(K), alors AB T

(1)

TD 13 : CALCUL MATRICIEL

En l’absence de précisions, la lettreKdésigne indifféremmentRouC.

I Somme, produit de matrices

EXERCICE 13.1

Si vous découvrez le produit matriciel _F

On considère les matrices suivantes :

A=*.

,

1 −2 3

2 0 −4

1 1 2+/

- ,B=*.

,

2 0 2

0 1 −3

−1 3 1+/

- ,C =*.

, 1 10 4

2 5+/

-

,D= 1 2 3 4 5 6

! .

Calculer les produitsAB,AC,BC,DA,CDetDC.

EXERCICE 13.2

Montrer que la somme et le produit de deux matrices nilpotentes deMn(K), qui commutent, est _PD encore nilpotente.

EXERCICE 13.3

Multiplication par une matrice élémentaire _AD

Soitn∈N^∗. On rappelle que pour(i,j)∈n1,no²on noteE_i,j la matrice deMn(K)dont tous les coefficients sont nuls, à l’exception de celui de lai^èmeligne etj^èmecolonne qui vaut 1.

1. SoitA=(a_i,j)16i,j6n ∈Mn(K). Pour tout(i,j,k, `)∈n1,no⁴, calculer[AE_i,_j]k, `et[E_i,_jA]k, `. Comment décrivez-vous en termes simples les matricesAE_i,_j etE_i,_jA ?

2. En déduire la matriceE_i,jE_{k, `}.On pourra être amenés à distinguer plusieurs cas.

EXERCICE 13.4

Matrices stochastiques _PD

Une matriceA=(a_i,j)16i,j6n ∈Mn(R)est dite stochastique si : I ∀(i,j)∈n1,no²,a_i,_j >0

I ∀i ∈n1,no, Xn

j=1

a_i,j =1.

1. On noteV le vecteur colonne deMn,1(R)dont tous les coefficients valent 1. Montrer qu’une matriceA∈Mn(R)à coefficients positifs est stochastique si et seulement siAV =V.

2. Montrer que siAetBsont deux matrices stochastiques, alors 1

2(A+B)etABle sont aussi.

EXERCICE 13.5

_AD

1. SoitD ∈Mn(K)une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont deux à deux distincts. Montrer qu’une matriceA∈Mn(K)commute avecDsi et seulement si elle est diagonale.

2. Déterminer{M∈Mn(K) |∀A∈Mn(K),AM=MA}, l’ensemble des matrices deMn(K)qui commutent à toutes les autres matrices (ensemble appeléle centre deMn(K)).

EXERCICE 13.6

Nilpotence des matrices triangulaires strictes _AD Soitn∈N^∗. Pourk >0, on noteT_k⁺(K)l’ensemble des matricesA=(a_i,j)∈Mn(K)telles que

∀(i,j)∈n1,no²,i+k >j⇒a_i,j =0.

1. Montrer que pourk, `>0, siA∈T_k⁺(K)etB ∈T_`⁺(K), alorsAB∈T_k+`⁺ (K).

2. En déduire qu’une matrice triangulaire (supérieure ou inférieure), à coefficients diagonaux nuls est nilpotente, d’indice de nilpotence inférieur ou égal àn.

I Puissances de matrices

EXERCICE 13.7

Calculer les puissances des matrices suivantes : _PD 1. cosθ −sinθ

sinθ cosθ

!

2. 0 1 2 0

!

3. *.

,

3 1 3 0 3 4 0 0 3+/

- 4. *...

,

0 1 . . . 1

1 0 . . . 0

... ... ...

1 0 . . . 0

+///

//

-

EXERCICE 13.8

SoitJ la matrice deMn(K)dont tous les coefficients valent 1. _PD 1. CalculerJ². En déduireJ^k, pour toutk ∈N.

MP2I LYCÉE CHAMPOLLION 2021-2022

(2)

2. En déduire(J+λI_n)^k, pourλ∈Ketk∈N.

3. Calculer les puissances deA=*.

,

5 2 2 2 5 2 2 2 5+/

- .

EXERCICE 13.9

^Soit^A= 2 cos(θ) −1 _PD

1 0

!

, avecθ∈]0,π[. 1. Montrer queA²=2 cos(θ)A−I.

2. En déduire qu’il existe deux suites(a_n)et(b_n)telles que∀n∈N,Aⁿ =a_nA+b_nI. Donner l’expression dea_n+1et deb_n+1en fonction dea_netb_n.

3. Montrer que(a_n)est linéaire récurrente d’ordre 2, déterminer son terme général et en déduire l’expression deAⁿ.

I Trace, transposée

EXERCICE 13.10

^Soient^A,^B∈Mn(R)deux matrices symétriques. Montrer queABest symétrique si et seulement siA _F etBcommutent.

EXERCICE 13.11

SoitA∈Mn(R). Montrer que tr ^tAA=0 si et seulement siA=0n. _PD

EXERCICE 13.12

Montrer qu’il n’existe pas de couple(A,B)∈Mn(K)²tel queAB−BA=I_n. _PD

EXERCICE 13.13

SoientA,B ∈Mn(K)telles que pour toutM ∈Mn(K), tr(AM)=tr(BM). Montrer queAetBsont _AD égales.

EXERCICE 13.14

Montrer par analyse-synthèse que toute matrice deMn(K)s’écrit de manière unique comme la _AD somme d’une matrice symétrique et d’une matrice antisymétrique.

I Inverse d’une matrice carrée

EXERCICE 13.15

Déterminer si les matrices suivantes sont inversibles, et le cas échéant, calculer leur inverse : _PD A= 1+i i

i 1

!

B= *.

,

1 −1 0

0 1 4

−1 0 −3+/

-

C = *.

,

0 −1 1 2 −3 4 1 −1 2+/

- D= *....

,

1 −1 −2 2

−1 −1 0 2

0 2 2 −4

0 1 1 −2

+///

/-

EXERCICE 13.16

Inversibilité à l’aide d’un polynôme annulateur _PD SoitA∈Mn(K). On suppose qu’il existe des scalairesλ₀,λ₁,· · ·,λ_p, avecλ₀λ_p,0 tels queλ₀I_n+λ1A+λ2A²+· · ·+λpA^p=0n.

Montrer queAest inversible, et exprimer son inverse en fonction desA^k,06k 6p−1.

EXERCICE 13.17

Inverse d’une matrice diagonale par blocs _AD

SoitA∈GL_n(K),C ∈GL_p(K)etB∈Mn,p(K).

Montrer que la matrice par blocs A B 0p,n C

!

∈Mn+p(K)est inversible, et déterminer son inverse.

EXERCICE 13.18

_PD

1. Montrer que siA,B ∈Mn(K)sont deux matrices qui commutent, alors pour toutp ∈N,A^p−B^p=(A−B)*.

,

p−1

X

k=0

A^kB^p−1−k+/

- . 2. En déduire que siN est nilpotente, alorsI_n+N est inversible, et donner son inverse.

EXERCICE 13.19

^Soient^A,^B∈Mn(R)deux matrices symétriques. _AD 1. Montrer que tr(A²)>0.

2. En étudiant la fonctionλ7→tr

(λA+B)²

, prouver que tr(AB)²6tr A²tr B² .

EXERCICE 13.20

Oral Centrale 2014 _D

SoitA,B ∈Mn(C)deux matrices qui commutent, avecBnilpotente. Montrer queAest inversible si et seulement siA+B est inversible.

EXERCICE 13.21

Les matrices suivantes sont-elles inversibles ? Si oui calculer leur inverse _D 1. A=(min(i,j))16i,j6n ∈Mn(R)

2. B=(F_i+j)16i,j6n ∈Mn(R)oùF₀=0,F₁=1 et∀n∈N,F_n+2=F_n+1+F_n.

EXERCICE 13.22

Théorème d’Hadamard sur les matrices à diagonale dominante _D SoitA = (a_i,j) ∈ Mn(R)telle que∀i ∈ n1,no,|a_i,i| > X

j=1 j,i

|a_i,_j|.SoitX = *...

, x₁

... x_n

+///

-

∈ Mn,1(R)tel queAX = 0_n,₁, et soit i₀∈n1,notel que|x_i₀|=max_i|x_i|. Montrer quex_i₀ =0, et en déduire queAest inversible.

MP2I LYCÉE CHAMPOLLION 2021-2022

(3)

CORRECTION DES EXERCICES DU TD 13

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.2

SoientAetBdeux matrices deMn(K)qui commutent, d’indices de nilpotence respectifsp etq.

Alors(AB)^p =A^pB^p =0. DoncABest nilpotente, et son indice de nilpotence est inférieur ou égal àp. On montrerait de même qu’il est inférieur ou égal àq, et donc inférieur ou égal à min(p,q).

PuisqueAetBcommutent, par la formule du binôme, on a, pour toutn∈N (A+B)ⁿ =

Xn

k=0

n k

!

A^kBⁿ⁻^k.

En particulier, pourn=p+q, il vient (A+B)^p+q =

p+q

X

k=0

p+q k

!

A^kB^p+q⁻^k

=

p−1

X

k=0

p+q k

!

A^kB| {z^p+q−k }

=0

+

p+q

X

k=p

p+q k

! A^k

|{z}=0

B^p+q−k ^Si^k⁶^p^{−1, alors}^p^+q^−k^>^q,

de sorte queB^p+q−k =0.

Détails

=0.

DoncA+Best nilpotente, et son indice de nilpotence est supérieur ou égal àp+q.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.3

1. Le résultat se comprend bien en «dessinant» les matrices : les colonnes deEi,j sont toutes nulles à l’exception de laj^ème.

Donc déjà, toutes les colonnes deAE_i,j sont nulles, sauf éventuellement laj^ème.

Et alors les coefficients qui se trouvent dans cettej^èmecolonne sont ceux de lai^èmecolonne deA.

Faire le produit «avec les deux mains» pour com- prendre pourquoi ce sont bien les coefficients de la i^èmecolonne deAqui appa- raissent. C’est lié au fait que le 1 de laj^èmecolonne deEi,j est sur lai^èmeligne.

Détails

0 . . . 0 . . . 0

... ... 0

0 . . . 1 . . . 0

... ... 0

0 . . . 0 . . . 0

0 . . . a_1,i . . . 0

0 . . . a_2,i . . . 0

... ... ...

0 . . . an,i. . . 0

a_1,1. . . a_1,i. . . a_1,n a_2,1. . . a_2,i. . . a_2,n

... ... ...

a_n,1. . . an,i. . . an,n

*...

....

..

,

+///

////

//

-

*...

....

..,

+///

////

//-

*...

....

..,

+///

////

//-

j

↓

i →

Plus formellement : pour tout(k, `)∈n1,no², [AE_i,j]k, ` =

Xn

p=1

a_k,p E_i,_j

p, `.

Ce coefficient est nul si`,j, car tous les E_i,j

p, `sont nuls.

Et pour`=j, alors tous les[E_,j]p, ` sont nuls sauf lorsquep=i, et donc il ne reste que le terme correspondant àp =idans la somme ci-dessus, si bien que[AE_i,j]k,j =a_k,i. Et donc toutes les colonne deAE_i,_j sont nulles, sauf laj^ème, égale à lai^èmecolonne deA.

Sur le même principe, on a E_i,_jA

k, `=Xⁿ

p=1

E_i,_j

k,pa_{p, `}, qui vaut 0 sik,i.

Et pourk =i,E_i,_jA

i, `=a_{j, `}.

(4)

Donc toutes les lignes deEi,jAsont nulles, à l’exception de lai^èmequi est laj^èmeligne deA.

Alternative : souvenons-nous que[E_i,_j]p,q =δ_i,pδ_j,q. On a donc, pour(p,q)∈n1,no²,

AE_i,_j

p,q = Xn

k=1

[A]p,k[E_i,_j]k,q = Xn

k=1

[A]p,kδ_i,kδ_j,q =

0 sij,q [A]p,i sij=q

Donc seule la j^ème colonne deAE_i,_j est nulle, et son coefficient de lap^ème ligne est le coefficient(p,i)deA.

On retrouve bien le fait que laj^èmecolonne deAE_i,j soit lai^èmecolonne deA.

On procède de même pourE_i,jA.

2. On a doncE_i,jE_{k, `} qui est nulle, à l’exception de lai^èmequi est laj^èmedeE_{k, `}.

Celle-ci est nulle si j ,k, et sinon c’est la ligne dont tous les coefficients sont nuls, à l’exception de celui de la`^èmecolonne qui vaut 1.

En résumé,E_i,jE_{k, `} =δ_j,kE_{i, `}, oùδ_j,k =

1 sij=k

0 sinon est le symbole de Kronecker.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.4

1. SoitA∈Mn(R)une matrice à coefficients positifs.

Alors, on a

AV =*...

,

a_1,1 a_1,2 . . . a_1,n a_2,1 a_2,2 . . . a_2,n

... ... ...

a_n,1 a_n,2 . . . a_n,n +///

//

-

*...

..

, 11

... 1 +///

//

-

=*...

,

a₁_,₁+a_1,2+· · ·+a_1,n a₂_,₁+a_2,2+· · ·+a_2,n

...

a_n,1+a_n,2+· · ·+a_n,n +///

//

-

=

*...

....

., Xn

j=1

a_1,j Xn

j=1

a_2,j ... Xn

j=1

a_n,_j +///

////

/- .

Et doncAV =V si et seulement si pour touti ∈n1,no,Xⁿ

i=1

a_i,j =1.

Par conséquent,Aest stochastique si et seulement siAV =V.

Alternative : si vous n’êtes pas convaincus par les produits avec des pointillés¹ ¹Mais il faudrait que vous le soyez rapidement !

, il est également possible, mais plus fastidieux, d’utiliser «proprement» la formule du produit matriciel : pour touti ∈n1,no,

(AV)i,1= Xn

j=1

a_i,jV_j,1= Xn

j=1

a_i,j.

Et doncAV =V si et seulement si pour touti ∈n1,no,(AV)i,1=V_i,1⇔ Xn

j=1

a_i,_j =1.

2. Il est clair que siAetBsont stochastiques, alors 1

2(A+B)est à coefficients positifs.

Et alors 1

2(A+B)V =1

2(AV +BV)=1

2(V+V)=V. Donc 1

2(A+B)est stochastique.

De même, les coefficients deABsont tous positifs, puisque, pour(i,j)∈n1,no², on a (AB)i,j =

Xn

k=1

a_i,k

|{z}>0

b_k,j

|{z}>0

>0.

Et alorsABV =A(BV)=AV =V, doncABest stochastique.

Alternative : si on ne pense pas à utiliser la question 1, on peut tout de même s’en sortir : pour touti∈n1,no,

Xn

j=1

[AB]i,j = Xn

j=1

Xn

k=1

a_i,kb_k,j = Xn

k=1

Xn

j=1

a_i,kb_k,j = Xn

k=1

a_i,k Xn

j=1

b_k,j

| {z }

=1

= Xn

k=1

a_i,k =1.

(5)

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.5

1. NotonsD=Diag(λ₁,λ₂, . . . ,λ_n). Alors, pour toute matriceA=(a_i,j)16i,j6n ∈Mn(K), et pour tout(i,j)∈n1,no², on a

[AD]i,j = Xn

k=1

a_i,k[D]k,j =a_i,jλ_j.

Les coefficients de laj^ème colonne deDsont tous nuls, à l’exception du coefficient diagonal (d’indice(j,j), qui vautλj).

Détails

Et d’autre part,[DA]i,j = Xn

k=1

[D]i,ka_k,j =λ_ia_i,_j.

Donc siAD=DA, pour tout(i,j)∈n1,no²,λ_ia_i,j =λ_ja_i,j ⇔(λi −λ_j)ai,j =0.

Sii ,j, puisqueλ_i ,λ_j, on a donca_i,j =0.

Autrement dit, les coefficients hors diagonale deAsont nuls :Aest une matrice diagonale.

Inversement, deux matrices diagonales commutant toujours entre elles, siAest diagonale, alors elle commute avecD.

DoncAcommute àDsi et seulement si elle est diagonale.

2. Nous savons queI_ncommute à toute matrice, et plus généralement que pour toutλ∈K, λI_n commute à toute matrice.

Nous allons prouver que seules les matrices scalaires commutent à toutes les matrices.

Soit doncM une matrice du centre deMn(K), c’est-à-dire commutant à toute matrice carrée.

Par la question 1, nous savons déjà queM est diagonale, puisqu’elle doit en particulier commuter à Diag(1,2,3,· · ·,n).

À l’aide du même calcul que dans la question 1, on a donc, pour toute matriceA∈Mn(K) et pour tout(i,j)∈n1,no²,

[AM]i,j =[MA]i,j ⇔[A]i,j[M]j,j =[M]i,i[A]i,j.

En particulier, ceci est vrai siA∈Mn(K)est la matrice dont tous les coefficients valent 1.

Et alors on obtient, pour tout(i,j)∈n1,no²,[M]i,i =[M]j,j : tous les coefficients diagonaux deAsont égaux.

Et donc il existeλ∈Ktel queM =λI_n.

Ainsi, le centre deMn(K)est exactement{λI_n,λ∈K}, l’ensemble des matrices scalaires.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.6

1. Soit doncA=(a_i,j)16i,j6n ∈T_k⁺(K)etB=(b_i,_j)16i,j6n ∈T_`⁺(K).

Alors pour tout(i,j)∈n1,no²,[AB]i,j = Xn

p=1

a_i,pb_p,j. Supposons quei+k+` >j. Alors

[AB]i,j =^i+k⁻ X1 p=1

a_i,p

|{z}=0

b_p,j+ Xn

p=i+k

a_i,pb_p,j = Xn

p=i+k

a_i,pb_p,j.

Mais puisquej−` <i+k, pourp >i+k,p >j−`⇔p+` >j, et doncb_p,j =0.

Donc[AB]i,j =0.

Ainsi,∀(i,j)∈n1,no²,i+k+` >j⇒[AB]i,j =0, et doncAB∈T_k+`⁺ (K).

2. Supposons queAsoit triangulaire supérieure. Alors elle est dansT₀⁺(K). Si de plus sa diagonale est nulle, alors elle est dansT₁⁺(K).

En effet, pouri+1>j, on a soiti >j, et alors[A]i,j =0 carAest triangulaire supérieure, soiti=j, et alors[A]i,j =[A]i,i =0 car les coefficients diagonaux deAsont nuls.

Par ce qui précède, on a doncA²=AA∈T₂⁺(K).

PuisA³=A²A∈T₂₊₁⁺ (K)=T₃⁺(K).

Une récurrence facile prouve alors queAⁿ ∈T_n⁺(K).

Mais alors pour tout(i,j)∈ n1,no²,i+n>n+1 >j, et donc[Aⁿ]i,j =0, de sorte que Aⁿ =0_n.

DoncAest bien nilpotente, et son indice de nilpotence est inférieur ou égal àn.

L’indice de nilpotence estle plus petitentierktel que A^k =0n.

Donc si on dispose d’une puissance deAqui est nulle, cette puissance est nécessai- rement inférieure ou égale à l’indice de nilpotence.

Rappel

(6)

Dans le cas oùAest triangulaire inférieure, alors^tAest triangulaire supérieure, à diagonale nulle, et donc ^tAn =0.

Or ^tAn =^t(Aⁿ) =0n, donc de même,Aⁿ = 0n, et doncAest nilpotente, d’indice de nilpotence inférieur ou égal àn.

Nous prouverons plus tard qu’une matrice nilpotente de Mn(K)a nécessairement un indice de nilpotence inférieur ou égal àn.

Remarque

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.7

Par commodité, nous noterons à chaque foisAla matrice dont on cherche à calculer les puissances.

1. Le calcul des premières puissances deAprouve que A²= cos(2θ) −sin(2θ)

sin(2θ) cos(2θ)

!

etA³= cos(3θ) −sin(3θ) sin(3θ) cos(3θ)

! .

Une récurrence facile prouve alors que pour toutn∈N, Aⁿ = cos(nθ) −sin(nθ)

sin(nθ) cos(nθ)

! .

2. On aA²= 2 0 0 2

!

=2I2.

Dès lors, il est évident que pour toutn∈N,A²ⁿ = A²n =2ⁿI₂. EtA²ⁿ⁺¹=A²ⁿA=2ⁿA.

3. NotonsD=3I3etT =*.

,

0 1 3 0 0 4 0 0 0+/

- .

AlorsA=D+T, etDetT commutent puisqu’une matrice scalaire commute toujours à toute matrice.

On a alorsT²=*.

,

0 0 4 0 0 0 0 0 0+/

-

etT³=0.

Donc par la formule du binôme de Newton, il vient, pourn>2, Aⁿ=

Xn

k=0

n k

! T^kDⁿ⁻^k

=X²

k=0

n k

! T^k3^n−k

=3ⁿI₃+3ⁿ⁻¹nT +n(n−1) 2 3ⁿ⁻²T²

=*.

,

3ⁿ 3ⁿ⁻¹n n3ⁿ+2n(n−1)3ⁿ⁻²

0 3ⁿ n3ⁿ

0 0 3ⁿ +/

- .

4. Nous supposons ici quenest la taille de la matriceA. On a alors

A²=*...

,

n−1 0 . . . 0

0 1 . . . 1

... ... ...

0 1 . . . 1

+///

//- .

PuisA³=*...

,

0 n−1 . . . n−1

n−1 0 . . . 0

... ... ...

n−1 0 . . . 0

+///

//

-

=(n−1)A.

Il vient ensuiteA⁴=(n−1)A², puisA⁵=(n−1)A³=(n−1)²A, etc.

Une récurrence prouve alors que pour toutk ∈N,

A^2k =(n−1)^k−1A²=*...

,

(n−1)^k 0 . . . 0

0 (n−1)^k−¹ . . . (n−1)^k−¹

... ... ...

0 (n−1)^k−1 . . . (n−1)^k−1

+///

//-

(7)

et

A^2k+1=(n−1)^kA=*...

,

0 (n−1)^k . . . (n−1)^k

(n−1)^k 0 . . . 0

... ... ...

(n−1)^k 0 . . . 0

+///

//

- .

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.8

1. On a

J²=*...

,

1 1 . . . 1

... ... ...

1 1 . . . 1

+///

//

-

*...

..

,

1 1 . . . 1

... ... ...

1 1 . . . 1

+///

//

-

=*...

,

n n . . . n

... ... ...

n n . . . n

+///

//

-

=nJ.

On en déduit queJ³=J²J =nJ²=n²J, puisJ⁴=J³J =n²J²=n³J, et une récurrence facile prouve que pour toutk∈N,J^k=n^k−1J.

2. Siλ=0, nous venons de répondre.

Supposons doncλ,0.

PuisqueI_ncommute à toute matrice, elle commute en particulier avecJ et donc la formule du binôme de Newton s’applique :

(J+λI_n)^k = Xk

i=0

k i

! Jⁱλ^k⁻ⁱI_n

=λ^kI_n+* ,

Xk

i=1

k i

!

nⁱ⁻¹λ^k−i+ -J

=λ^kI_n+1 n*

, Xk

i=1

k i

! nⁱλ^k⁻ⁱ+

-J

=λ^kI_n+1 n

(n+λ)^k−λ^k

J. On a reconnu un binôme

auquel manque un terme.

Détails

3. Ici, on aA =2*.

,

5/2 1 1

1 5/2 1

1 1 5/2+/

-

, donc on prendn =3, etλ =3/2. Et donc pour tout k ∈N,

A^k =2^k* ,

3 2

!k

I₃+1 3*

, 3+3 2

!k

− 3 2

!k

+-J+

-=3^kI₃+1 3

9^k−3^k J

=*.. ,

2·3^k⁻¹+3·9^k⁻¹ 3·9^k⁻¹−3^k⁻¹ 3·9^k⁻¹−3^k⁻¹ 3·9^k−1−3^k−1 2·3^k−1+3·9^k−1 3·9^k−1−3^k−1 3·9^k⁻¹−3^k⁻¹ 3·9^k⁻¹−3^k⁻¹ 2·3^k⁻¹+3·9^k⁻¹

+// -

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.9

1. On aA²= 4 cos²(θ)−1 −2 cos(θ) 2 cos(θ) −1

!

=2 cosθA−I₂.

2. Pourn=0,n=1,n=2, la propriété est évidemment vérifiée, avec a₀=0,b₀=1,a₁=1,b₁=0 eta₂=2 cos(θ),b₂=−1.

Par récurrence surn : supposons queAⁿ =a_nA+b_nI₂. Alors

Aⁿ⁺¹=AⁿA=(a_nA+b_nI)A=a_nA²+b_nA=a_n(2 cosθA−I₂)−b_nA=(2ancos(θ)+b_n)A−a_nI₂. Et donca_n+1=2 cos(θ)a_n+b_netb_n+1=−a_n.

3. On a donc, pourn>1,a_n+1=2 cos(θ)a_n−a_n−1.

La suite(a_n)est donc récurrente linéaire d’ordre 2, et son équation caractéristique est r²−2 cos(θ)r+1=0, de discriminant∆)4 cos²(θ)−4=−4 sin²θ <0.

Donc l’équation possède deux racines complexes conjuguées, qui sont r₁=2 cosθ+2isinθ

2 =e^iθetr₂=r₁=e⁻^iθ.

(8)

Donc il existe deux réelsλetµtels que

∀n∈N,a_n =λcos(nθ)+µsin(nθ). Or,a₀=λ=0 eta₁=µsin(θ)=1. Donca_n =sin(nθ)

sinθ . On en déduit que

Aⁿ = 2ancosθ+b_n −a_n a_n b_n

!

= a_n+1 −a_n a_n b_n

!

= 1

sinθ sin((n+1)θ) −sin(nθ) sin(nθ) −sin((n−1)θ)

!

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.10

On a^t(AB)=^tB^tA=BA, qui est donc égale àABsi et seulement siAetBcommutent.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.11

Il est évident que siAest la matrice nulle, alors tr ^tAA=0.

D’autre part, pourA∈Mn(R), on a tr(^tAA)=

Xn

i=1

_t AA

i,i = Xn

i=1

Xn

j=1

_t A

i,j[A]j,i

= Xn

i=1

Xn

j=1

a_j,ia_j,i = X

16i,j6n

a²_j,i.

Et donc tr ^tAA=0 si et seulement si X

16i,j6n

a²_j,i =0.

Mais une somme de nombres positifs est nulle si et seulement si chacun de ces nombres est nul, donc tr ^tAA

=0 si et seulement si∀(i,j)∈n1,no²,a_j,i =0.

Soit si et seulement siAest la matrice nulle.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.12

Quelles que soient les matricesA,B ∈Mn(K), on a

tr(AB−BA)=tr(AB)−tr(BA)=tr(AB)−tr(AB)=0,n=tr(I_n).

Donc on ne peut avoirAB−BA=I_n. Le même résultat reste va-

lable si on remplaceInpar n’importe quelle matrice de trace non nulle.

Plus généralement

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.13

Il s’agit, une fois de plus, d’utiliser les matrices élémentaires.

Soient donc(i,j)∈n1,no. Alors toutes les colonnes deAE_i,_j sont nulles² ²Car les colonnes correspon- dantes deEi,jle sont.

, à l’exception de laj^ème. Et le coefficient diagonal de cettej^èmecolonne est

AE_i,j

j,j = Xn

k=1

A_j,kE_i,j

k,j =a_j,i. Et par conséquent, tr AE_i,j=a_j,i.

De même, on a tr BE_i,_j=b_j,i.

Ces deux traces étant égales par hypothèse, on a donc, pour tout(i,j)∈n1,no²,a_j,i =b_j,i, et doncA=B.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.14

SoitM∈Mn(K).

Supposons qu’il(S,A)∈Sn(K)×An(K)telles queM=S+A.

Alors^tM =^tS+^tA=S−A.

La définition de symétri- que/antisymétrique fait appa- raître des transposées. Il est donc naturel de chercher à exploiter ces transposées, et donc de considérer^tM.

Méthode

Il vient doncS=M+^tM

2 etA= M−^tM

2 .

Donc si deux telles matricesSetAexistent, elles sont uniques, et nous venons de trouver leur expression en fonction deM.

Passons à présent à l’existence, et posonsS=M+^tM

2 etA=M−^tM

2 .

Alors^tS= ^tM+M

2 =S, doncSest symétrique.

De même,^tA=−A, doncAest antisymétrique.

(9)

EtS+A=M+^tM

2 +M−^tM

2 =M.

Donc il existe bien au moins une manière d’écrire M comme somme d’une matrice symétrique et d’une matrice antisymétrique.

Et donc toute matrice deMn(K)s’écrit de manière unique comme somme d’une matrice symétrique et d’une matrice antisymétrique.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.15

1. Utilisons le déterminant : detA=1+i−i²=2+i ,0, doncAest inversible.

Son inverse est alorsA⁻¹= 1 2+i

1 −i

−i 1+i

! .

2. Il est possible de procéder avec n’importe laquelle des deux méthodes vues dans le cours : la résolution de système ou des opérations élémentaires sur les lignes deB.

On trouve dans les deux cas queBest inversible etB⁻¹=*.

,

−3 −3 4

−4 −3 −4

1 1 1+/

- .

3. De même,Cest inversible etC⁻¹=*.

,

−2 1 −1

0 −1 2

1 −1 2+/

- .

4. Plutôt que de se lancer dans des calculs, remarquons que les deux dernières lignes deD sont proportionnelles :L₃=2L₄.

Et donc la famille des lignes deDn’est pas libre, puisque 0·L₁+0·L₂+ 1

|{z},0

·L₃+(−2)·L₄=0_1,n

est une combinaison linéaire nulle dont tous les coefficients sont non nuls.

DoncDn’est pas inversible.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.16

La relation donnée par l’énoncé s’écrit encore λ_pA^p+λ_p−1A^p−1+· · ·+λ₁A=−λ₀I_n ⇔ −1

λ₀

λ_pA^p+λ_p−1A^p−1+· · ·+λ₁A

=I_n.

Mais on peut alors factoriser parA, aussi bien à droite qu’à gauche : A −1

λ₀

λ_pA^p−1+λ_p−1A^p−2+· · ·+λ₁I_n!

= −1 λ₀

λ_pA^p−1+λ_p−1A^p−2+· · ·+λ₁I_n! A=I_n. DoncAest inversible, et son inverse est −1

λ₀ λ_pA^p−1+λ_p₋₁A^p−2+· · ·+λ₁I_n! .

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.17

Cherchons son inverse sous forme d’une matrice triangulaire par blocs A⁰ B⁰ 0 C⁰

! .

L’inverse d’une matrice triangulaire inversible étant encore triangulaire, il est plutôt logique de chercher un inverse sous cette forme.

Intuition

On a alors

A B 0 C

! A⁰ B⁰ 0 C⁰

!

= AA⁰ AB⁰+BC⁰

0 CC⁰

! .

Donc si cette matrice est égale àI_n+p alors Notons que nous procédons

par implication, et par pas équivalence : c’est la phase d’analyse (si il y a un inverse, alors....)

Remarque







AA⁰=I_n CC⁰=I_p

AB⁰+BC⁰=0n,p

On en tire facilement queA⁰=A⁻¹etC⁰=C⁻¹.

Et alorsAB⁰+BC⁰=0⇔AB⁰=−BC⁻¹⇔B⁰=−A⁻¹BC⁻¹.

Donc si un inverse existe sous la forme citée précédemment, c’est A⁻¹ −A⁻¹BC⁻¹

0 C⁻¹

! .

(10)

Reste à procéder à la synthèse, en prouvant que : A⁻¹ −A⁻¹BC⁻¹

0 C⁻¹

!

est bien l’inverse de A B

0 C

!

. On a alors A⁻¹ −A⁻¹BC⁻¹

0 C⁻¹

! A B 0 C

!

= A⁻¹A A⁻¹B−A⁻¹BC⁻¹C 0p,n C⁻¹C

!

= I_n 0n,p

0p,n I_p

!

=I_n+p. Et de même,

A B 0 C

! A⁻¹ −A⁻¹BC⁻¹

0 C⁻¹

!

= AA⁻¹ −AA⁻¹BC⁻¹+BC⁻¹

0_p,n CC⁻¹

!

= In 0n,p

0p,n I_p

!

=I_n+p. Donc A B

0 C

!

est bien inversible, d’inverse égale à A⁻¹ −A⁻¹BC⁻¹

0 C⁻¹

! .

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.18

1. Soitp∈N. Alors (A−B)

p−1

X

k=0

A^kB^p−1−k =

p−1

X

k=0

A^k+1B^p−k−1−

p−1

X

k=0

A^kB^p−k

=

p

X

i=1

AⁱB^p−i−

p−1

X

k=0

A^kB^p−k

=A^p−B^p.

2. Supposons donc queN soit nilpotente, d’indice de nilpotencep.

Alors−N est également nilpotente, d’indice de nilpotencep, et donc I_n=I_n^p−(−N)^p =(In+N)*.

,

p−1

X

k=0

(−N)^p−1−k+/

- .

Et sur le même principe³ ³Soit on prouve que la for-

mule de la question 1 reste valable en échangeant l’ordre des termes soit on prouve par un calcul direct que (In+N)etPp−1

k=0(−N)^p⁻¹⁻^k commutent.

,*.

,

p−1

X

k=0

(−N)^p−1−k+/

-(I_n+N)=I_n. DoncI_n+N est inversible, et son inverse est

p−1

X

k=0

(−N)^p−1−k.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.19

1. On a

tr(A²)= Xn

i=1

fA²g

i,i

= Xn

i=1

Xn

j=1

a_i,_ja_j,i

= Xn

i=1

Xn

j=1

a²_i,_j ^Aest symétrique donc

ai,j=aj,i.

>0.

2. Notonsf :λ7→tr (λA+B)².

Puisque pour toutλ∈R,λA+Best encore symétrique, le raisonnement de la première question s’applique encore, et prouve quef(λ)>0.

Mais d’autre part, on a f(λ)=tr

λ²A²+λAB+λBA+B²

=λ²tr A²

+λ(tr(AB)+tr(BA))+tr B²

=λ²tr A²

+2λtr(AB)+tr B²

. ISi tr A²

,0, alorsf est une fonction polynomiale de degré 2, de signe constant.

C’est donc que son discriminant est négatif ou nul⁴ ⁴Car s’il y avait deux racines, f changerait de signe entre ces racines.

. Soit encore(2tr(AB))²−4tr A²tr B²

60⇔tr(AB)²6tr A²tr(B²).

ISi tr A²=0, alorsf est une fonction affine, de signe constant, positive. Ce n’est possible que si tr(AB)=0 et que tr B²

>0.

Le calcul de la question 1 permet de prouver que la condition tr(A²)=0 n’est

Remarque Et alors, on a bien l’inégalité annoncée (qui est même une égalité dans ce cas).

MP2I LYCÉE CHAMPOLLION 2021-2022 M. VIENNEY

(11)

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.20

Comme à l’exercice 18, on prouve queI_n+Best inversible.

Et alors, siAest inversible,A+B=A(I_n+A⁻¹B).

Mais puisqueAB=BA, en multipliant cette égalité à gauche et à droite parA⁻¹, il vient A⁻¹B =BA⁻¹.

Et doncA⁻¹ etB commutent, de sorte que, sip désigne l’indice de nilpotence de B, (A⁻¹B)^p =A⁻^pB^p =0.

DoncA⁻¹Best encore nilpotente. On prouve alors, comme à l’exercice 17, queI_n+A⁻¹B est inversible, et donc queA+Best inversible car produit de deux matrices inversibles.

Inversement, siA+Best inversible, alorsA+Bcommute avec−B, et−Best nilpotente.

Par ce qui a été fait précédemment,A=A+B+(−B)est inversible.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.21

1. Commençons par essayer d’écrire explicitementA :

A=

*...

....

,

1 1 1 . . . 1 1 2 2 . . . 2 1 2 3 . . . 3 ... ... ... ... 1 2 3 . . . n +///

////

- .

Calculons son inverse par opérations élémentaires. Commençons par réaliser l’opération Ln ←Ln−Ln−1. Alors

Nous ne suivons pas ici l’al- gorithme du pivot. Peu importe : celui-ci fournit une méthode, qui fonctionne toujours, pour transformer notre matrice en l’identité.

Si vous voyez d’autres opéra- tions qui permettent d’arriver plus simplement au même résultat, il ne faut pas vous priver de les utiliser.

Méthode

*...

....

... ,

1 1 1 . . . 1 1 0 . . . 0 0

1 2 2 . . . 2 0 1 . . . 0 0

... ... ... ... ... . . . ... ... ...

1 2 3 . . . n−1 ... . . 1 0

1 2 3 . . . n 0 0 0 . . . 1

+///

////

/// -

⇔

*...

....

... ,

1 1 1 . . . 1 1 0 . . . 0 0

1 2 2 . . . 2 0 1 . . . 0 0

... ... ... ... ... . . . ... ... ...

1 2 3 . . . n−1 ... . . 1 0

0 0 0 . . . 1 0 0 0 −1 1

+///

////

/// - .

Passons ensuite àL_n₋₁←L_n₋₁−L_n₋₂. Alors

*...

....

... ,

1 1 1 . . . 1 1 1 0 . . . 0 0

1 2 2 . . . 2 2 0 1 . . . ... 0 0

... ... ... ... . . . ... ... ... ...

1 2 3 . . . n−2 n−2 ... 1 0 0

0 0 . . . 1 1 ... ... −1 1 0

0 0 0 . . . 0 1 0 0 . . . 0 −1 1

+///

////

/// - Réalisons alors l’opérationL_n−1←L_n−1−L_n :

*...

....

... ,

1 1 1 . . . 1 1 1 0 . . . 0 0

1 2 2 . . . 2 2 0 1 . . . ... 0 0

... ... ... ... . . . ... ... ... ...

1 2 3 . . . n−2 n−2 ... 1 0 0

0 0 . . . 1 0 ... ... −1 2 −1

0 0 0 . . . 0 1 0 0 . . . 0 −1 1

+///

////

/// -

De proche en proche, en réalisant à chaque fois les opérationsLi ←Li −Li−1puisLi ← L_i+L_i+1, on arrive à

*...

....

... ,

1 1 1 . . . 1 1 1 0 . . . 0 0

0 1 0 . . . 0 0 −1 2 . . . ... 0 0

... ... . . . ... . . . ... ... . . . ...

... ... ... . . . ... ... ... ... ... 2 −1 0

0 0 . . . 1 0 ... ... −1 2 −1

0 0 0 . . . 0 1 0 0 . . . 0 −1 1

+///

////

/// -

(12)

Ne reste plus qu’à soustrait chacune desLi àL1 :

*...

....

... ,

1 0 0 . . . 1 1 2 −1 . . . 0 0

0 1 0 . . . 0 0 −1 2 . . . ... 0 0

... ... . . . ... . . . ... ... . . . ...

... ... ... . . . ... ... ... ... ... 2 −1 0

0 0 . . . 1 0 ... ... −1 2 −1

0 0 0 . . . 0 1 0 0 . . . 0 −1 1

+///

////

/// -

DoncAest inversible etA⁻¹=

*...

....

... ,

2 −1 . . . 0 0

−1 2 . . . 0 0

... . . . ... ... ...

... . . . −1 2 −1

0 . . . 0 −1 1

+///

////

/// - .

2. Sin=2, on aB= F₂ F₃ F₃ F₄

!

= 1 2 2 3

!

qui est inversible⁵ ⁵Car de déterminant égal à

, d’inverse −3 2 −1.

2 −1

! . En revanche, sin>3, alors la troisième ligne deBvérifieL₃=L₁+L₂. En effet, pour toutj∈n1,no, on aF_3+j =F_2+j+F_1+j.

Et donc la famille des lignes deBn’est pas libre, doncBn’est pas inversible.

SOLUTION DE L’EXERCICE 13.22

PuisqueAX =0n,1, alors tous les coefficients deAX sont nuls, et en particulier, lei₀^ème coefficient deAX est nul.

Soit encore⁶ ⁶En utilisant la formule du

produit matriciel.

Xn

j=1

a_i₀,jx_j =0.

En isolant le coefficient diagonal de lai₀^èmeligne deA, on a donca_i₀_,i₀x_i₀ =− Xn

j=1 j,i0

a_i₀_,jx_j. En passant à la valeur absolue, l’inégalité triangulaire nous donne alors

|a_i₀_,i₀|·|x_i₀|6 Xn

j=1 j,i0

a_i₀_,_j|·|x_j|6 Xn

j=1 j,i0

|a_i₀_,_j|·|x_i₀|.

Par définition,i₀est le nu- méro d’une ligne portant le plus grand coefficient (en valeur absolue) deX. Donc pour toutj ∈n1,no,

|xj|6|xi₀|.

Détails

Six_i₀ ,0, alors, en divisant par|x_i₀|, il vient|a_i₀_,i₀|6 Xn

j=1 j,i0

|a_i₀_,j|, ce qui contredit l’hypothèse faite surA.

Doncx_i₀ =0. Ceci implique alors que tous les coefficients deX soient nuls, et donc que X =0.

Autrement dit, nous avons prouvé queAX =0n,1⇒X =0n,1, ce qui est une des caractéri- sations de l’inversibilité, et doncAest inversible.