Chapitre 1 • Compléments d’algèbre linéaire
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Conseils
On commence par l'implication qui paraît
la plus facile.
Puisqu'on veut montrer un résultat qui
s'exprime par une négation, on essaie de
raisonner par l'absurde.
Cf. Algèbre PCSI-PTSI, § 8.2.3 2) Prop.2.
On décompose C en blocs, comme pour J.
Calcul de produits par blocs.
La matrice C =
0
0
0 I n−r
n'est pas la
matrice nulle, car n − r 1, puisque
r < n.
Solution
• (2) ⇒ (1) :
Supposons qu'il existe B ∈ M n (K ) − {0} telle que AB = B A = 0.
Raisonnons par l'absurde : supposons A ∈ GL n (K ).
Alors : B = (A
−1 A)B = A
−1
(AB) = A
−1 0 = 0, contradiction.
On conclut : A /
∈ GL n (K ).
• (1) ⇒ (2) :
On suppose : A /
∈ GL n (K ).
Notons r = rg (A). On a donc : r < n.
D'après le Cours, il existe P,Q ∈ GL n (K ) telles que A = P J Q, où :
J =
I r 0
0 0
.
Soit B ∈ M n (K ). Notons C = Q B P, de sorte que B = Q
−1 C P
−1
.
On a alors :
AB = 0
B A = 0
⇐⇒
P J Q Q
−1 C P
−1
= 0
Q
−1 C P
−1 P J Q = 0
⇐⇒
P JC P
−1
= 0
Q
−1 C J Q = 0
⇐⇒
J C = 0
C J = 0.
Notons C =
R S
T U
,
où R ∈ M r (K ), S ∈ M r,n−r (K ), T ∈ M n−r,r (K ), U ∈ M n−r (K ).
On a alors :
J C = 0
C J = 0
⇐⇒

   
   
I r 0
0 0
R S
T U
=
0 0
0 0
R S
T U
I r 0
0 0
=
0 0
0 0
⇐⇒

   
   
R S
0 0
=
0 0
0 0
R 0
T 0
=
0 0
0 0
⇐⇒

 
 
R = 0
S = 0
T = 0.
En notant C =
0
0
0 I n−r
, on a donc J C = C J = 0, d'où AB = B A = 0.
De plus, si B = 0, alors C = Q B P = 0, contradiction.
On conclut :
∃ B ∈ M n (K ) − {0}, AB = B A = 0.