Calculs sur les matrices

(1)

Exo7

Calculs sur les matrices

Corrections d’Arnaud Bodin.

1 Opérations sur les matrices

Exercice 1

Effectuer le produit des matrices : 2 1

3 2

×

1 −1

1 2

1 2 0

3 1 4

×





−1 −1 0

1 4 −1

2 1 2









a b c c b a

1 1 1



×





1 a c

1 b b

1 c a





CorrectionH Vidéo ^[001040]

Exercice 2 SoitA(θ) =

cosθ −sinθ sinθ cosθ

pourθ∈R. CalculerA(θ)×A(θ⁰)et A(θ)n

pourn>1.

IndicationH CorrectionH Vidéo ^[001061]

Exercice 3

SoientAetB∈Mn(R)telles que∀X∈Mn(R), tr(AX) =tr(BX). Montrer queA=B.

Exercice 4

Que peut-on dire d’une matriceA∈Mn(R)qui vérifie tr(A^tA) =0 ?

2 Inverse

Exercice 5

Calculer (s’il existe) l’inverse des matrices : a b

c d





1 2 1

1 2 −1

−2 −2 −1









1 α¯ α¯² α 1 α¯ α² α 1



(α∈C)







0 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0













1 1 · · · 1 0 1 . .. ... . .. ... ... ...

· · · 0 1 1

0 · · · 0 1













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

... 0 1 2

0 · · · 0 1







(2)

CorrectionH Vidéo ^[006872]

Exercice 6 SoitA=





1 0 2

0 −1 1

1 −2 0



. CalculerA³−A. En déduire queAest inversible puis déterminerA⁻¹.

Exercice 7 Mantisymétrique⇒I+Mest inversible SoitM∈Mn(R)antisymétrique.

1. Montrer queI+Mest inversible (si(I+M)X =0, calculer^t(MX)(MX)).

2. SoitA= (I−M)(I+M)⁻¹. Montrer que^tA=A⁻¹.

Exercice 8

A= (ai,j)∈Mn(R)telle que :

∀i=1, . . . ,n |a_i,i|>

∑

j6=i

a_i,_j .

Montrer queAest inversible.

(3)

Indication pourl’exercice 2N

Il faut connaître les formules de cos(θ+θ⁰)et sin(θ+θ⁰).

Essayer avecX la matrice élémentaireEi j (des zéros partout sauf le coefficient 1 à lai-ème ligne et la j-ème colonne).

Appliquer la formule du produit pour calculer les coefficients diagonaux deA^tA Indication pourl’exercice 6N

Une fois que l’on a calculéA²etA³on peut en déduireA⁻¹sans calculs.

Indication pourl’exercice 7N Mantisymétrique signifie^tM=−M.

1. SiY est un vecteur alors^tYY =kYk²est un réel positif ou nul.

2. I−Met(I+M)⁻¹commutent.

Prendre un vecteurX =





 x₁

... xn





tel queAX=0, considérer le rangi₀tel|x_i₀|=max

|x_i| |i=1, ...,n .

(4)

Correction del’exercice 1N

SiC=A×Balors on obtient le coefficientci j (situé à lai-ème ligne et la j-ème colonne deC) en effectuant le produit scalaire dui-ème vecteur-ligne deAavec le j-éme vecteur colonne deB.

On trouve

2 1 3 2

×

1 −1

1 2

= 3 0

5 1

1 2 0

3 1 4

×





−1 −1 0

1 4 −1

2 1 2



=

1 7 −2

6 5 7





a b c c b a

1 1 1



×





1 a c

1 b b

1 c a



=





a+b+c a²+b²+c² 2ac+b² a+b+c 2ac+b² a²+b²+c²

3 a+b+c a+b+c





Correction del’exercice 2N A(θ)×A(θ⁰) =

cosθ −sinθ sinθ cosθ

×

cosθ⁰ −sinθ⁰ sinθ⁰ cosθ⁰

=

cosθcosθ⁰−sinθsinθ⁰ −cosθsinθ⁰−sinθcosθ⁰ sinθcosθ⁰+cosθsinθ⁰ −sinθsinθ⁰+cosθcosθ⁰

=

cos(θ+θ⁰) −sin(θ+θ⁰) sin(θ+θ⁰) cos(θ+θ⁰)

=A(θ+θ⁰)

Bilan :A(θ)×A(θ⁰) =A(θ+θ⁰).

Nous allons montrer par récurrence surn>1 que A(θ)n

=A(nθ).

— C’est bien sûr vrai pourn=1.

— Fixonsn>1 et supposons que A(θ)n

=A(nθ)alors A(θ)n+1

= A(θ)n

×A(θ) =A(nθ)×A(θ) =A(nθ+θ) =A((n+1)θ)

— C’est donc vrai pour toutn>1.

Remarques :

— On aurait aussi la formule A(θ⁰)×A(θ) =A(θ+θ⁰) =A(θ)×A(θ⁰). Les matrices A(θ) et A(θ⁰) commutent.

— En fait il n’est pas plus difficile de montrer que A(θ)−1

=A(−θ). On sait aussi que par définition A(θ)0

=I. Et on en déduit que pourn∈Zon a A(θ)n

=A(nθ).

— En terme géométriqueA(θ) est la matrice de la rotation d’angle θ (centrée à l’origine). On vient de montrer que si l’on compose un rotation d’angle θ avec un rotation d’angle θ⁰ alors on obtient une rotation d’angleθ+θ⁰.

NotonsE_{i j} la matrice élémentaire (des zéros partout sauf le coefficient 1 à lai-ème ligne et la j-ème colonne).

SoitA= (ai j)∈Mn(R). Alors

A×Ei j=





0 0 · · · 0 a_1i 0 · · · 0 0 · · · 0 a_2i 0 · · · ... · · · ... · · · 0 0 · · · 0 aji 0 · · ·





(5)

La seule colonne non nulle est la j-ème colonne.

La trace est la somme des éléments sur la diagonale. Ici le seul élément non nul de la diagonale estaji, on en déduit donc

tr(A×Ei j) =aji

(attention à l’inversion des indices).

Maintenant prenons deux matricesA,Btelles que tr(AX) =tr(BX)pour toute matriceX. Alors pourX =Ei j

on en déduita_ji=b_ji. On fait ceci pour toutes les matrices élémentairesE_{i j} avec 16i,j6nce qui implique A=B.

Notons A= (ai j), notons B=^tA si les coefficients sontB= (bi j) alors par définition de la transposée on a bi j=aji.

Ensuite notonsC=A×B alors par définition du produit de matrices le coefficients ci j deCs’obtient par la formule :

c_{i j}=

n

∑

k=1

a_ikb_{k j}.

Appliquons ceci avecB=^tA

ci j=

n

∑

k=1

a_ikb_{k j}=

n

∑

k=1

a_ika_jk.

Et pour un coefficient de la diagonale on ai= jdonc cii=

n

∑

k=1

a²_ik.

La trace étant la somme des coefficients sur la diagonale on a : tr(A^tA) =tr(C) =

n

∑

i=1

c_ii=

n

∑

i=1 n

∑

k=1

a²_ik=

∑

16i,k6n

a²_ik.

Si on change l’indiceken jon obtient

tr(A^tA) =

∑

16i,j6n

a²_{i j}.

Donc cette trace vaut la somme des carrés de tous les coefficients.

Conséquence : si tr(A^tA) =0 alors la somme des carrés∑₁₆_i,j6na²_{i j} est nulle donc chaque carréa²_{i j} est nul.

Ainsiai j=0 (pour touti,j) autrement ditAest la matrice nulle.

1. si le déterminantad−bcest non nul l’inverse est _ad−bc¹

d −b

−c a

2. ¹₄





−4 0 −4

3 1 2

2 −2 0





3. si|α| 6=1 alors l’inverse est _1−α¹_α_¯





1 −α¯ 0

−α 1+αα¯ −α¯

0 −α 1





4. ¹₃







−2 1 1 1

1 −2 1 1

1 1 −2 1

1 1 1 −2







(6)

5.







1 −1 0 · · · 0 0 1 −1 0 · · ·

. .. ... ...

... 0 1 −1

0 · · · 0 1







6.







1 −2 1 0 · · · 0 1 −2 1 0 · · ·

1 −2 1 0

. .. ... ...

(0) 1 −2

1







Correction del’exercice 6N On trouve

A²=





3 −4 2

1 −1 −1

1 2 0



 et A³=





5 0 2

0 3 1

1 −2 4



.

Un calcul donneA³−A=4I. En factorisant parAon obtientA×(A²−I) =4I. DoncA×¹₄(A²−I) =I, ainsi Aest inversible et

A⁻¹=1

4(A²−I) =1 4





2 −4 2

1 −2 −1

1 2 −1



.

Avant de commencer la résolution nous allons faire une remarque importante : pourX =





 x₁ x₂ ... x_n







un vecteur (considéré comme une matrice à une seule colonne) alors nous allons calculer^tX X:

tX X= (x1,x₂,· · ·,xn)





 x₁ x₂ ... xn







=x²₁+x²₂+· · ·+x²_n.

On notekXk²=^tX X :kXkest lanormeou lalongueur du vecteurX. De ce calcul on déduit d’une part que

tX X>0. Et aussi que^tX X>0 si et seulement siX est le vecteur nul.

1. Nous allons montrer queI+Mest inversible en montrant que si un vecteurXvérifie(I+M)X=0 alors X=0.

Nous allons estimer^t(MX)(MX)de deux façons. D’une part c’est un produit de la forme^tYY =kYk²et donc^t(MX)(MX)>0.

(7)

D’autre part :

t(MX)(MX) =^t(MX)(−X) car(I+M)X=0 doncMX =−X

=^tX^tM(−X) car^t(AB) =^tB^tA

=^tX(−M)(−X) car^tM=−M

=^tX MX

=^tX(−X)

=−^tX X

=−kXk²

Qui est donc négatif.

Seule possibilitékXk²=0 doncX=0 (= le vecteur nul) et doncI+Minversible.

2. (a) CalculonsA⁻¹.

A⁻¹= (I−M)×(I+M)⁻¹−1

= (I+M)⁻¹−1

×(I−M)⁻¹= (I+M)×(I−M)⁻¹ (n’oubliez pas que(AB)⁻¹=B⁻¹A⁻¹).

(b) Calculons^tA.

tA=^t (I−M)×(I+M)⁻¹

=^t (I+M)⁻¹

×^t(I−M) car^t(AB) =^tB^tA

= ^t(I+M)−1

×^t(I−M) car^t(A⁻¹) = ^tA−1

= I+^tM)−1

×(I−^tM) car^t(A+B) =^tA+^tB

= (I−M)⁻¹×(I+M) car ici^tM=−M

(c) Montrons queI+Met(I−M)⁻¹commutent.

Tout d’abordI+MetI−Mcommutent car(I+M)(I−M) =I−M²= (I−M)(I+M). Maintenant nous avons le petit résultat suivant :

Lemme.SiAB=BAalorsAB⁻¹=B⁻¹A.

Pour la preuve on écrit :

AB=BA⇒B⁻¹(AB)B⁻¹=B⁻¹(BA)B⁻¹⇒B⁻¹A=AB⁻¹.

En appliquant ceci àI+MetI−Mon trouve(I+M)×(I−M)⁻¹= (I−M)⁻¹×(I+M)et donc A⁻¹=^tA.

Correction del’exercice 8N SoitX =





 x₁

... x_n





un vecteur tel queAX=0. Nous allons montrer qu’alorsX est le vecteur nul ce qui entraîne queAest inversible.

Par l’absurde supposonsX6=0. Alors, sii₀est un indice tel que|x_i₀|=max

|x_i| |i=1, . . . ,n , on a|x_i₀|>0.

Mais alors commeAX=0 on a pour touti=1, . . . ,n:

n

∑

j=1

a_i,jxj=0 donc

|ai₀,i0xi₀|=

−

∑

j6=i₀

ai₀,jxj

6

∑

j6=i₀

|ai₀,j|.|xj|6|xi₀|

∑

j6=i₀

|ai₀,j|

(8)

et, puisque|x_i₀|>0, on obtient|a_i₀_,i₀|6∑_j6=i₀|a_i₀_,_j|contredisant les hypothèses de l’énoncé. AinsiX =0. On a donc prouvé «AX=0⇒X =0» ce qui équivaut àAinversible.