Exo7. Algèbre linéaire II. Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche sur

(1)

Exo7

Algèbre linéaire II

Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche surwww.maths-france.fr

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable

Exercice 1 ***

Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E. Montrer qu’il existe un projecteur pet un automorphismegdeEtel que f =g◦p.

CorrectionH ^[005598]

Exercice 2 **I

Soient E un C-espace vectoriel non nul de dimension finie n et f un endomorphisme deE tel que∀x∈E,

∃p∈N^∗tel que f^p(x) =0. Montrer que f est nilpotent.

Exercice 3 ***

SoitEunC-espace vectoriel de dimension finie non nulle. Soient f etgdeux projecteurs distincts et non nuls deEtels qu’il existe deux complexesaetbtels que :

f g−g f =a f+bg.

1. Montrer que sia6=0 eta6=1 on a : Im(f)⊂Im(g). En déduire queg f = fpuis quea+b=0 puis que a=−1.

2. Montrer que sia6=0 eta6=−1, on a Ker(g)⊂Ker(f). Que peut-on en déduire ?

3. Montrer que si fetgsont deux projecteurs qui ne commutent pas et vérifient de plus f g−g f =a f+bg alors

(a,b)est élément de{(−1,1),(1,−1)}. Caractériser alors chacun de ces cas.

Exercice 4 ***

SoientEetF deuxK-espaces vectoriels et f une application linéaire deEversF. 1. Montrer que[(∀g∈L(F,E), f◦g◦f =0⇒g=0)⇒ fbijective].

2. On pose dimE=p, dimF=net rgf =r. Calculer la dimension de{g∈L(F,E)/ f◦g◦f =0}.

Exercice 5 **I

SoitE=Kn[X].uest l’endomorphisme deEdéfini par :∀P∈E,u(P) =P(X+1)−P.

1. Déterminer Keruet Imu.

1

(2)

2. Déterminer explicitement une base dans laquelle la matrice deuest







0 1 0 . . . 0

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

. .. 0

... . .. 1

0 . . . 0





 .

Exercice 6 ***

Rang de la matrice







1 cos(a) cos(2a) cos(3a) cos(a) cos(2a) cos(3a) cos(4a) cos(2a) cos(3a) cos(4a) cos(5a) cos(3a) cos(4a) cos(5a) cos(6a)





 .

Exercice 7 ***

SoitA= (ai,j)₁₆i,j6ndéfinie para_i,j=1 sii=j, jsii=j−1 et 0 sinon. Montrer queAest inversible et calculer A⁻¹.

Exercice 8 ***

Soientnun entier naturel non nul puisA∈Mn(K). Soit f l’endomorphisme deMn(K) qui à une matriceX associeAX+X A. Calculer Tr(f).

Exercice 9 **

Soientaun réel non nul etAetBdeux éléments deMn(R).

Résoudre dansMn(R)l’équation d’inconnueM:aM+Tr(M)A=B.

Exercice 10 **

Rang de la matrice(i+j+i j)_16i,_j6n.

Exercice 11 **

SoientI=

1 0 0 1

etJ=

1 1 0 1

. SoitE={M(x,y) =xI+yJ,(x,y)∈R²}.

1. Montrer que(E,+, .)est unR-espace vectoriel et préciser sa dimension.

2. Montrer que(E,+,×)est un anneau commutatif.

3. Quels sont les éléments inversibles de l’anneau(E,+,×)? 4. Résoudre dansEles équations :

(a) X²=I (b) X²=0 (c) X²=X.

5. Calculer(M(x,y))ⁿpournentier naturel etxetyréels.

Exercice 12 ***

(3)

a)(I,+)est un groupe et b)∀A∈I,∀M∈Mn(K),AM∈I etMA∈I.

Déterminer tous les idéaux bilatères de l’anneau(Mn(K),+,×).

Exercice 13 ***

Soienta₁,...,a_nnréels tous non nuls etA=







1+a₁ 1 . . . 1

1 . .. ... ...

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

... . .. ... 1

1 . . . 1 1+a_n





 .

Inverse deAen cas d’existence ?

Exercice 14 **

SoientA= (ai,j)_16i,_j6netB= (bi,j)_16i,_j6ndeux matrices carrées de formatntelles quea_i,_j=0 si j6i+r−1 etb_i,j=0 si j6i+s−1 oùretssont deux entiers donnés entre 1 etn. Montrer que siAB= (c_i,j)₁₆_i,j6nalors c_i,j=0 si j6i+r+s−1.

Exercice 15 **I

Calculer l’inverse de





 0

0

1 0

2 0

. . .

n−1 0

n 0

0 1

1

2 1

. . . .

n 1

... . ..

2 2

...

. ..

... . ..

n−1 n−1

...

0 . . . 0

n n





 .

Exercice 16 ***I

Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2 etω =e^2iπ/n.

SoitA= (ω⁽^{j−1)(k−1)})₁₆_j,k₆n. Montrer queAest inversible et calculerA⁻¹.

Exercice 17 **I

SoitAune matrice carrée de formatn. Calculer le déterminant de sa comatrice.

Exercice 18 ***I

SoitAune matrice carrée de formatn. Etudier le rang de comAen fonction du rang deA.

Exercice 19 ***

Résoudre dansMn(R)l’équationM=comM(n>2).

3

(4)

Exercice 20 ***I Théorème de HADAMARD

SoitA= (ai,j)₁₆i,j6n∈Mn(C)telle que∀i∈[[1,n]],|a_i,i|>∑j6=i|a_i,j|. Montrer queA∈G Ln(C). (Une matrice à diagonale strictement dominante est inversible.)

Exercice 21 *I

Existe-t-il deux matrices carréesAetBtelles queAB−BA=In.

Exercice 22 **I

Soit f une forme linéaire sur Mn(C)telle que∀(A,B)∈(Mn(C))², f(AB) = f(BA). Montrer qu’il existe un complexeatel que f =aTr.

Exercice 23 ***

SoitAn=

1 −^a_n

a

n 1

(aréel donné). Calculer limn→+∞Aⁿ_n.

Exercice 24 **

SoientAune matrice carrée de formatnet fl’application deMn(C)dans lui-même qui à une matriceMassocie MA. Trouver la matrice de f dans la base canonique deMn(C)(ordonnée par l’ordre lexicographique).

Exercice 25 ***

SoientA∈Mn(C) etBl’élément deMnp(C) défini par blocs par B=







A 0 . . . 0

0 . .. ... ...

... . .. ... 0

0 . . . 0 A







. Déterminer le

rang deBen fonction du rang deA.

Exercice 26 ***

SoitHun élément deMn(C)tel que∀A∈Mn(C),∃λ_A∈C/HAH=λAH. Montrer que rgH61.

Exercice 27 ***

SoitM∈M3(R). Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : (1)M²=0 et (2) rgM61 et trM=0.

Exercice 28 ***I

SoientAetBdeux matrices carrées de formatntelles queAB−BA=A. Calculer la trace deA²⁰¹⁰.

(5)

Exercice 29 **

SoientM(a) =





4−a 1 −1

−6 −1−a 2

2 1 1−a



etN(a) =





1−a 1 0

0 1−a 0

0 0 2−a



.M(a)etN(a)sont-elles semblables ?

Exercice 30 ***I

SoientAetBdeux éléments deMn(R). Montrer que siAetBsont semblables dansMn(C), elles le sont dans Mn(R).

Exercice 31 **I Exponentielle d’une matrice nilpotente PourAmatrice nilpotente donnée, on pose expA=∑^+∞_k=0^A

k

k!.

1. Montrer que siAetBcommutent et sont nilpotentes alorsA+Best nilpotente et exp(A+B) =expA× expB.

2. Montrer que expAest inversible.

3. Calculer expAoùA=







0 1 0 . . . 0

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

. .. 0

... . .. 1

0 . . . 0





 .

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(6)

Correction del’exercice 1N

Deux cas particuliers se traitent immédiatement.

Si f =0, on prend p=0 etg=Id_E et si f∈G L(E), on prendp=Id_E etg= f.

On se place dorénavant dans le cas où Kerf et Imf ne sont pas réduit à 0.

SoitFun supplémentaire de Kerf dansEetGun supplémentaire de Imf dansE.

On sait que la restriction f⁰de f àF réalise un isomorphisme deFsur Imf. D’autre part dimKerf =dimG<

+∞et donc Kerf etGsont isomorphes. Soitϕ un isomorphisme de Kerf surG.

On définit une unique application linéairegen posantg_/Ker_f =ϕ etg_/F= f⁰. gest un automorphisme deE. En effet,

g(E) =g(Kerf+F) =g(Kerf) +g(F) =ϕ(Kerf) +f⁰(F) =G+Imf=E,

(puisqueϕ et f⁰ sont des isomorphismes) et doncgest surjective. Par suitegest bijective deE sur lui-même puisque dimE<+∞.

Soit pla projection surF parallèlement à Kerf. On a

(g◦p)_/Kerf =g◦0_/Ker_f =0_/Kerf =f_/Ker_f et(g◦p)_/F=g◦Id_/F =f⁰= f_/F.

Ainsi les endomorphismesg◦pet f coïncident sur deux sous espaces supplémentaires deEet doncg◦p= f. Finalement, si on noteP(E)l’ensemble des projecteurs deE,

∀f ∈L(E),∃g∈G L(E),∃p∈P(E)/ f =g◦p.

(Ne pas confondre : (∀x∈E,∃p∈N^∗/ f^p(x) =0) et (∃p∈N^∗/∀x∈E, f^p(x) =0). Dans le deuxième cas, p est indépendant dexalors que dans le premier cas,ppeut varier quandxvarie).

SoitB= (ei)_16i6nune base deE. Pour chaquei∈[[1,n]], il existe un entier non nul p_itel que f^pⁱ(ei) =0. Soit p=Max{p₁, ...,pn}. pest un entier naturel non nul et pouridans[[1,n]], on a

f^p(ei) = f^p−pⁱ(f^pⁱ(ei)) = f^p−pⁱ(0) =0.

Ainsi l’endomorphisme f^ps’annule sur une base deE et on sait que f^p=0.

On a donc trouvé un entier non nulptel que f^p=0 et par suite f est nilpotent.

1. A partir de f g−g f =a f+bg(1), on obtient après composition à droite parg, f g−g f g=a f g+bgou encore f g=g◦_1−a¹ (f g+bId)(puisque 1−a6=0). On en déduit

Im(f g)⊂Img.

Mais alors en écrivant(1)sous la forme f =¹_a(f g−g f−bg)(puisquean’est pas nul), on obtient Imf⊂Img.

L’égalité Imf⊂Imgmontre que tout vecteur de Imfest invariant parget fournit donc l’égalitég f = f. On compose alors (1) à droite par f et en tenant compte deg f = f et de f²= f, on obtient f−f = a f+b f et donc(a+b)f =0 puisb=−apuisque f n’est pas nul.

(1) s’écrit alors f g−f =a(f−g). En composant à droite parg, on obtient : a(f g−g) =0 et donc f g= f puisquean’est pas nul. (1) s’écrit maintenantg−f=a(f−g)ou encore(a+1)(g−f) =0 et donc, puisque f etgsont distincts,a=−1.

(7)

2. (D’après 1), si a est distinct de 0 et de 1, nécessairementa=−1 et (1) s’écrit f g−g f =−f+bg).

Soit x un élément de Kerg. (1) fournit −g(f(x)) = a f(x) (∗) puis en prenant l’image par g, (a+ 1)g(f(x)) = 0. Puisque a est distinct de −1, on obtient g(f(x)) =0 et (∗) fournit a f(x) =0 puis

f(x) =0. Doncxest élément de Kerf. On a montré que Kerg⊂Kerf.

On en déduit Im(g−Id)⊂Kerf et donc f(g−Id) =0 ou encore f g= f.(1)s’écrit f−g f =a f+bg et en composant à gauche par f, on obtient f−f g f =a f+b f g. En tenant compte de f g=f, on obtient (a+b)f=0 et doncb=−a.

(1)s’écrit alors f−g f =a(f−g) et en composant à gauche parg, on obtient 0=a(g f −g)et donc g f =g. (1) s’écrit enfin f−g=a(f−g)et donca=1.

3. Sia=0,(1)s’écrit f g−g f =bg. En composant à gauche ou à droite parg, on obtientg f g−g f =bg et f g−g f g=bg. En additionnant ces deux égalités, on obtient f g−g f =2bg. D’où, en tenant compte de(1),bg=2bget puisquegn’est pas nul,b=0. Par suite f g−g f =0 ce qui est exclu par l’énoncé.

Donc, on ne peut avoira=0. D’après 1) et 2),(a,b)∈ {(−1,1),(1,−1)}.

1er cas.(a,b) = (−1,1). C’est le 1) : f g−g f =−f+g. On a vu successivement queg f = f puis que f g=gfournissant(g−Id)f=0 et(f−Id)g=0 ou encore Imf⊂Ker(g−Id) =Imget Img⊂Imf et donc Imf =Img. Réciproquement, si f etgsont deux projecteurs de même image alorsg f = f, f g=g et donc f g−g f =−f+g. Le premier cas est donc le cas de deux projecteurs de même image . 2ème cas.(a,b) = (1,−1). C’est le cas de deux projecteurs de même noyau.

1. SiN=Kerf 6={0}, considéronsgnon nul tel que Img6={0}et Img⊂Kerf.

Pour un telg, f◦g=0 puis f◦g◦f =0 et doncg=0 par hypothèse, contredisantgnon nulle. Donc Kerf={0}.

Si Imf6=F, on choisitgnulle sur Imf et non nulle sur un supplémentaire de Imf (dont l’existence est admise en dimension infinie). Alors,g◦f =0 puis f◦g◦f =0 et doncg=0 contredisantgnon nulle.

Donc Imf =F.

Finalement, f est bien un isomorphisme deEsurF.

2. SoitA={g∈L(F,E)/ f◦g◦f=0}. Tout d’abordAest bien un sous-espace vectoriel deL(F,E)car contient l’application nulle et est stable par combinaison linéaire (ou bienAest le noyau de l’application linéaire deL(F,E)dansL(E,F)qui àgassocie f◦g◦f).

SoitJ un supplémentaire deI =Imf dansF. Un élémentgdeL(F,E)est entièrement déterminé par ses restrictions àI etJ.

f◦g◦f =0⇔(f◦g)_/I=0 etg_/Jest quelconque⇔g(I)⊂N.

Pour être le plus méticuleux possible, on peut alors considérer l’applicationGde L(I,N)×L(J,E) dans L(F,E) qui à un couple(g₁,g₂) associe l’unique application linéaire g de F dansE telle que g_/I=g₁etg_/J=g₂.Gest linéaire et injective d’imageA. Donc

dimA=dimL(I,N)×dimL(J,E) =dimL(I,N) +dimL(J,E) =r(p−r) + (n−r)p=pn−r².

1. uest dans L(E) caruest linéaire et siPest un polynôme de degré au plusnalorsu(P)est un polynôme de degré au plusn.

• Les polynômes constants sont dans Keru. Réciproquement , soit Pun élément de Keru puis Q= P−P(0).

Par hypothèse,P(0) =P(1) =P(2) =...et donc 0, 1, 2, ... sont des racines deQ. Puisque le polynôme Qadmet une infinité de racines,Qest nul et doncP=P(0)etP∈K0[X]. Ainsi, Keru=K0[X].

• Mais alors, d’après le théorème du rang, rgu= (n+1)−1=n. D’autre part, si Pest dans Kn[X], P(X+1)−Pest dansKn−1[X](si on poseP=a_nXⁿ+. . ., le coefficient deXⁿdansu(P)esta_n−a_n=0).

En résumé, Imu⊂Kn−1[X]et dimImu=dimKn−1[X]<+∞et donc Imu=Rn−1[X].

7

(8)

Keru=K0[X]et Imu=Kn−1[X].

2. On part deP₀=1 et aussi deP₁=X qui vérifient bienu(P₀) =0 etu(P₁) =P₀.

TrouvonsP₂=aX²+bX tel queu(P2) =P₁(il est clair que si deg(P)>1, deg(u(P)) =deg(P)−1 et d’autre part, les constantes sont inutiles car Keru=K0[X]).

u(P₂) =P₁⇔a(X+1)²+b(X+1)−aX²−bX =X⇔(2a−1)X+a+b=0⇔a=¹₂etb=−a.

On prendP₂=¹₂(X²−X) =¹₂X(X−1).

TrouvonsP₃=aX³+bX²+cX tel queu(P₃) =P₂.

u(P3) =P₂⇔a(X+1)³+b(X+1)²+c(X+1)−aX³−bX²−cX=1 2X²−1

2X

⇔

3a−1 2

X²+

3a+2b−1 2

X+a+b+c=0

⇔a= 1

6etb=−1

2 etc=1 3. On prendP₃=¹₆(X³−3X²+2X) =¹₆X(X−1)(X−2).

Essayons, pour 16k6n,P_k=_k!¹∏^k−1_i=0(X−i). Pour 16k6n−1,

u(P_k+1) = 1 (k+1)!

k

∏

i=0

(X+1−i)− 1 (k+1)!

k

∏

i=0

(X−i) = 1

(k+1)!((X+1)−(X−k))

k−1

∏

i=0

(X−i)

= 1 k!

k−1

∏

i=0

(X−i) =Pk.

Enfin, lesP_k, 06k6n, constituent une famille den+1=dimKn[X]polynômes de degrés échelonnés deKn[X]et donc la famille(Pk)₀₆k6nest une base deKn[X]. Dans cette base, la matrice deua la forme désirée.

(C’est en fait un exercice sur les polynômes de TCHEBYCHEV de 1ère espèce et vous pouvez généraliser cet exercice en passant au formatnau lieu du format 4.)

Si on noteCj, j∈ {1,2,3,4}, la j-ème colonne deAalorsCj = (cos(i+j−2)a)₁₆i64puis pour jélément de {1,2},

C_j+2+Cj= (2 cos(i+j−1)acosa)₁₆i64=2 cosaC_j+1

et doncC₃=2 cosaC₂−C₁∈Vect(C₁,C₂)etC₄=2 cosaC₃−C₂∈Vect(C₂,C₃)⊂Vect(C₁,C₂).

Donc Vect(C1,C2,C3,C4) =Vect(C1,C2)et rgA=rg(C1,C2)62.

Enfin

1 cos(a)

cos(a) cos(2a)

=cos(2a)−cos²a=cos²a−1=−sin²a.

•Sian’est pas dansπZ, ce déterminant n’est pas nul et donc les deux premières colonnes ne sont pas coli- néaires. Dans ce cas, rgA=2.

•Siaest dansπZ, la première colonne n’est pas nulle et les autres colonnes lui sont colinéaires. Dans ce cas, rgA=1.

rg(A) =2 sia∈/πZet rg(A) =1 sia∈πZ.

(9)

A=







1 2 0 . . . 0

0 1 3 . .. ...

... . .. ... ... ... ... . .. 0 ... . .. ... n−1

0 . . . 0 1







=I+NoùN=







0 2 0 . . . 0

0 0 3 . .. ...

... . .. ... ... ... ... . .. 0 ... . .. ... n−1

0 . . . 0 0





 .

Nest nilpotente et doncNⁿ=0. Par suite,

I=I−(−N)ⁿ= (I+N)(I−N+...+ (−N)ⁿ⁻¹).

AinsiAest inversible à gauche et donc inversible, d’inverseI−N+...+ (−N)ⁿ⁻¹. Calcul deN^ppour 16p6n.

N²= ∑ⁿ_j=2jEj−1,j

2

=∑₂₆_j,k₆njkEj−1,jEk−1,k=∑ⁿ⁻¹_j=2 j(j+1)Ej−1,jE_j,_j+1=∑ⁿ_j=3j(j−1)jEj−2,j.

c’est-à-direN²=







0 0 2×3 0 . . . 0

... . .. 3×4 . .. ... . .. . .. 0

. .. (n−1)n

... 0

0 . . . 0 0





 .

Ensuite,N³= ∑ⁿ_j=3(j−1)jEj−2,j

(∑ⁿ_k=2kE_k−1,k)) =∑ⁿ_j=4j(j−1)(j−2)Ej−3,j. Supposons que pourpdonné dans[[1,n−1]],N^p=∑ⁿ_j=p+1j(j−1)...(j−p+1)Ej−p,j. AlorsN^p+1= ∑ⁿ_j=p+1j(j−1)...(j−p+1)Ej−p,j

(∑ⁿ_k=2kEk−1,k) =∑ⁿ_j=p+2j(j−1)...(j−p)Ej−p−1,j. Ainsi A⁻¹= (ai,j)₁₆i,j6noùa_i,j=0 sii> j, 1 sii=jet(−1)ⁱ⁺^j−2∏_k=0^j−i−1(j−k)sinon.

On noteB= (E_i,j)₁₆_i,j6nla base canonique deMn(K).

Trf =∑₁₆_i,j6nαi,joùαi,jdésigne la(i,j)-ème coordonnée de f(Ei,j) =AE_i,_j+E_i,_jAdans la baseB. Mais pour(i,j)∈[[1,n]]²donné,

AE_i,_j=∑₁₆_k,l₆na_k,lE_k,lE_i,_j=∑ⁿ_k=1a_k,iE_k,_j et de même,

E_i,jA=∑₁₆_k,l₆na_k,lE_i,jE_k,l=∑ⁿ_l=1a_j,lE_i,l. Donc∀(i,j)∈[[1,n]]²,α_i,j=a_i,i+a_j,_jpuis

Trf =∑₁₆i,j6n(a_i,i+a_j,j) =2∑₁₆i,j6na_i,i=2∑ⁿ_j=1(∑ⁿ_i=1a_i,i) =2∑ⁿ_j=1TrA=2nTrA.

Trf =2nTrA.

9

(10)

SiMest solution, nécessairementaTrM+ (TrM)(TrA) =TrBou encore(TrM)(a+TrA) =TrB.

1er cas.Si TrA6=−aalors nécessairement TrM=_a+TrA^TrB puisM=¹_a B−_a+TrA^TrB A . Réciproquement, siM=¹_a B−_a+TrA^TrB A

alors

aM+ (TrM)A=B−_a+TrA^TrB A+¹_a TrB−_a+TrA^TrB TrA A=B.

Si TrA6=−a,S =₁

a B−_a+TrA^TrB A . 2ème cas.Si TrA=−aet TrB6=0, il n’y a pas de solution .

3ème cas.Si TrA=−aet TrB=0,Mest nécessairement de la forme¹_aB+λAoùλ est un réel quelconque.

Réciproquement, soientλ∈RpuisM=¹_aB+λA. Alors aM+ (TrM)A=B+aλA+ ¹_aTrB+λTrA

A=B+aλA−aλA=B, et toute matrice de la formeB+λA,λ ∈R, est solution.

Si TrA=−a,S =∅si TrB6=0 etS ={B+λA,λ∈R}si TrB=0.

Pour j∈[[1,n]], notonsC_j la j-ème colonne de la matriceA. Posons encoreU =





 1 2 ... n





 etV =





 2 3 ... n+1





 . Pour j∈[[1,n]], on a

C j= (i+j(i+1))_16i6n= (i)_16i6n+j(i+1)_16i6n=U+jV.

Donc Vect(C₁, ...,Cn)⊂Vect(U,V)et en particulier, rgA62. Maintenant, sin>2, les deux premières colonnes deAne sont pas colinéaires car

3 5 5 8

=−16=0. Donc, sin>2, rgA=2 et sin=1, rgA=1.

Sin>2, rg(i+j+i j)₁₆_i,j6n=2 et sin=1, rg(i+j+i j)₁₆_i,j6n=1.

1. E=Vect(I,J)est un sous-espace vectoriel deM2(R)de dimension inférieure ou égale à 2. De plus, la famille(I,J)est libre car la matriceJn’est pas une matrice scalaire et donc dimE=2.

2. Puisque(E,+, .)est un espace vectoriel,(E,+)est un groupe commutatif.

Ensuite,I²=I∈E,IJ=JI=J∈EetJ²= (I+E_1,2)²=I+2E_1,2=I+2(J−I)−I=2J−I∈E. Par bilinéarité du produit matriciel, la multiplication est interne dansE et commutative. De plus,I∈E et finalementE est un sous-anneau commutatif deM2(R).

Remarque.M(x,y)M(x⁰,y⁰) =xx⁰I+ (xy⁰+yx⁰)J+yy⁰(2J−I) = (xx⁰−yy⁰)I+ (xy⁰+yx⁰+2yy⁰)J.

(11)

3. Soit(x,y)∈R².

M(x,y)est inversible dansE⇔ ∃(x⁰,y⁰)∈R²/;(xx⁰−yy⁰)I+ (xy⁰+yx⁰+2yy⁰)J=I

⇔ ∃(x⁰,y⁰)∈R²/;

xx⁰−yy⁰=1

yx⁰+ (x+2y)y⁰=0 (car la famille(I,J)est libre) (∗).

Le déterminant de ce système d’inconnue(x⁰,y⁰)estx(x+2y) +y²= (x+y)².

•Six+y6=0, le système(∗)admet une et une seule solution. Dans ce cas,M(x,y)est inversible dans E.

•Six+y=0, le système(∗)s’écrit

x(x⁰+y⁰) =1

−x(x⁰+y⁰) =0 et n’a pas de solution. Dans ce cas,M(x,y) n’est pas inversible dansE.

M(x,y)est inversible dansE⇔x+y6=0.

Remarque.PuisqueI ∈E,M(x,y)est inversible dansE si et seulement siM(x,y)est inversible dans M2(R).

4. PosonsX=xI+yJ,(x,y)∈R².

(a) D’après 1),X²= (x²−y²)I+ (2xy+2y²)J. Donc

X²=I⇔x²−y²=1 et 2xy+2y²=0(car la famille(I,J)est libre)

⇔(y=0 etx²=1)ou(y=−xet0=1)⇔(y=0 etx=1)ou(y=0 etx=−1)

⇔X=IouX=−I.

S ={I,−I}.

(b)

X²=0⇔x²−y²=0 et 2xy+2y²=0⇔(y=0 etx²=0)ou(y=−xet0=0)⇔y=−x.

S ={x(I−J),x∈R}.

Remarque.L’équation X²=0, de degré 2, admet une infinité de solutions dansE ce qui montre une nouvelle fois que(E,+,×)n’est pas un corps.

(c)

X²=X⇔x²−y²=xet 2xy+2y²=y⇔y(2x+2y−1) =0 etx²−y²=x

⇔(y=0 etx²=x)ou(2(x+y) =1 et(x+y)(x−y) =x)⇔(X=0 ouX=I)ou(2(x+y) =1 etx−y=2x)

⇔X=0 ouX =I.

S ={0,I}. 5. Soitn∈N^∗. On poseN=J−I=

0 1 0 0

. AlorsM(x,y) =xI+y(I+N) = (x+y)I+yN. PuisqueIetNcommutent, la formule du binôme de NEWTONfournit

(M(x,y))ⁿ= ((x+y)I+yN) = (x+y)ⁿI+ny(x+y)ⁿ⁻¹N(carN^k=0 pourk>2)

=

(x+y)ⁿ ny(x+y)ⁿ⁻¹ 0 (x+y)ⁿ

.

11

(12)

∀n∈N^∗,(M(x,y))ⁿ=

(x+y)ⁿ ny(x+y)ⁿ⁻¹ 0 (x+y)ⁿ

.

{0}est un idéal bilatère de l’anneauMn(K),+,×).

SoitIun idéal non nul de de l’anneauMn(K),+,×). Montrons queI=Mn(K).

Il existe une matriceAnon nulle dansI. Pour tout quadruplet d’indices(i,j,k,l),Icontient le produit E_i,jAE_k,l =∑₁₆_u,v₆na_u,vE_i,jE_u,vE_k,l=a_j,kE_i,l.

Aest non nulle et on peut choisir jetk tels quea_j,k soit non nul. I contient alorsa_j,kE_i,l_a¹

j,kIn=E_i,l. Finale- mentIcontient toutes les matrices élémentaires et donc encore toutes les sommes du type∑₁₆_i,j6nm_i,jInE_i,j= (mi,j)_16i,_j6n, c’est-à-direMn(K)tout entier.

Les idéaux bilatères de l’anneauMn(K),+,×)sont{0}etMn(K).

On inverseAen l’interprétant comme une matrice de passage.

SoitB= (e₁, ...,en) la base canonique deRⁿ et(e⁰₁, ...,en)la famille de vecteurs deRⁿ de matriceAdans la baseB.

Ainversible⇔(e⁰₁, ...,e⁰_n)base deE⇔Vect(e1, ...,en)⊂Vect(e⁰₁, ...,e⁰_n)⇔ ∀i∈[[1,n]],ei∈Vect(e⁰₁, ...,e⁰_n).

Dans ce cas,A⁻¹est la matrice de passage deB⁰ àB.

Soitu=e₁+...+e_n. Pour touti∈[[1,n]],e⁰_i=a_ie_i+uce qui fournite_i=_a¹

i(e⁰_i−u).

En additionnant membre à membre cesnégalités, on obtientu=∑ⁿ_i=1_a¹_ie⁰_i−

∑ⁿ_i=1_a¹_i

uet doncλu=∑ⁿ_i=1_a¹_ie⁰_i oùλ =1+∑ⁿ_i=1_a¹_i.

1er cas.Siλ 6=0, on peut exprimeruen fonction dese⁰_i, 16i6n, et donc leseifonction dese⁰_i. Dans ce casA est inversible. Plus précisément,u= ¹

λ∑ⁿ_i=1_a¹_ie⁰_ipuis,∀i∈[[1,n]],ei=_a¹

i

e⁰_i−¹

λ∑ⁿ_j=1_a¹_je⁰_j

et enfin

A⁻¹=







1 a1 − ¹

λa²₁ −_λa¹

2a₁ . . . −_λa¹

na₁

−_λa¹

1a₂ 1 a₂− ¹

λa²₂

... ... − ¹

λa2a3 . .. ...

... ... _a¹

n−1− ¹

λa²_n−1 −_λa¹

nan−1

−_λa¹

1a_n −_λa¹

2a_n . . . −_λa¹

nan−1

1 a_n−_λa¹₂

n







oùλ =1+∑ⁿ_i=1_a¹

i.

2ème cas.Siλ =0, on a∑ⁿ_i=1_a¹

ie⁰_i=0 ce qui montre que la famille(e⁰_i)_16i6nest liée et donc queAn’est pas inversible.

Par hypothèse,a_i,_j=0 pour j6i+r−1 etbi,j=0 pour j6i+s−1.

Soientiet jdeux indices tels que j6i+r+s−1. Le coefficient lignei, colonne j, deABvaut∑ⁿ_k=1a_i,kb_k,_j. Dans cette somme, sik6i+r−1,a_i,k=0. Sinonk>i+ret donc j6i+r+s−16k+s−1 et dans ce cas b_k,_j=0.

Finalement, le coefficient lignei, colonne j, deABest bien nul si j6i+r+s−1.

(13)

NotonsAla matrice de l’énoncé. Soit f l’endomorphisme deRn[X]de matriceAdans la base canoniqueBde Rn[X]. D’après la formule du binôme de NEWTON,∀k∈[[0,n]], f(X^k) = (X+1)^k. f coïncide donc sur la base Bavec l’endomorphisme deRn[X]qui à un polynômePassocieP(X+1)et f est donc cet endomorphisme.

f est un automorphisme deRn[X]de réciproque l’application qui à un polynômePassocieP(X−1). Par suite, Aest inversible d’inverse la matrice de f⁻¹dans la baseB.

Le coefficient lignei, colonne j, deA⁻¹vaut donc 0 sii> jet(−1)ⁱ⁺^j j

i

sii6 j.

CalculonsAA. Soit(j,k)∈[[1,n]]². Le coefficient ligne j, colonnekdeAAvaut

∑ⁿ_u=1ω⁽^{j−1)(u−1)}ω−(u−1)(k−1)=∑ⁿ_u=1 ω^j−ku−1

.

•Si j=k, ce coefficient vautn.

•Si j6=k, puisque j−kest strictement compris entre−netnet que j−kn’est pas nul,ω^j−k est différent de 1. Le coefficient ligne j, colonnek, deAAest donc égal à ¹⁻(ω^j−k)ⁿ

1−ω^j−k = _1−ω¹⁻¹j−k =0.

Finalement,AA=nI_n. Ainsi,Aest inversible à gauche et donc inversible, d’inverseA⁻¹=¹_nA.

On a toujoursA^t(comA) = (detA)In. Par passage au déterminant et puisqu’une matrice a même déterminant que sa transposée, on obtient

(detA)(det(comA)) = (detA)ⁿ.

•Si detAn’est pas nul, on en déduit det(comA) = (detA)ⁿ⁻¹.

•Si detAest nul, on aA^t(comA) =0 et donc^tcomAest soit nulle, soit diviseur de zéro, et donc dans tous les cas non inversible. Il en est de même de comAet donc det(comA) =0= (detA)ⁿ⁻¹. Finalement

∀A∈M(R),det(comA) = (detA)ⁿ⁻¹.

•SiAest de rang n, c’est-à-dire inversible, l’égalité(comA)×_detA¹ ^tA=In montre que comAest inversible et donc de rangn.

Dans ce qui suit, le lien entre le rang d’une matrice et la nullité des différents mineurs est hors programme. On suppose maintenant rg(A)6n−1.

•Si rgA6n−2. Montrons que tous les mineurs de formatn−1 extraits deAsont nuls.

Soient j₁,. . . , j_n−1,n−1 numéros de colonnes deux à deux distincts puisA⁰∈Mn,n−1(K)dont les colonnes sontCj₁,. . . ,Cjn−1. Puisque Aest de rang au plus n−2, la famille des colonnes de A⁰ est liée et doncA⁰ est de rang au plusn−2. Il en est de même de la matrice^tA⁰∈ \ −∞,\(K)et donc toute matriceA⁰⁰obtenue en supprimant l’une des colonnes deA⁰est carrée, de formatn−1, non inversible. Son déterminant est donc nul.

Ainsi, tout déterminant obtenu en supprimant une ligne et une colonne de det(A) est nul ou encore tous les mineurs de formatn−1 extraits deAsont nuls. Finalement, si rgA6n−2, comA=0.

•Il reste à étudier le cas où rgA=n−1 et donc dimKerA=1.

L’égalité detA=0 impose A^t(comA) =0. Mais alors Im(^t(comA))⊂KerA et en particulier rg(comA) = rg(^t(comA))6dim(KerA) =1. Ainsi, si rg(A) =n−1 alors rg(comA)∈ {0,1}.

Montrons que l’un au moins des mineurs de format n−1 extraits de A est non nul ce qui montrera que rg(comA) =1.

Puisque rgA=n−1, il existe n−1 colonnes Cj₁,. . . , Cjn−1 de A constituant une famille libre. La matrice A⁰∈Mn,n−1(K)constituée par ces colonnes est de rangn−1. Il en est de même de sa transposée. Mais alors,

13

(14)

il existen−1 colonnes de^tA⁰ linéairement indépendantes. La matriceA⁰⁰constituée de cesn−1 colonnes est carrée de formatn−1 et de rangn−1.A⁰⁰est donc inversible et il en est de même de^tA⁰⁰. Le déterminant de

tA⁰⁰est un mineur de formatn−1 extrait deAet non nul.

En résumé,

∀A∈Mn(R), rg(comA) =







nsi rg(A) =n 1 si rg(A) =n−1 0 si rg(A)6n−2

.

Si rgM6n−1, l’égalitéM=comMentraîneM^tM=M^t(comM) = (detM)In=0 et doncM=0. En effet,

M^tM=0⇒ ∀X∈Mn,1(R),M^tMX=0⇒ ∀X∈Mn,1(R),^tX M^tMX=0⇒ ∀X ∈Mn,1(R), ^tMX

2=0

⇒ ∀X∈Mn,1(R),^tMX=0⇒^tM=0⇒M=0.

En résumé, siMest solution,M=0 ouMest inversible.

Dans le deuxième cas, d’après l’exercice 17, on doit avoir detM = (detM)ⁿ⁻¹ et donc, puisque detM6=0, detM∈ {−1,1}(et même detM=1 sinest impair) car detMest réel.

•Si detM=−1, on doit avoirM^tM=−I_nmais ceci est impossible car le coefficient ligne 1, colonne 1, de la matriceM^tMvautm²_1,1+...+m²_1,n6=−1.

•Il reste le cas où detM=1, l’égalitéM=comMentraîneM^tM=I_nc’est-à-direMest orthogonale positive.

Réciproquement, siMest orthogonale positive,^tM=M⁻¹= _detM¹ ^t(comM) =^tcomMet doncM=comM.

Finalement ,

S ={0} ∪O⁺_n(R).

Montrons que KerAest réduit à{0}. Dans le cas contraire, on dispose d’un vecteur colonne non nulX₀tel que AX₀=0. PosonsX₀= (xi)₁₆i6n. Pour touti∈[[1,n]],

∑ⁿ_j=1a_i,jxj=0⇒a_i,ixi=−∑j6=ia_i,jxj⇒ |a_i,i||x_i|6∑j6=i|a_i,_j||x_j|.

On prend alors pouriun indicei₀tel que|xi₀|=Max{|x₁|, ...,|xn|}. PuisqueX6=0, on a|xi₀|>0. De plus,

|a_i₀_,i₀||x_i₀|6∑j6=i₀|a_i₀_,_j||x_j|6

∑j6=i₀|a_i₀_,_j|

|x_i₀|,

et puisque|xi₀|>0, on obtient après simplification|ai₀,i0|6∑j6=i₀|ai₀,j|ce qui contredit les hypothèses.

Donc KerA={0}etAest inversible.

Non, car Tr(AB−BA) =Tr(AB)−Tr(BA) =06=n=Tr(In).

Soit f une forme linéaire surMn(C). Pour A= (ai,j)_16i,_j6n, posons f(A) =∑₁₆_i,j6nαi,ja_i,_j où lesαi,j sont indépendants deA(lesα_i,jsont les f(E_i,j)).

Soientiet jdeux entiers distincts pris dans[[1,n]].

(15)

et

α_i,j= f(E_i,j) = f(E_i,iE_i,j) = f(E_i,jE_i,i) = f(0) =0.

Finalement en notantα la valeur commune desαi,i, 16i6n, pour toute matriceAon a f(A) =α∑ⁿ_i=1a_i,i= αTrAoù α est indépendant de A. (Réciproquement, les f =αTr,α ∈C, sont des formes linéaires vérifiant

∀(A,B)∈Mn(R)², f(AB) = f(BA).) Correction del’exercice 23N Puisque ^q¹

1+^a²

n2

!2

+

a n

q 1+^a²

n2

!2

=1, il existe un unique réelθn∈[−π,π[tel que

cosθn=q ¹ 1+^a²

n2

et sinθn=q ^aⁿ 1+^a²

n2

.

La matriceA_ns’écrit alorsA_n= q

1+^a_n²2

cosθn −sinθn

sinθn cosθn

et donc

(An)ⁿ= 1+^a_n²2

n/2

cos(nθn) −sin(nθn) sin(θn) cos(nθn)

. Maintenant,

1+^a_n²2

n/2

=exp n

2ln

1+^a_n²2

n→+∞= exp ⁿ₂×o ¹_n

n→+∞= exp(o(1)) →

n→+∞1.

Ensuite, en notantεle signe dea,θn=εarccos ^q¹

1+^a²

n2

!

n→+∞→ 0 et on en déduit que

nθ_n ∼

n→+∞nsin(θn) =n

a n

q 1+^a²

n2

n→+∞→ a.

Finalement

limn→+∞(An)ⁿ=

cos(a) −sin(a) sin(a) cos(a)

.

Soientiet jdeux indices pris dans[[1,n]].

f(E_i,j) =E_i,j∑₁₆_k,l₆na_k,lE_k,l=∑ⁿ_l=1a_j,lE_i,l,

et en remplissant coefficient à coefficient, on trouve la matrice définie par blocs







tA 0 . . . 0

0 . .. ... ...

... . .. ... 0

0 . . . 0 ^tA





 .

On noterle rang deA. Sir=0,Aest nulle et doncBest nulle.

15

(16)

Sinon, il existe deux matrices carrées inversiblesPetQde formatntelles queA=PJrQoùJr=

I_r 0 0 0

.

Soient P⁰ =







P 0 . . . 0

0 . .. ... ...

... . .. ... 0

0 . . . 0 P







∈Mnp(C) et Q⁰ =







P 0 . . . 0

0 . .. ... ...

... . .. ... 0

0 . . . 0 Q







∈Mnp(C). Puisque det(P⁰) =

(det(P))^p6=0 et det(Q⁰) = (det(Q))^p6=0, les matricesP⁰ etQ⁰ sont inversibles. De plus, un calcul par blocs montre que

B=







PJrQ 0 . . . 0

0 . .. ... ... ... . .. ... 0

0 . . . 0 PJrQ







=P⁰J_r⁰Q⁰oùJ_r⁰ =







Jr 0 . . . 0

0 . .. ... ...

... . .. ... 0

0 . . . 0 Jr





 .

La matriceBest équivalente a la matriceJ_r⁰et a donc même rang queJ_r⁰. Enfin, en supprimant les lignes nulles et les colonnes nulles, on voit que la matriceJ_r⁰ a même rang que la matriceIprà savoir pr. Dans tous les cas, on a montré que

rgB=prgA.

Soit r le rang deH. Il existe deux matrices carrées inversibles P etQ de formatn telles que H=PJ_rQ où Jr=

I_r 0 0 0

. L’égalitéHAH =λAH s’écrit après simplificationsJrQAPJr=λAJr. Maintenant , quand A décritMn(K), la matriceB=QAPdécrit égalementMn(K)(par exemple, l’application qui àAassocieQAP est une permutation deMn(K)de réciproque l’application qui àAassocieQ⁻¹AP⁻¹).

L’énoncé s’écrit maintenant de manière plus simple : montrons que(∀B∈Mn(K),∃λ_B∈K/J_rBJ_r=λBJ_r)⇒ r61.

Un calcul par blocs fournit en posantB=

B₁ B₃ B₂ B₄

JrBJr=

Ir 0

0 0

B₁ B₃ B₂ B₄

Ir 0 0 0

=

B₁ 0 B₂ 0

Ir 0 0 0

=

B₁ 0

0 0

Mais sir>2, il existe des matrices carréesB₁de formatrqui ne sont pas des matrices scalaires et donc telles queB₁n’est pas colinéaire àIr. Doncr61.

Correction del’exercice 27N (1)⇒(2).

M²=0⇒ImM⊂KerM⇒rgM6dim(KerM) =3−rgMet donc rgM61.

Si rgM=0 alors TrM=0. On suppose maintenant que rgM=1 et donc dim(KerM) =2.

Soite₁un vecteur non nul de ImMalors il existe un vecteure₃(non nul) tel queMe₃=e₁.

On complète la famille libre(e1)de ImM⊂KerMen(e1,e2)base de KerM. La famille(e1,e2,e₃)est une base deM3,1(R)car

ae₁+be₂+ce₃=0⇒M(ae₁+be₂+ce₃) =0⇒ce₁=0⇒c=0, puisa=b=0 car la famille(e₁,e₂)est libre.

Mest donc semblable à la matrice





0 0 1

0 0 0



et en particulier TrM=0.

(17)

(2)⇒(1).

Si rgM=0,M²=0.

Si rgM=1, on peut se rappeler de l’écriture générale d’une matrice de rang 1 : il existe trois réels u₁, u₂ etu₃ non tous nuls et trois réelsv₁, v₂ et v₃ non tous nuls tels que M=





u₁v₁ u₁v₂ u₁v₃ u₂v₁ u₂v₂ u₂v₃ u₃v₁ u₃v₂ u₃v₃



 ou encore il existe deux vecteurs colonnes, tous deux non nuls U etV tels que M=U^tV. L’égalité TrM=0 fournit u₁v₁+u₂v₂+u₃v₃=0 ou encore^tUV =0. Mais alors

M²=U^tVU^tV =U^t(^tUV)^tV =0

Cet exercice admet des solutions bien plus brèves avec des connaissances sur la réduction . Correction del’exercice 28N

Soit pun entier supérieur ou égal à 2.

A^pB−BA^p=A^pB−A^p−1BA+A^p−1BA−A^p−2BA²+A^p−2BA²−...+ABA^p−1−BA^p

=

∑

k=0

(A^p−kBA^k−A^p−k−1BA^k+1) =

∑

k=0

A^p−k−1(AB−BA)A^k=

∑

k=0

A^p−k−1AA^k

∑

k=0

A^p

=pA^p.

Donc 2010×Tr(A²⁰¹⁰) =Tr(2010A²⁰¹⁰) =Tr(A²⁰¹⁰B)−Tr(BA²⁰¹⁰) =0 et Tr(A²⁰¹⁰) =0.

SiM(a)etN(a)sont semblables alors nécessairement Tr(M(a)) =Tr(N(a)). Or, pour tout scalairea, Tr(M(a)) = 4−3a=Tr(N(a)). La trace ne fournit aucun renseignement.

On doit aussi avoir det(M(a)) =det(N(a)). Or, det(N(a)) = (1−a)²(2−a)et

det(M(a)) = (4−a)(a²−1−2) +6(1−a+1) +2(2−1−a) = (4−a)(a²−3) +14−8a=−a³+4a²−5a+2

= (a−1)²(2−a) =det(N(a)).

Le déterminant ne fournit aucun renseignement.

Soit f l’endomorphisme deK³de matriceM(a)dans la base canoniqueB0= (i,j,k)deK³.

Le problème posé équivaut à l’existence d’une baseB= (e₁,e₂,e₃)deK³telle que f(e₁) = (1−a)e₁, f(e₂) = (1−a)e₂+e₁et f(e₃) = (2−a)e₃. Soit(x,y,z)un élément deK³.

• f((x,y,z)) = (1−a)(x,y,z)⇔







3x+y−z=0

−6x−2y+2z=0 2x+y=0

⇔

y=−2x

z=x . On peut prendree₁= (1,−2,1).

• f((x,y,z)) = (1−a)(x,y,z) + (1,−2,1)⇔







3x+y−z=1

−6x−2y+2z=−2 2x+y=1

⇔

y=−2x−1

z=x−2 . On peut prendre e₂= (0,−1,−2).

• f((x,y,z)) = (2−a)(x,y,z)⇔







2x+y−z=0

−6x−3y+2z=0 2x+y−z=0

⇔

y=−2x

z=0 . On peut prendree₃= (1,−2,0).

La matrice de la familleB= (e1,e₂,e3)dans la baseB0 estP=





1 0 1

−2 −1 −2

1 −2 0



. detP=−4+4+1= 16=0 et donc la familleB= (e₁,e₂,e₃)est une base de K³. Puisque Mat_B₀f =M(a)et Mat_Bf =N(a), les matricesM(a)etN(a)sont semblables.

17

(18)

SoientAetBdeux matrices carrées réelles de formatnsemblables dansMn(C).

Il existePélément deG Ln(C)telle quePB=AP(bien plus manipulable queB=P⁻¹AP).

PosonsP=Q+iRoùQetRsont des matrices réelles. Par identification des parties réelles et imaginaires, on a QB=AQetRB=ARmais cet exercice n’en est pas pour autant achevé carQouRn’ont aucune raison d’être inversibles.

On aQB=AQetRB=ARet donc plus généralement pour tout réelx,(Q+xR)B=A(Q+xR).

Maintenant, det(Q+xR)est un polynôme à coefficients réels enxmais n’est pas le polynôme nul car sa valeur eni(tel quei²=−1) est detPqui est non nul. Donc il n’existe qu’un nombre fini de réelsx, éventuellement nul, tels que det(Q+xR) =0. En particulier, il existe au moins un réelx₀ tel que la matriceP₀=Q+x₀Rsoit inversible.P₀est une matrice réelle inversible telle queP₀A=BP₀etAetBsont bien semblables dansMn(R).

1. Soient p l’indice de nilpotence deA etq l’indice de nilpotence de B. PuisqueA etB commutent, la formule du binôme de NEWTONfournit

(A+B)^p+q−1=∑_k=0^p+q−1

p+q−1 k

A^kB^p+q−1−k Dans cette somme,

•sik>p,A^k=0 et doncA^kB^p+q−1−k=0

•sik6p−1 alorsp+q−1−k>qet encore une foisB^p+q−1−k=0.

Finalement,(A+B)^p+q−1=∑_k=0^p+q−1

p+q−1 k

A^kB^p+q−1−k=0 etA+Best nilpotente d’indice infé- rieur ou égal àp+q−1.

Les sommes définissant expA, expBet exp(A+B)sont finies carA,BetA+Bsont nilpotentes et

exp(A+B) =

+∞

∑

k=0

1

k!(A+B)^k=

+∞

∑

k=0

∑

i+j=k

1 i!j!AⁱB^j

+∞

∑

i=0

1 i!Aⁱ

! +∞

∑

j=0

1 j!B^j

!

(toutes les sommes sont finies)

=expA×expB.

2. SiAest nilpotente,−Al’est aussi et commute avecA. Donc expA×exp(−A) =exp(A−A) =exp(0) = In.

expAest inversible à gauche et donc inversible et(expA)⁻¹=exp(−A).

3. Les puissances deAsont bien connues et on trouve immédiatement

expA=







1 _1!¹ _2!¹ . . . _(n−1)!¹ 0 . .. ... ... ...

... . .. _2!¹ ... . .. ... _1!¹

0 . . . 0 1





 .