Corrigé du devoir à la maison n
◦3
Partie A – Éléments de A dont l’inverse appartient à A
1. a. D’une part, M est bien une matrice carrée d’ordre 2 à coefficients entiers et, d’autre part, detM = 2×1−4×(−1) = 66= 0 donc M est inversible. Ainsi, M ∈ A. b. Comme M−1 = 16 1 1
−4 2
!
=
1 6
1
−23 613
!
, les coefficients deM−1 ne sont pas entiers donc M−1 ∈ A/ .
2. Comme detM ∈ {−1,1}, detM 6= 0 donc M est inversible et, en écrivant M = a b c d
!
, on aM−1 = det1M d −b
−c a
!
. Dès lors, si detM = 1,M−1 = d −b
−c a
!
et, si detM =−1, M−1 = −d b
c −a
!
. Ainsi, dans les deux cas, M−1 est une matrice carrée à coefficients entiers donc M−1 ∈ A.
3. a. Écrivons M = a b c d
!
. Alors,M−1 = 1δ d −b
−c a
!
=
d δ −bδ
−cδ aδ
!
. Or, par hypothèse, cette matrice a ses quatre coefficients entiers donc ils existe des entiers e, f, g et h tels que dδ =e, −δb = f, −δc =g et aδ = h i.e. a = hδ, b =−f δ, c =−gδ et d = eδ.
Ainsi, par définition, δ divise les 4 coefficients de M . b. Avec les notations précédentes, en posantN = h −f
−g e
!
, on aN ∈ A et M =δN . c. Toujours en gardant les mêmes notations, on a
δ=ad−bc= (hδ)(eδ)−(−f δ)(−gδ) = δ2(he−(−f)(−g))
i.e. δ =δ2×detN . Or,δ6= 0 carM est inversible donc, en divisant par δ, on obtient 1 =δ×detN. Comme detN est un entier, il s’ensuit queδdivise 1 donc δ∈ {−1,1}. 4. On a donc démontrer que, pour toute matrice inversibleM ∈ A,M−1 ∈ Asi et seulement
si detM ∈ {−1,1}.
Partie B – Matrices inversibles de déterminant 1
1. Les matrices S et T sont bien dans A et, de plus, detS = 0×0−1×(−1) = 1 et detT = 1×1−0×1 donc S ∈ B et T ∈ B .
2. On a ST = 0 −1 1 1
!
etT S = 1 −1
1 0
!
donc ST 6=T S i.e. S et T ne commutent pas . 3. Soit M ∈ B etN ∈ B. Posons M = a b
c d
!
etN = e f g h
!
. Alors,
M N = ae+bg af +bh ce+dg cf +dh
!
.
Ainsi, comme a, b, c,d, e, f,g et h sont des entiers, M N ∈ A. De plus, det(M N) = (ae+bg)(cf +dh)−(ce+dg)(af +bh)
=aecf +aedh+bgcf+bgdh−(ceaf +cebh+dgaf +dgbh)
=aedh+bgcf−cebh−dgaf
= (ad−bc)eh−(ad−bc)gf
Or, commeM ∈ B,ad−bc= 1 donc det(M N) =eh−gf et, commmeN ∈ B,eh−gf = 1 donc det(M N) = 1. On conclut donc que M N ∈ B.
4. a. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionHn :Tn = 1 n 0 1
!
. CommeT0 =I2 = 1 0
0 1
!
,H0 est vraie.
Supposons que Tk soit vraie pour un certain k ∈N. Alors,
Tk+1 =TkT = 1 k 0 1
! 1 1 0 1
!
= 1 1 +k
0 1
!
donc Hk+1 est vraie.
On a donc montré par récurrence que, pour tout n ∈N, Tn= 1 n 0 1
!
. b. Soit n ∈ Z. Si n ∈N alors, d’après la question précédente, Tn = 1 n 0 1
!
. Si n /∈ Z alors −n ∈Z donc T−n = 1 −n
0 1
!
. Dès lors, Tn = T−(−n) = (T−1)−n. Or, comme T et T−1 commutent, I2 =I2−n = (T T−1)−n= T−n(T−1)−n donc (T−1)−n= (T−n)−1. Ainsi,
Tn= 1 −n
0 1
!−1
= 1
1×1−0×(−n)
1 −(−n)
0 1
!
= 1 n
0 1
!
.
Ainsi, pour tout n ∈Z,Tn = 1 n 0 1
!
. 5. a. Puisque |c|= 0, c= 0 donc M = a b
0 d
!
. Or, 1 = detM = ad donc, comme a et d sont des entiers, a=d= 1 ou a=d=−1. Si a=d= 1 alors M = 1 b
0 1
!
=Tb. Si a =d = −1 alors M = −1 b
0 −1
!
= −I2×T−b. Or, on vérifie que S2 = −I2 donc M =S2T−b. Ainsi, si |c|= 0 alors M =Tb ou M =S2T−b .
b. Par définition de la division euclidienne, il existe un entier r tel que a =cq+r avec 06r <|c|. Notons N =ST−qM. Alors,
N = 0 −1 1 0
! 1 −q 0 1
! a b c d
!
= 0 −1 1 −q
! a b c d
!
= −c −d
a−cq b−dq
!
.
Ainsi,N = −c −d r b−dq
!
et, par hypothèse,|r|<|c|=k+ 1 donc|r|6k. Or, comme T−q et M sont dans B, T−qM ∈ B d’après la question 3.et, de même, commeS ∈ B, N =S(T−qM)∈ B. On peut donc appliquer l’hypothèse de récurrence àN. Ainsi, N peut s’écrire comme produit de puissances de S et de T et alors M =S−1TqN peut s’écrire comme un produit de puissances deS et de T.
c. Considérons, pour toutn ∈Nla proposition Gn : « pour tout matrice M = a b c d
!
∈ B, si |c|6n alors M peut s’écrire comme produit de puissances de S et de T ».
Alors, d’après la question a., G0 est vraie et, d’après la questionb., si Gk est vraie pour un certain k ∈N alorsGk+1 est vraie. Ainsi, par le principe de récurrence, Gn est vraie pour tout n ∈ N. Il s’ensuit que toute matrice de B peut s’écrire comme produit de puissances de S et de T.
6. (facultatif) Soit M = 102 43
−19 −8
!
.
a. On a bien M ∈ A et detM = 102×(−8)−(−19)×43 = 1 donc M ∈ B.
b. La démonstration de la question 5.fournit en fait un algorithme pour déterminer une décomposition de M.
On effectue la division euclidienne de a = 102 par c= −19 : 102 = (−19)(−5) + 7 donc q=−5. On calcule alorsM1 =ST−qM =ST5M = 19 8
7 3
!
.
On recommence avec M1 : on effectue la division euclidienne de a = 19 par c= 7 : 19 = 2 + 5 donc q = 2. On calcule alors M2 =ST−qM1 =ST−2M1 = −7 −3
5 2
!
. On recommence avec M2 : on effectue la division euclidienne de a=−7 parc= 5 :
−7 = (−2) + 3 doncq= −2. On calcule alorsM3 = ST−qM2 =ST2M2 = −5 −2
3 2
!
. On recommence avec M3 : on effectue la division euclidienne de a=−5 parc= 3 :
−5 = (−2) + 1 doncq= −2. On calcule alorsM4 = ST−qM3 =ST2M3 = −3 −1
1 0
!
. On recommence avec M4 : on effectue la division euclidienne de a=−3 parc= 1 :
−3 = (−3)×1 + 0 donc q = −3. On calcule alors M5 = ST−qM4 = ST3M4 = 0 −1
−1 0
!
=−I2 =S2.
Ainsi, on a montré que ST3ST2ST2ST−2ST5M =S2 donc M =T−5S−1T2S−1T−2S−1T−2S−1T−3S .
c. Cette écriture n’est pas unique ne serait-ce que parce que S2 =−I2 donc S4 =I2 et ainsi S−1 =S3 donc, dans l’écriture précédente, on peut remplacer lesS−1 par des S3. Cependant, on obtient ainsi deux écritures différentes au niveau des puissances mais qui font exactement intervenir les mêmes matrices.
On peut en fait trouver d’autres écritures réellement différentes comme, par exemple, M =T−6S−1T−2ST−3S−1T−2S−1T−3Squi a été obtenue, à partir de la décomposition précédente, en appliquant l’algorithme à T−5S−1T2S−1 et, en multipliant le résultat par T−2S−1T−2S−1T−3S.
