282
Un calcul direct sur une matrice carrée A d'ordre 2 quelconque
montre que :
A 2 − tr (A)A + det (A) I 2 = 0.
(On peut aussi utiliser le théorème de Cayley-Hamilton, voir
plus loin § 3.5.3).
Comme tr (A) = 0, on déduit A en fonction de I 2 et A 2 :
A =
1
tr (A)
A 2 + det (A) I 2
.
Puisque A 2 et I 2 commutent avec B, il en résulte que A commute avec B :
AB =
1
tr (A)
A 2 + det (A) I 2
B
=
1
tr (A)
A 2 B + det (A)B
=
1
tr (A)
B A 2 + det (A)B
= B
1
tr (A)
A 2 + det (A) I 2
= B A.
Notons plus simplement I pour I n .
Si (X,Y ) convient, alors il existe (a,b) ∈ K 2 tel que :
X = I + a A
Y = I + bB.
En reportant dans le système de l'énoncé, on a :
X = I + tr (Y )A
Y = I + tr (X)B
⇐⇒
I + a A = I + tr (I + bB)A
I + bB = I + tr (I + a A)B
⇐⇒
a A =
n + b tr (B)
A
bB =
n + a tr (A)
B
⇐⇒
a = n + b tr (B)
b = n + a tr (A)
et on résout ce système de deux équations à deux inconnues
scalaires, qui est un système de Cramer, puisque l'énoncé suppose 1 − tr (A) tr (B) = 0.
Réponse : Il y a une solution et une seule :
X = I +
n
1 + tr (B)
1 − tr (A) tr (B)
A
Y = I +
n
1 + tr (A)
1 − tr (A) tr (B)
B.
Notons H = AB − B A. Par hypothèse, rg (H ) 1. D'après
l'exercice 8.1.30 b) du volume Algèbre PCSI-PTSI, on a alors :
H 2 = tr (H )H. Mais :
tr (H ) = tr (AB − B A) = tr (AB) − tr (B A) = 0.
D'où H 2 = 0 et donc Im (H ) ⊂ Ker (H ).
a) Soit N ∈ G. Puisque G est un groupe, l'application
M −→ M N est une bijection de G dans lui-même, donc :
P N =
1
ν
M∈G
M
N =
1
ν
M∈G
M N =
1
ν
M ∈G
M
= P.
Ensuite :
P 2 = P
1
ν
M∈G
M
=
1
ν
M∈G
P M
=
1
ν
M∈G
P =
1
ν
ν P = P.
b) D'après a), P est une matrice de projecteur, donc :
rg (P) = tr (P) = tr
1
ν
M∈G
M
=
1
ν
M∈G
tr (M) = 0,
d'où P = 0, puis
M∈G
M = ν P = 0.
D'après 2.7.5 Prop. 1 :
det
A B
0 C
= det(A) det(C) = 0,
donc M ∈ GL n+ p (K ).
D'après 1.4.2 3) p. 31, M −1 est de la forme
M −1 =
A −1
X
0
C −1
, où X ∈ M n, p (K ). On a :
M M −1 = I n+ p ⇐⇒
A B
0 C
A −1
X
0
C −1
=
I n 0
0 I p
⇐⇒ AX + BC
−1 = 0 ⇐⇒ X = −A
−1 BC
−1 .
Réponse : M −1 =
A −1 −A −1 BC −1
0
C −1
.
1) Montrons que G est un sev de L(F,E).
• 0 ∈ G.
• Si λ ∈ K et g 1 ,g 2 ∈ G, alors
(λg 1 + g 2 ) ◦ f = λg 1 ◦ f + g 2 ◦ f = 0
f ◦ (λg 1 + g 2 ) = λ f ◦ g 1 + f ◦ g 2 = 0
,
donc λg 1 + g 2 ∈ G.
2) D'après le théorème du rang :
dim
Ker( f )
= dim(E) − rg( f ) = p − r.
Le sev Ker( f ) de E admet au moins une base (e r+1 ,. . . ,e p )
et, d'après le théorème de la base incomplète, il existe
e 1 ,. . . ,e r ∈ E tels que B = (e 1 ,. . . ,e p ) soit une base de E .
Le sev Im( f ) de F admet au moins une base ( f 1 ,. . . , f r ) et,
d'après le théorème de la base incomplète, il existe
f r+1 ,. . . , f n ∈ F tels que C = ( f 1 ,. . . , f n ) soit une base de F.
1.4.4
1.4.5
1.4.6
1.4.7
1.4.8
1.4.9
Un calcul direct sur une matrice carrée A d'ordre 2 quelconque
montre que :
A 2 − tr (A)A + det (A) I 2 = 0.
(On peut aussi utiliser le théorème de Cayley-Hamilton, voir
plus loin § 3.5.3).
Comme tr (A) = 0, on déduit A en fonction de I 2 et A 2 :
A =
1
tr (A)
A 2 + det (A) I 2
.
Puisque A 2 et I 2 commutent avec B, il en résulte que A commute avec B :
AB =
1
tr (A)
A 2 + det (A) I 2
B
=
1
tr (A)
A 2 B + det (A)B
=
1
tr (A)
B A 2 + det (A)B
= B
1
tr (A)
A 2 + det (A) I 2
= B A.
Notons plus simplement I pour I n .
Si (X,Y ) convient, alors il existe (a,b) ∈ K 2 tel que :
X = I + a A
Y = I + bB.
En reportant dans le système de l'énoncé, on a :
X = I + tr (Y )A
Y = I + tr (X)B
⇐⇒
I + a A = I + tr (I + bB)A
I + bB = I + tr (I + a A)B
⇐⇒
a A =
n + b tr (B)
A
bB =
n + a tr (A)
B
⇐⇒
a = n + b tr (B)
b = n + a tr (A)
et on résout ce système de deux équations à deux inconnues
scalaires, qui est un système de Cramer, puisque l'énoncé suppose 1 − tr (A) tr (B) = 0.
Réponse : Il y a une solution et une seule :
X = I +
n
1 + tr (B)
1 − tr (A) tr (B)
A
Y = I +
n
1 + tr (A)
1 − tr (A) tr (B)
B.
Notons H = AB − B A. Par hypothèse, rg (H ) 1. D'après
l'exercice 8.1.30 b) du volume Algèbre PCSI-PTSI, on a alors :
H 2 = tr (H )H. Mais :
tr (H ) = tr (AB − B A) = tr (AB) − tr (B A) = 0.
D'où H 2 = 0 et donc Im (H ) ⊂ Ker (H ).
a) Soit N ∈ G. Puisque G est un groupe, l'application
M −→ M N est une bijection de G dans lui-même, donc :
P N =
1
ν
M∈G
M
N =
1
ν
M∈G
M N =
1
ν
M ∈G
M
= P.
Ensuite :
P 2 = P
1
ν
M∈G
M
=
1
ν
M∈G
P M
=
1
ν
M∈G
P =
1
ν
ν P = P.
b) D'après a), P est une matrice de projecteur, donc :
rg (P) = tr (P) = tr
1
ν
M∈G
M
=
1
ν
M∈G
tr (M) = 0,
d'où P = 0, puis
M∈G
M = ν P = 0.
D'après 2.7.5 Prop. 1 :
det
A B
0 C
= det(A) det(C) = 0,
donc M ∈ GL n+ p (K ).
D'après 1.4.2 3) p. 31, M −1 est de la forme
M −1 =
A −1
X
0
C −1
, où X ∈ M n, p (K ). On a :
M M −1 = I n+ p ⇐⇒
A B
0 C
A −1
X
0
C −1
=
I n 0
0 I p
⇐⇒ AX + BC
−1 = 0 ⇐⇒ X = −A
−1 BC
−1 .
Réponse : M −1 =
A −1 −A −1 BC −1
0
C −1
.
1) Montrons que G est un sev de L(F,E).
• 0 ∈ G.
• Si λ ∈ K et g 1 ,g 2 ∈ G, alors
(λg 1 + g 2 ) ◦ f = λg 1 ◦ f + g 2 ◦ f = 0
f ◦ (λg 1 + g 2 ) = λ f ◦ g 1 + f ◦ g 2 = 0
,
donc λg 1 + g 2 ∈ G.
2) D'après le théorème du rang :
dim
Ker( f )
= dim(E) − rg( f ) = p − r.
Le sev Ker( f ) de E admet au moins une base (e r+1 ,. . . ,e p )
et, d'après le théorème de la base incomplète, il existe
e 1 ,. . . ,e r ∈ E tels que B = (e 1 ,. . . ,e p ) soit une base de E .
Le sev Im( f ) de F admet au moins une base ( f 1 ,. . . , f r ) et,
d'après le théorème de la base incomplète, il existe
f r+1 ,. . . , f n ∈ F tels que C = ( f 1 ,. . . , f n ) soit une base de F.
1.4.4
1.4.5
1.4.6
1.4.7
1.4.8
1.4.9