
a x + b f (x) = 0 alors b = 0 (car sinon f (x) = − (a/b) x ∈ K x) d'où
a x = 0. x = / 0 (car sinon f (x) = 0 ∈ K x = {0} ) donc a = 0. Ainsi,
(x, f (x)) est libre.
D'après le théorème de la base incomplète, il existe une base
B = (e 1 ,. . . ,e n ) de E telle que e 1 = x et e 2 = f (x).
Alors la première colonne de Mat B ( f ) est
0
1
0
. . .
0
car f (e 1 ) = e 2 .
En notant P la matrice de passage de la base canonique à B, la matrice précédente n'est autre que P −1 M P, qui possède donc la propriété désirée.
3. Conformément à l'indication, commençons une démonstration par récurrence.
Pour n ∈ N ∗ posons H n : « Toute matrice de M n (K) de trace nulle est semblable à une matrice dont tous les coefficients diagonaux sont nuls ».
• H 1 est clairement vraie puiqu'une matrice 1 × 1 de trace nulle est nulle.
• Hérédité : Soit M ∈ M n+1 (K) de trace nulle.
Si M = 0 , M est semblable à elle-même dont les coefficients diagonaux
sont nuls.
Si M = / 0 il existe, d'après la deuxième question, une matrice
P ∈ G L n+1 (K) telle que
P
−1 M P =
0
L
1
0
. . .
N
0
avec L ∈ M 1,n (K) et N ∈ M n (K).
Nous n'avons à ce stade fait que reprendre les résultats précédents.
Il reste à voir comment utiliser l'hypothèse de récurrence : où y a-t-il une matrice
d'ordre strictement inférieur à n + 1 et de trace nulle ? Clairement, la matrice N
convient. Nous allons utiliser l'hypothèse de récurrence pour réduire N et des produits matriciels par blocs permettront de réduire M comme demandé.
On remarque que tr(N ) = tr(P −1 M P) = tr(M) = 0 . Ainsi, par hypothèse
de récurrence, il existe une matrice Q ∈ G L n (K) telle que tous les coefficients diagonaux de Q −1 N Q sont nuls.
52
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
∈ K x. Si
a x + b f (x) = 0 alors b = 0 (car sinon f (x) = − (a/b) x ∈ K x) d'où
a x = 0. x = / 0 (car sinon f (x) = 0 ∈ K x = {0} ) donc a = 0. Ainsi,
(x, f (x)) est libre.
D'après le théorème de la base incomplète, il existe une base
B = (e 1 ,. . . ,e n ) de E telle que e 1 = x et e 2 = f (x).
Alors la première colonne de Mat B ( f ) est
0
1
0
. . .
0
car f (e 1 ) = e 2 .
En notant P la matrice de passage de la base canonique à B, la matrice précédente n'est autre que P −1 M P, qui possède donc la propriété désirée.
3. Conformément à l'indication, commençons une démonstration par récurrence.
Pour n ∈ N ∗ posons H n : « Toute matrice de M n (K) de trace nulle est semblable à une matrice dont tous les coefficients diagonaux sont nuls ».
• H 1 est clairement vraie puiqu'une matrice 1 × 1 de trace nulle est nulle.
• Hérédité : Soit M ∈ M n+1 (K) de trace nulle.
Si M = 0 , M est semblable à elle-même dont les coefficients diagonaux
sont nuls.
Si M = / 0 il existe, d'après la deuxième question, une matrice
P ∈ G L n+1 (K) telle que
P
−1 M P =
0
L
1
0
. . .
N
0
avec L ∈ M 1,n (K) et N ∈ M n (K).
Nous n'avons à ce stade fait que reprendre les résultats précédents.
Il reste à voir comment utiliser l'hypothèse de récurrence : où y a-t-il une matrice
d'ordre strictement inférieur à n + 1 et de trace nulle ? Clairement, la matrice N
convient. Nous allons utiliser l'hypothèse de récurrence pour réduire N et des produits matriciels par blocs permettront de réduire M comme demandé.
On remarque que tr(N ) = tr(P −1 M P) = tr(M) = 0 . Ainsi, par hypothèse
de récurrence, il existe une matrice Q ∈ G L n (K) telle que tous les coefficients diagonaux de Q −1 N Q sont nuls.
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire