1) Si rg(A) n − 2 , alors tous les cofacteurs de A sont nuls,
puisque ce sont des déterminants de matrices carrées d’ordre
n − 1 extraites de A , cf. 2.9 Th. p. 66.
2) Si rg(A) = n , alors det(A) = 0
et, comme
1
det(A)
t A
com(A) = I n ,
com(A) est inversible, donc rg(com(A)) = n .
3) Supposons rg(A) = n − 1 .
Puisque A t com(A) = det(A)I n = 0 ,
on a Im( t com(A)) ⊂ Ker(A) et donc :
rg(com(A)) = rg ( t com(A)) dim (Ker(A)) .
Mais, d’après le théorème du rang,
dim (Ker(A)) = n − rg(A) = 1 .
D’autre part, d’après 2.9 Th. p. 66, il existe une matrice carrée d’ordre n − 1 extraite de A et inversible, et donc au moins
un des cofacteurs de A est = 0 , d’où com(A) = 0 .
On conclut : rg(com(A)) = 1 .
Pour p ∈ N ∗ , notons com p (A) = com(. . . (com(A)) . . .), où
com est itéré p fois.
a) Commençons par déterminer com 2 (A) .
1) Si rg(A) n − 2 , d’après l’exercice 2.9.1, com(A) = 0 ,
donc com 2 (A) = 0 .
2) Supposons rg(A) = n .
Alors : com(A) = det(A) t A −1 , d’où :
det (com(A)) = (det(A))
n ( det(A))
−1
= ( det(A))
n−1 = 0 ,
et donc com(A) est inversible (cf. aussi exercice 2.6.3
p. 54). Puis :
com 2 (A) = com(com(A))
= det (com(A)) t (com(A))
−1
= ( det(A))
n−1 t ( det(A) t A −1 )
−1
= ( det(A))
n−2 A
3) Supposons rg(A) = n − 1 .
D’après l’exercice 2.9.1, rg(com(A)) = 1 , donc si n 3 , en
appliquant l’exercice 2.9.1 à com(A) au lieu de A :
com 2 (A) = 0 .
Si n = 2, A =
a b
c d
, det(A) = 0 ,
com(A) =
d −c
−b
a
,
com 2 (A) =
a b
c d
= A
= ( det(A))
n−2 A , puisque 0 0 = 1 .
On a ainsi prouvé :
∀A ∈ M n (K ) , com 2 (A) = ( det(A))
n−2 A .
291
b) On déduit :
com 3 (A) = com(( det(A))
n−2 A)
= ( det(A))
(n−2)(n−1) com(A) ,
grâce à la formule évidente :
∀λ ∈ K , com(λA) = λ n−1 com(A) .
Puis com 4 (A) = ( det(A))
(n−2)(n−1) 2
com 2 (A)
= ( det(A))
(n−2)(1+(n−1) 2 ) A .
Montrer le résultat par récurrence.
Réponse :
( det(A))
(n−2)(n−1)(1+(n−1) 2 +...+(n−1) 2k−2 ) com(A)
si p est impair 3 , p = 2k + 1 , k ∈ N ∗
( det(A))
(n−2)(1+(n−1) 2 +...+(n−1) 2k−2 ) A
si p est pair, p = 2k , k ∈ N ∗ .
On a : AB = 0 ⇒ Im(B) ⊂ Ker(A)
⇒ rg(B) dim (Ker(A)) = n − rg(A) = 1 .
Si B = 0 , alors γ = 0 convient.
Supposons B = 0 . Comme rg(B) = 1 , d’après l’exercice
8.1.30 a) d’Algèbre PCSI-PTSI, il existe U,V ∈ M n,1 (K ) tels
que B = U t V .
Alors :
AB = 0
B A = 0
⇐⇒
(AU ) t V = 0
U ( t V A) = 0 .
Si l’un des éléments de la colonne AU était = 0 , comme la
ligne t V est = 0 (sinon : B = 0 ), l’un au moins des éléments
de la matrice carrée (AU ) t V serait non nul, contradiction.
Donc AU = 0 ; de même t V A = 0 , donc t AV = 0 .
Comme dim (Ker(A)) = 1 et dim (Ker( t A)) = n − rg( t A)
= n − rg(A) = 1 , on déduit que U (resp. V ) engendre Ker(A)
( resp. Ker( t A)) .
Le même raisonnement est applicable à t com(A) au lieu de
B .
Il existe donc U 0 ,V 0 ∈ M n,1 (K ) , α,β ∈ K − {0}
tels que : t com(A) = U 0
t V 0 , U = αU 0 , V = βV 0 , et donc
B = αβU 0
t V 0 = αβ t com(A) .
1) Déterminons rg(A) .
On peut d’abord remarquer que la somme des colonnes de A
est nulle, donc det(A) = 0 .
Pour tout X =
x 1
. . .
x n
de M n,1 (K ) :
X ∈ Ker(A) ⇐⇒
(1 − n)x 1 + x 2 + . . . + x n = 0
. . .
x 1 + . . . + x n−1 + (1 − n)x n = 0
2.9.1
2.9.2
2.9.3
2.9.4
puisque ce sont des déterminants de matrices carrées d’ordre
n − 1 extraites de A , cf. 2.9 Th. p. 66.
2) Si rg(A) = n , alors det(A) = 0
et, comme
1
det(A)
t A
com(A) = I n ,
com(A) est inversible, donc rg(com(A)) = n .
3) Supposons rg(A) = n − 1 .
Puisque A t com(A) = det(A)I n = 0 ,
on a Im( t com(A)) ⊂ Ker(A) et donc :
rg(com(A)) = rg ( t com(A)) dim (Ker(A)) .
Mais, d’après le théorème du rang,
dim (Ker(A)) = n − rg(A) = 1 .
D’autre part, d’après 2.9 Th. p. 66, il existe une matrice carrée d’ordre n − 1 extraite de A et inversible, et donc au moins
un des cofacteurs de A est = 0 , d’où com(A) = 0 .
On conclut : rg(com(A)) = 1 .
Pour p ∈ N ∗ , notons com p (A) = com(. . . (com(A)) . . .), où
com est itéré p fois.
a) Commençons par déterminer com 2 (A) .
1) Si rg(A) n − 2 , d’après l’exercice 2.9.1, com(A) = 0 ,
donc com 2 (A) = 0 .
2) Supposons rg(A) = n .
Alors : com(A) = det(A) t A −1 , d’où :
det (com(A)) = (det(A))
n ( det(A))
−1
= ( det(A))
n−1 = 0 ,
et donc com(A) est inversible (cf. aussi exercice 2.6.3
p. 54). Puis :
com 2 (A) = com(com(A))
= det (com(A)) t (com(A))
−1
= ( det(A))
n−1 t ( det(A) t A −1 )
−1
= ( det(A))
n−2 A
3) Supposons rg(A) = n − 1 .
D’après l’exercice 2.9.1, rg(com(A)) = 1 , donc si n 3 , en
appliquant l’exercice 2.9.1 à com(A) au lieu de A :
com 2 (A) = 0 .
Si n = 2, A =
a b
c d
, det(A) = 0 ,
com(A) =
d −c
−b
a
,
com 2 (A) =
a b
c d
= A
= ( det(A))
n−2 A , puisque 0 0 = 1 .
On a ainsi prouvé :
∀A ∈ M n (K ) , com 2 (A) = ( det(A))
n−2 A .
291
b) On déduit :
com 3 (A) = com(( det(A))
n−2 A)
= ( det(A))
(n−2)(n−1) com(A) ,
grâce à la formule évidente :
∀λ ∈ K , com(λA) = λ n−1 com(A) .
Puis com 4 (A) = ( det(A))
(n−2)(n−1) 2
com 2 (A)
= ( det(A))
(n−2)(1+(n−1) 2 ) A .
Montrer le résultat par récurrence.
Réponse :
( det(A))
(n−2)(n−1)(1+(n−1) 2 +...+(n−1) 2k−2 ) com(A)
si p est impair 3 , p = 2k + 1 , k ∈ N ∗
( det(A))
(n−2)(1+(n−1) 2 +...+(n−1) 2k−2 ) A
si p est pair, p = 2k , k ∈ N ∗ .
On a : AB = 0 ⇒ Im(B) ⊂ Ker(A)
⇒ rg(B) dim (Ker(A)) = n − rg(A) = 1 .
Si B = 0 , alors γ = 0 convient.
Supposons B = 0 . Comme rg(B) = 1 , d’après l’exercice
8.1.30 a) d’Algèbre PCSI-PTSI, il existe U,V ∈ M n,1 (K ) tels
que B = U t V .
Alors :
AB = 0
B A = 0
⇐⇒
(AU ) t V = 0
U ( t V A) = 0 .
Si l’un des éléments de la colonne AU était = 0 , comme la
ligne t V est = 0 (sinon : B = 0 ), l’un au moins des éléments
de la matrice carrée (AU ) t V serait non nul, contradiction.
Donc AU = 0 ; de même t V A = 0 , donc t AV = 0 .
Comme dim (Ker(A)) = 1 et dim (Ker( t A)) = n − rg( t A)
= n − rg(A) = 1 , on déduit que U (resp. V ) engendre Ker(A)
( resp. Ker( t A)) .
Le même raisonnement est applicable à t com(A) au lieu de
B .
Il existe donc U 0 ,V 0 ∈ M n,1 (K ) , α,β ∈ K − {0}
tels que : t com(A) = U 0
t V 0 , U = αU 0 , V = βV 0 , et donc
B = αβU 0
t V 0 = αβ t com(A) .
1) Déterminons rg(A) .
On peut d’abord remarquer que la somme des colonnes de A
est nulle, donc det(A) = 0 .
Pour tout X =
x 1
. . .
x n
de M n,1 (K ) :
X ∈ Ker(A) ⇐⇒
(1 − n)x 1 + x 2 + . . . + x n = 0
. . .
x 1 + . . . + x n−1 + (1 − n)x n = 0
2.9.1
2.9.2
2.9.3
2.9.4