Exercice 1 4212

On munit $ℝ$ de sa structure¹¹ 1 Les vecteurs sont les nombres réels et les scalaires exprimant les combinaisons linéaires sont des nombres rationnels. Le produit extérieur est la multiplication usuelle. Cet espace est de dimension infinie (voir le sujet 170). de $ℚ$ -espace vectoriel.

(a)

Soit $d \in ℕ^{*}$ . À quelle condition la famille $(1, \sqrt{d})$ est-elle libre?
(b)

Établir la liberté de la famille $(1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6})$ .

Exercice 2 170

On peut énumérer¹¹ 1 L’ensemble des nombres premiers est dénombrable. l’infinité des nombres premiers en ordre croissant afin de former une suite ${(p_{n})}_{n \geq 1}$ : $p_{1} = 2$ , $p_{2} = 3$ , $p_{3} = 5$ , etc.

(a)

Montrer que la famille ${(\ln (p_{n}))}_{n \geq 1}$ est une famille libre du $ℚ$ -espace vectoriel $ℝ$ .
(b)

Que dire de la dimension du $ℚ$ -espace vectoriel $ℝ$ ?

[<] Q-espaces vectoriels[>] Calcul par blocs

Exercice 3 220 Correction

Pour $d \in ℕ$ , notons $H_{d}$ l’ensemble formé des fonctions polynomiales de $ℝ^{2}$ vers $ℝ$ homogènes de degré $d$ c’est-à-dire pouvant s’écrire comme combinaison linéaire de fonctions monômes de degré $d$ .

Montrer que ${(H_{d})}_{0 \leq d \leq n}$ est une famille de sous-espaces vectoriels en somme directe.

Solution

$H_{d}$ est définit comme le sous-espace vectoriel engendré par les monômes de degré $d$ , c’est donc un sous-espace vectoriel. Si $\sum_{k = 0}^{n} P_{k} = 0$ avec $P_{k} \in H_{k}$ alors l’unicité de l’écriture d’un polynôme en somme de monôme permet de conclure $P_{k} = 0$ pour tout $k \in {0, \dots, n}$ . La famille ${(H_{d})}_{0 \leq d \leq n}$ est donc bien une famille de sous-espaces vectoriels en somme directe.

Exercice 4 222 Correction

Soient $E_{1}, \dots, E_{n}$ et $F_{1}, \dots, F_{n}$ sous-espaces vectoriels de $E$ tel que $E_{i} \subset F_{i}$ et

\oplus_{i = 1}^{n} E_{i} = \oplus_{i = 1}^{n} F_{i} .

Montrer que $E_{i} = F_{i}$ .

Solution

Soit $x \in F_{i}$ .
Puisque a $x \in \oplus_{i = 1}^{n} F_{i} = \oplus_{i = 1}^{n} E_{i}$ , on peut écrire $x = x_{1} + \dots + x_{n}$ avec $x_{i} \in E_{i}$ .
On a alors

x_{1} + \dots + (x_{i} - x) + \dots + x_{n} = 0_{E}

avec $x_{1} \in F_{1}$ ,…, $x_{i} - x \in F_{i}$ ,…, $x_{n} \in F_{n}$ .
Or les espaces $F_{1}, \dots, F_{n}$ sont en somme directe, donc les vecteurs précédents sont nuls et en particulier

x = x_{i} \in E_{i} .

Exercice 5 190 Correction

Soient $F, G, F^{'}, G^{'}$ des sous-espaces vectoriels d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ vérifiant

F \oplus G = F^{'} \oplus G^{'} = E et F^{'} \subset G .

Montrer

F \oplus F^{'} \oplus (G \cap G^{'}) = E .

Solution

Supposons $x + x^{'} + y = 0$ avec $x \in F$ , $x^{'} \in F^{'}$ et $y \in G \cap G^{'}$ .
Puisque $x^{'} \in F^{'} \subset G$ et $y \in G \cap G^{'} \subset G$ , on a $x^{'} + y \in G$ .
Or $F$ et $G$ sont en somme directe donc $x + (x^{'} + y) = 0$ avec $x \in F$ et $x^{'} + y \in G$ entraîne $x = 0$ et $x^{'} + y = 0$ .
Sachant $x^{'} + y = 0$ avec $x \in F^{'}$ , $y \in G^{'}$ et $F^{'}, G^{'}$ en somme directe, on a $x^{'} = y = 0$ .

Finalement, $x = x^{'} = y = 0$ et l’on peut affirmer que les espaces $F, F^{'}$ et $G \cap G^{'}$ sont en somme directe.
Soit $a \in E$ . Puisque $E = F \oplus G$ , on peut écrire $a = x + b$ avec $x \in F$ et $b \in G$ .
Sachant $E = F^{'} \oplus G^{'}$ , on peut écrire $b = x^{'} + y$ avec $x^{'} \in F^{'}$ et $y \in G^{'}$ .
Or $y = b - x^{'}$ avec $b \in G$ et $x^{'} \in F^{'} \subset G$ donc $y \in G$ et ainsi $y \in G \cap G^{'}$ .
Finalement, on obtient $a = x + x^{'} + y$ avec $x \in F$ , $x^{'} \in F^{'}$ et $y \in G \cap G^{'}$ .
On peut conclure $E \subset F \oplus F^{'} \oplus (G \cap G^{'})$ puis $E = F \oplus F^{'} \oplus (G \cap G^{'})$ .

Exercice 6 3852

Dans l’espace $E$ des fonctions continues de $[- 1; 1]$ vers $ℝ$ , on considère les sous-espaces vectoriels

F_{1} = {f \in E | f est constante}, F_{2} = {f \in E | \forall t \in [- 1; 0], f (t) = 0} et

F_{3} = {f \in E | \forall t \in [0; 1], f (t) = 0} .

Établir

E = F_{1} \oplus F_{2} \oplus F_{3} .

Exercice 7 217 Correction

Soient $n \in ℕ$ et $E = ℝ_{n} [X]$ . Pour tout $i = 0, \dots, n$ , on note

F_{i} = {P \in E | \forall j \in ⟦ 0; n ⟧ ∖ {i}, P (j) = 0} .

Montrer que les $F_{i}$ sont des sous-espaces vectoriels et que

E = F_{0} \oplus \dots \oplus F_{n} .

Solution

Les ensembles $F_{i}$ sont clairement des sous-espaces vectoriels de $E$ .

Supposons $P_{0} + \dots + P_{n} = 0$ avec $P_{i} \in F_{i}$ pour $i = 0, \dots, n$ .

Soit $i \in ⟦ 0; n ⟧$ . Le polynôme $P_{i}$ possède par définition $n$ racines. Aussi, $(P_{0} + \dots + P_{n}) (i) = 0$ donne $P_{i} (i) = 0$ ce qui fournit une $(n + 1)$ -ième racine au polynôme $P_{i}$ . Par suite, $P_{i} = 0$ car $\deg (P_{i}) \leq n$ .

Les espaces $F_{i}$ sont donc en somme directe.

Au surplus, aucun de ces espaces n’est réduit au polynôme nul car

\prod_{j \neq i} (X - j) \in P_{i} .

On a donc $dim F_{i} \geq 1$ pour $i = 0, \dots, n$ puis

dim (F_{0} \oplus \dots \oplus F_{n}) \geq n + 1 .

Or $F_{0} \oplus \dots \oplus F_{n}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ qui est de dimension $n + 1$ . On a donc nécessairement

E = F_{0} \oplus \dots \oplus F_{n}

(avec chaque espace $F_{i}$ de dimension $1$ exactement).

Exercice 8 218

Soient $f_{1}, \dots, f_{n}$ des endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ vérifiant:

f_{1} + \dots + f_{n} = {Id}_{E} et \forall 1 \leq i \neq j \leq n, f_{i} \circ f_{j} = 0 .

(a)

Montrer que chaque $f_{i}$ est une projection vectorielle.
(b)

Établir $\oplus_{i = 1}^{n} Im (f_{i}) = E$ .

Exercice 9 5613 Correction

Soient $p_{1}, \dots, p_{n}$ des endomorphismes d’un espace vectoriel $E$ vérifiant:

p_{1} + \dots + p_{n} = {Id}_{E} et \forall 1 \leq i \neq j \leq n, p_{i} \circ p_{j} = 0 .

Montrer que les endomorphismes $p_{1}, \dots, p_{n}$ sont les projecteurs associés à une décomposition en somme directe de $E$ .

Solution

Commençons par vérifier que les endomorphismes $p_{i}$ sont des projecteurs.

Pour $i \in ⟦ 1; n ⟧$ ,

p_{i} = p_{i} \circ {Id}_{E} = p_{i} \circ \sum_{j = 1}^{n} p_{j} = \sum_{j = 1}^{n} (p_{i} \circ p_{j}) = \sum_{\begin{matrix} j = 1 \\ j \neq i \end{matrix}}^{n} (\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{p_{i} \circ p_{j}}}) + p_{i} \circ p_{i} = p_{i} \circ p_{i} .

Ainsi, l’endomorphisme $p_{i}$ est une projecteur.

Posons $E_{i} = Im (p_{i})$ pour $i = 1, \dots, n$ et vérifions

E = E_{1} \oplus \dots \oplus E_{n} .

Pour commencer, pour tout $x \in E$ , on a

x = {Id}_{E} (x) = \sum_{i = 1}^{n} p_{i} (x) \in \sum_{i = 1}^{n} Im (p_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} E_{i} .

On peut alors affirmer

\sum_{i = 1}^{n} E_{i} = E .

Montrons maintenant que les espaces $E_{1}, \dots, E_{n}$ sont en somme directe.

Supposons $x_{1} + \dots + x_{n} = 0_{E}$ avec chaque $x_{i} \in E_{i}$ pour $i = 1, \dots, n$ .

Soit $i \in ⟦ 1; n ⟧$ . En appliquant $p_{i}$ à l’égalité précédente, on obtient

p_{i} (x_{1}) + \dots + p_{i} (x_{i}) + \dots + p_{i} (x_{n}) = 0_{E} .

D’une part, $p_{i} (x_{i}) = x_{i}$ car $p_{i}$ est un projecteur et $x_{i} \in Im (p_{i})$ .

D’autre part, $p_{i} (x_{j}) = 0$ car $x_{j} \in Im (p_{j}) \subset Ker (p_{i})$ puisque $p_{i} \circ p_{j} = 0$ .

On obtient donc $x_{i} = 0_{E}$ . Les espaces $E_{1}, \dots, E_{n}$ sont bien en somme directe et l’on a donc la décomposition

E = E_{1} \oplus \dots \oplus E_{n} .

Enfin, pour tout $x \in E$ ,

x = p_{1} (x) + \dots + p_{n} (x) avec p_{i} (x) \in E_{i}

ce qui détermine la décomposition de $x$ dans l’écriture $E = E_{1} \oplus \dots \oplus E_{n}$ .

Les endomorphismes $p_{1}, \dots, p_{n}$ sont donc les projecteurs associés à cette décomposition en somme directe.

Exercice 10 5882 Correction

Soient $F_{1}, \dots, F_{m}$ des sous-espaces vectoriels d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ vérifiant $E = F_{1} \oplus \dots \oplus F_{m}$ .

Pour tout $k = 1, \dots, m$ , on note $ℱ_{k} = {u \in ℒ (E) | Im (u) \subset F_{k}}$ .

(a)

Montrer que les $ℱ_{k}$ sont des sous-espaces vectoriels de $ℒ (E)$ .
(b)

Justifier

$ℒ (E) = ℱ_{1} \oplus \dots \oplus ℱ_{m} .$

Solution

(a)

Soit $k \in ⟦ 1; m ⟧$ .

L’ensemble $ℱ_{k}$ est une partie de $ℒ (E)$ et celle-ci contient l’endomorphisme nul puisque $Im (0) = {0_{E}} \subset F_{k}$ .

Soient $λ, μ \in 𝕂$ et $u, v \in ℱ_{k}$ . Pour tout $x \in E$ , $u (x) \in F_{k}$ et $v (x) \in F_{k}$ . Or $F_{k}$ est un sous-espace vectoriel donc

$(λ . u + μ . v) (x) = λ . u (x) + μ . . v (x) \in F_{k} .$

Ainsi, $Im (λ . u + μ . v) \subset F_{k}$ , c’est-à-dire $λ . u + μ . v \in ℱ_{k}$

$ℱ_{k}$ est bien un sous-espace vectoriel de $ℒ (E)$ .
(b)

Introduisons $p_{1}, \dots, p_{m}$ les projecteurs associés à la décomposition en somme directe $E = F_{1} \oplus \dots \oplus F_{m}$ .

Soit $u \in ℒ (E)$ .

Analyse: Supposons $u = u_{1} + \dots + u_{m}$ avec $u_{k} \in ℱ_{k}$ pour $k = 1, \dots, m$ .

Pour $ℓ \in ⟦ 1; m ⟧ ∖ {k}$ , on remarque $p_{k} \circ u_{ℓ} = 0$ car $Im (u_{ℓ}) \subset F_{ℓ} \subset Ker (p_{k})$ tandis que $p_{k} \circ u_{k} = u_{k}$ car $Im (u_{k}) \subset F_{k} = Im (p_{k}) = Ker (p_{k} - Id)$ . On en déduit

$p_{k} \circ u = \sum_{ℓ = 1}^{m} p_{k} \circ u_{ℓ} = u_{k} .$

Cela détermine les endomorphismes $u_{k}$ .

Synthèse: Posons $u_{k} = p_{k} \circ u$ pour $k = 1, \dots, m$ . On remarque $Im (u_{k}) \subset Im (p_{k}) = F_{k}$ donc $u_{k} \in ℱ_{k}$ . Aussi, puisque $p_{1} + \dots + p_{m} = {Id}_{E}$ ,

$u_{1} + \dots + u_{m} = (p_{1} + \dots + p_{m}) \circ u = {Id}_{E} \circ u = u .$

Finalement,

$\forall u \in ℒ (E), \exists! (u_{1}, \dots, u_{m}) \in ℱ_{1} \times \dots \times ℱ_{m}, u = u_{1} + \dots + u_{m} .$

Cela permet d’écrire

$ℒ (E) = ℱ_{1} \oplus \dots \oplus ℱ_{m} .$

Exercice 11 5893 Correction

Soit $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie $n \geq 2$ muni d’une base $(e_{1}, \dots, e_{n})$ .

Pour $i = 1, \dots, n$ , on pose

G_{i} = Vect (e_{1}, \dots, e_{i - 1}, e_{i + 1}, \dots, e_{n}) et H_{i} = {f \in ℒ (E) | G_{i} \subset Ker (f)} .

(a)

Vérifier que les $H_{i}$ sont des sous-espaces vectoriels de $ℒ (E)$ .
(b)

Établir

$ℒ (E) = \oplus_{i = 1}^{n} H_{i} .$

Solution

(a)

$H_{i}$ est une partie de $ℒ (E)$ contenant l’endomorphisme nul.

Soient $λ, μ \in 𝕂$ et $f, g \in H_{i}$ . Pour tout $x \in G_{i}$ ,

$(λ f + μ g) (x) = λ \underset{\begin{matrix} = 0_{E} \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (x)}} + μ \underset{\begin{matrix} = 0_{E} \end{matrix}}{\underset{⏟}{g (x)}} = 0_{E}$

et donc $G_{i} \subset Ker (λ f + μ g)$ . Ainsi, $λ f + μ g \in H_{i}$ .
(b)

Supposons $h_{1} + \dots + h_{n} = 0$ avec $h_{i} \in H_{i}$ . On a

$\forall x \in E, h_{1} (x) + \dots + h_{n} (x) = 0_{E} .$

Soit $j \in {1, \dots, n}$ . Pour $x = e_{j}$ , on a $h_{i} (x) = 0_{E}$ pour tout $i \neq j$ et la relation précédente se simplifie en $h_{j} (e_{j}) = 0$ . Or on a aussi $G_{j} \subset Ker (h_{j})$ et donc $h_{j} = 0$ car l’application linéaire $h_{j}$ est nulle sur une base. Ainsi, les espaces $H_{1}, \dots, H_{n}$ sont en somme directe.

Soit $f \in ℒ (E)$ .

Pour $i = 1, \dots, n$ , considérons $h_{i} \in ℒ (E)$ donnée par $h_{i} (e_{i}) = f (e_{i})$ et $h_{i} (e_{j}) = 0$ pour $j \neq i$ (l’endomorphisme $h_{i}$ est déterminé par l’image d’une base).

On vérifie $h_{i} \in H_{i}$ et, pour tout $x \in {e_{1}, \dots, e_{n}}$

$\forall j = 1, \dots, n, f (x) = h_{1} (x) + \dots + h_{n} (x) .$

Les applications linéaires $f$ et $h_{1} + \dots + h_{n}$ sont égales sur une base de $E$ donc égales sur $E$ . On a donc

$f = h_{1} + \dots + h_{n} avec h_{i} \in H_{i}$

et l’on peut écrire

$ℒ (E) = \oplus_{i = 1}^{n} H_{i} .$

[<] Somme directe de plusieurs sous-espaces[>] Rang d'une matrice par blocs

Exercice 12 3264 Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ et

B = (\begin{matrix} O_{n} & A \\ I_{n} & O_{n} \end{matrix}) \in ℳ_{2 n} (𝕂) .

(a)

Montrer que $A$ est inversible si, et seulement si, $B$ l’est.
(b)

Calculer $B^{p}$ pour tout $p \in ℕ$ .

Solution

(a)

Si $A$ est inversible alors en posant

$C = (\begin{matrix} O_{n} & I_{n} \\ A^{- 1} & O_{n} \end{matrix}) \in ℳ_{2 n} (𝕂)$

on obtient $B C = I_{2 n}$ et l’on en déduit que $B$ est inversible et que $C$ est son inversible en vertu du théorème d’inversibilité.
Si $A$ n’est pas inversible alors les lignes de $A$ sont liées et les $n$ premières lignes de $B$ sont aussi liées par la même relation linéaire. On en déduit que $B$ n’est pas inversible.
(b)

On obtient

$B^{2 p} = (\begin{matrix} A^{p} & O_{n} \\ O_{n} & A^{p} \end{matrix}) et B^{2 p + 1} = (\begin{matrix} O_{n} & A^{p + 1} \\ A^{p} & O_{n} \end{matrix}) .$

Exercice 13 3702 CCINP (PC)Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 1 & - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \end{matrix}) .

Calculer $A^{n}$ pour tout $n \in ℤ$ .

Solution

Par blocs, on a

A = (\begin{matrix} M & O_{2} \\ O_{2} & - M \end{matrix}) avec M = (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .

Par récurrence, on obtient

\forall n \in ℕ, M^{n} = (\begin{matrix} 1 & - n \\ 0 & 1 \end{matrix})

et on en déduit

\forall n \in ℕ, A^{n} = (\begin{matrix} 1 & - n & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & {(- 1)}^{n} & {(- 1)}^{n + 1} n \\ 0 & 0 & 0 & {(- 1)}^{n} \end{matrix}) .

On vérifie que cette relation est encore valable pour $n \in ℤ$ en constatant que cette expression satisfait

A^{n} \times A^{- n} = I_{4} .

Exercice 14 5614 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant $A B = B A$ . Exprimer simplement $M^{k}$ pour $k \in ℕ^{*}$ et

M = (\begin{matrix} A & B \\ O_{n} & A \end{matrix}) \in ℳ_{2 n} (ℝ)

Solution

Par produit par blocs,

M^{2} = (\begin{matrix} A^{2} & A B + B A \\ O_{n} & A^{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} A^{2} & 2 A B \\ O_{n} & A^{2} \end{matrix}), M^{3} = (\begin{matrix} A^{3} & 3 A^{2} B \\ O_{n} & A^{3} \end{matrix}) .

Par récurrence, montrons que pour tout $k \in ℕ^{*}$

M^{k} = (\begin{matrix} A^{k} & k A^{k - 1} B \\ O_{n} & A^{k} \end{matrix}) .

La propriété est immédiate pour $k = 1$ .

Supposons l’égalité vraie pour $k \in ℕ^{*}$ . Par produit par blocs,

	$M^{k + 1}$	$= M^{k} M = (\begin{matrix} A^{k} & k A^{k - 1} B \\ O_{n} & A^{k} \end{matrix}) (\begin{matrix} A & B \\ O_{n} & A \end{matrix})$
		$= (\begin{matrix} A^{k + 1} & A^{k} B + k A^{k - 1} B A \\ O_{n} & A^{k + 1} \end{matrix}) = (\begin{matrix} A^{k + 1} & (k + 1) A^{k} B \\ O_{n} & A^{k + 1} \end{matrix}) .$

La récurrence est établie.

Exercice 15 5815 Correction

Soient $A, B, C \in ℳ_{n} (𝕂)$ et la matrice par blocs

M = (\begin{matrix} I_{n} & A & B \\ 0 & I_{n} & C \\ 0 & 0 & I_{n} \end{matrix}) .

Montrer que $M$ est inversible et calculer $M^{- 1}$ .

Solution

La matrice $M$ est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux tous non nuls, elle est inversible. Recherchons l’inverse de $M$ sous la forme

N = (\begin{matrix} I_{n} & A^{'} & B^{'} \\ 0 & I_{n} & C^{'} \\ 0 & 0 & I_{n} \end{matrix}) .

Par produit par blocs,

M N = (\begin{matrix} I_{n} & A^{'} + A & B^{'} + A C^{'} + B \\ 0 & I_{n} & C^{'} + C \\ 0 & 0 & I_{n} \end{matrix}) .

Posons $A^{'} = - A$ , $C^{'} = - C$ et $B^{'} = - (A C^{'} + B) = A C - B$ . On obtient alors $M N = I_{3}$ et donc

M^{- 1} = N = M = (\begin{matrix} I_{n} & - A & A C - B \\ 0 & I_{n} & - C \\ 0 & 0 & I_{n} \end{matrix}) .

Exercice 16 5615 Correction

Soit $M$ la matrice par blocs

M = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix})

avec $A, B, C, D \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

(a)

Décrire par des opérations élémentaires par blocs les résultats des calculs $T M$ et $M T$ pour

$T = (\begin{matrix} I_{n} & P \\ 0 & I_{n} \end{matrix}) avec P \in {GL}_{n} (𝕂) .$
(b)

Par quelle matrice et de quel côté, faut-il multiplier $M$ pour échanger les deux blocs de colonnes?
(c)

Même question avec les blocs de lignes.

Solution

(a)

En posant le produit par blocs,

$M T = (\begin{matrix} A & A P + B \\ C & C P + D \end{matrix}) et T M = (\begin{matrix} A + P C & B + P D \\ C & D \end{matrix}) .$

Ces matrices correspondent aux résultats des transvections par blocs

$C_{2} \leftarrow C_{2} + C_{1} P et L_{1} \leftarrow L_{1} + P L_{2} .$
(b)

Posons

$E = (\begin{matrix} O_{n} & I_{n} \\ I_{n} & O_{n} \end{matrix}) .$

Par produit par blocs,

$M E = (\begin{matrix} B & A \\ D & C \end{matrix})$

est la matrice qui se déduit de $M$ par l’échange des deux blocs de colonnes.
(c)

Pour la même matrice $E$ , on obtient

$E M = (\begin{matrix} C & D \\ A & B \end{matrix}) .$

Exercice 17 747

Soit $M \in ℳ_{n} (𝕂)$ une matrice de rang $r$ que l’on suppose pouvoir écrire par blocs

M = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) avec A \in {GL}_{r} (𝕂) .

(a)

Montrer que pour tout $X \in ℳ_{n - r,1} (𝕂)$ , il existe $Y \in ℳ_{r,1} (𝕂)$ telle que

$M (\begin{matrix} 0 \\ X \end{matrix}) = M (\begin{matrix} Y \\ 0 \end{matrix})$

où les $0$ désignent des colonnes nulles de tailles appropriées.
(b)

En déduire que $D = C A^{- 1} B$ .

Exercice 18 3137 Correction

Soient $A, B, C, D \in ℳ_{n} (𝕂)$ et

M = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) \in ℳ_{2 n} (𝕂) .

On suppose que les matrices $A, D$ et $M$ sont inversibles.
Exprimer $M^{- 1}$ .

Solution

On peut écrire la matrice $M^{- 1}$ sous la forme

M^{- 1} = (\begin{matrix} A^{'} & B^{'} \\ C^{'} & D^{'} \end{matrix}) .

La relation $M M^{- 1} = I_{2 n}$ donne alors le système

{\begin{matrix} A A^{'} + B C^{'} & = I_{n} \\ C A^{'} + D C^{'} & = O_{n} \\ A B^{'} + B D^{'} & = O_{n} \\ C B^{'} + D D^{'} & = I_{n} \end{matrix}

qui entraîne

{\begin{matrix} (A - B D^{- 1} C) A^{'} & = I_{n} \\ C^{'} & = - D^{- 1} C A^{'} \\ B^{'} & = - A^{- 1} B D^{'} \\ (D - C A^{- 1} B) D^{'} & = I_{n} . \end{matrix}

On en déduit que les matrices $A - B D^{- 1} C$ et $D - C A^{- 1} B$ sont nécessairement inversible et $A^{'}$ et $D^{'}$ sont leurs inverses respectifs.
Au final

M^{- 1} = (\begin{matrix} {(A - B D^{- 1} C)}^{- 1} & A^{- 1} B {(C A^{- 1} B - D)}^{- 1} \\ D^{- 1} C {(B D^{- 1} C - A)}^{- 1} & {(D - C A^{- 1} B)}^{- 1} \end{matrix}) .

Exercice 19 4461

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ . Calculer déterminant et trace de l’endomorphisme $f$ de $ℳ_{n} (𝕂)$ défini par $f (M) = A M$ .

Exercice 20 730 CENTRALE (MP)Correction

Soit $M$ une matrice carrée de taille $n$ à coefficients dans $𝕂 = ℝ$ ou $ℂ$ .

Montrer que si $tr (M) = 0$ , il existe deux matrices $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ telles que

M = A B - B A .

Solution

Supposons que $M$ soit semblable à une matrice $M^{'}$ via une matrice inversible $P$ c’est-à-dire

M^{'} = P^{- 1} M P .

Si on peut écrire $M^{'} = A^{'} B^{'} - B^{'} A^{'}$ avec $A^{'}, B^{'} \in ℳ_{n} (𝕂)$ alors $M = A B - B A$ avec $A = P A^{'} P^{- 1}$ et $B = P B^{'} P^{- 1}$ .

On peut ainsi transformer la matrice $M$ en une matrice semblable sans changer la nature du problème.

Établissons maintenant le résultat demandé en raisonnant par récurrence sur la taille de la matrice $M$ .

Si $M$ est taille $1$ et de trace nulle, il s’agit de la matrice nulle et la propriété est évidente.

Supposons la propriété établie au rang $n \in ℕ^{*}$ .

Soit $M$ une matrice carrée d’ordre $n + 1$ de trace nulle.

Montrons que $M$ est semblable à une matrice de la forme

(\begin{matrix} 0 & * \\ * & * \end{matrix}) .

Si $M$ est matrice d’une homothétie alors $tr (M) = 0$ permet de conclure $M = O_{n}$ .

Sinon, il existe des vecteurs qui ne sont pas vecteurs propres de l’endomorphisme $f$ canoniquement associé à $M$ . Soit $x \in 𝕂^{n}$ , un tel vecteur. En introduisant une base de $𝕂^{n}$ dont $x$ et $f (x)$ sont les deux premiers vecteurs, la matrice de $f$ dans cette base est de la forme souhaitée et on obtient que la matrice $M$ est lui semblable.

Compte tenu de la remarque préliminaire, on suppose désormais que la matrice $M$ est de la forme

(\begin{matrix} 0 & L \\ C & M^{'} \end{matrix}) avec tr (M^{'}) = 0

Par l’hypothèse de récurrence, on peut écrire

M^{'} = A^{'} B^{'} - B^{'} A^{'} .

Soit $λ \in 𝕂$ qui n’est par valeur propre de la matrice $B^{'}$ .

En posant

A = (\begin{matrix} 1 & L {(B^{'} - λ I_{n})}^{- 1} \\ {(λ I_{n} - B^{'})}^{- 1} C & A^{'} \end{matrix}) et B = (\begin{matrix} 0 \\ 0 & B^{'} \end{matrix})

on obtient

M = A B - B A .

La récurrence est établie.

[<] Calcul par blocs[>] Matrices équivalentes

Exercice 21 1604 Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ , $B \in ℳ_{p} (𝕂)$ et $M$ la matrice

M = (\begin{matrix} A & O_{n, p} \\ O_{p, n} & B \end{matrix}) \in ℳ_{n + p} (𝕂) .

Établir

rg (M) = rg (A) + rg (B) .

Solution

Posons $r = rg (A)$ et $s = rg (B)$ . Les matrices $A$ et $B$ sont respectivement équivalentes aux matrices

J_{r} = (\begin{matrix} I_{r} & O_{r, n - r} \\ O_{n - r, t} & O_{n - r} \end{matrix}) et J_{s} = (\begin{matrix} I_{s} & O_{s, p - s} \\ O_{p - s, t} & O_{p - s} \end{matrix}) .

Il existe donc $P, Q \in {GL}_{n} (𝕂)$ et $R, S \in {GL}_{p} (𝕂)$ telles que

P A Q = J_{r} et R B S = J_{s} .

En opérant par blocs, on a alors

(\begin{matrix} P & O \\ O & R \end{matrix}) (\begin{matrix} A & O \\ O & B \end{matrix}) (\begin{matrix} Q & O \\ O & S \end{matrix}) = (\begin{matrix} J_{r} & O \\ O & J_{s} \end{matrix})

avec les facteurs

(\begin{matrix} P & O \\ O & R \end{matrix}) et (\begin{matrix} Q & O \\ O & S \end{matrix})

inversibles.
On en déduit

rg (M) = rg (\begin{matrix} J_{r} & O \\ O & J_{s} \end{matrix}) = r + s .

Exercice 22 1649 Correction

Soient $B \in ℳ_{n, p} (𝕂)$ et $C \in ℳ_{p} (𝕂)$ .
Montrer

rg (\begin{matrix} I_{n} & B \\ O_{p, n} & C \end{matrix}) = n + rg (C) .

Solution

En multipliant par la matrice inversible

(\begin{matrix} I_{n} & - B \\ O_{p, n} & I_{p} \end{matrix})

on obtient

rg (\begin{matrix} I_{n} & B \\ O_{p, n} & C \end{matrix}) = rg (\begin{matrix} I_{n} & O_{n, p} \\ O_{p, n} & C \end{matrix}) .

En posant $r = rg (C)$ , on peut écrire $P C Q = J_{r}$ avec

P, Q \in {GL}_{p} (𝕂) et J_{r} = (\begin{matrix} I_{r} & O_{r, p - r} \\ O_{p - r, r} & O_{p - r} \end{matrix}) .

En multipliant à gauche et à droite par les matrices inversibles

(\begin{matrix} I_{n} & O_{n, p} \\ O_{p, n} & P \end{matrix}) et (\begin{matrix} I_{n} & O_{n, p} \\ O_{p, n} & Q \end{matrix})

on obtient

rg (\begin{matrix} I_{n} & B \\ O_{p, n} & C \end{matrix}) = rg (\begin{matrix} I_{n} & O_{n, p} \\ O_{p, n} & J_{r} \end{matrix}) = n + r .

Exercice 23 3101 Correction

Soient $A \in {GL}_{p} (ℝ)$ , $B \in ℳ_{p, q} (ℝ)$ , $C \in ℳ_{q} (ℝ)$ et

M = (\begin{matrix} A & B \\ O_{q, p} & C \end{matrix}) \in ℳ_{p + q} (ℝ) .

Déterminer le rang de $M$ en fonction de celui de $C$ .

Solution

Introduisons la matrice inversible

M^{'} = (\begin{matrix} A^{- 1} & O_{p, q} \\ O_{q, p} & I_{q} \end{matrix}) .

On a $rg (M) = rg (M M^{'})$ avec

M M^{'} = (\begin{matrix} I_{p} & B \\ O_{q, p} & C \end{matrix}) .

Par opérations élémentaires sur les colonnes, la matrice $M M^{'}$ a le rang de la matrice

(\begin{matrix} I_{p} & O_{p, q} \\ O_{q, p} & C \end{matrix}) .

Enfin, les opérations élémentaires déterminant le rang de $C$ se transposent à la matrice en cours afin d’en donner le rang. Au final

rg (M) = p + rg (C) .

Exercice 24 2335 Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ , $B \in ℳ_{p} (𝕂)$ , $C \in ℳ_{n, p} (𝕂)$ et

M = (\begin{matrix} A & C \\ O_{p, n} & B \end{matrix}) \in ℳ_{n + p} (𝕂) .

On suppose $B$ inversible. Établir

rg (M) = p \Leftrightarrow A = O_{n} .

Solution

L’implication $(⟸)$ est immédiate car $rg (B) = p$ .
Inversement, supposons $rg (M) = p$ .
Puisque $B$ est inversible, les $p$ dernières lignes de $M$ sont indépendantes et donc les autres lignes de $M$ sont combinaisons linéaires de celles-ci puisque $rg (M) = p$ . Puisque les $n$ premières lignes de $M$ sont combinaisons linéaires des $p$ dernières lignes de $M$ , on a

A = O_{n} .

Exercice 25 4952 MINES (PC)Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

(a)

Exprimer le rang de la matrice $M$ décrite par blocs

$M = (\begin{matrix} A & A \\ A & B \end{matrix}) .$
(b)

Calculer l’inverse de $M$ lorsque cela est possible.

Solution

(a)

Méthode: Par opérations élémentaires sur les rangées, on peut opérer sur les blocs tout en conservant le rang de la matrice étudiée.

En retranchant¹¹ 1 Ceci revient à effectuer les opérations élémentaires $L_{n + i} \leftarrow L_{n + i} + L_{i}$ pour $i = 1, \dots, n$ . la première ligne de blocs à la deuxième ligne de blocs, on obtient

$rg (M) = rg (\begin{matrix} A & A \\ A & B \end{matrix}) = rg (\begin{matrix} A & A \\ O_{n} & B - A \end{matrix}) .$

En opérant sur les colonnes de blocs, on poursuit

$rg (M) = rg (\begin{matrix} A & O_{n} \\ O_{n} & B - A \end{matrix}) .$

On en déduit l’égalité

$rg (M) = rg (A) + rg (B - A) .$

En effet, les opérations élémentaires qui transforment $A$ et $B - A$ en matrices échelonnées peuvent être adaptées à la matrice en cours. Le nombre total de pivots obtenus est la somme du nombre de pivots pour $A$ et $B - A$ .
(b)

La matrice $M$ est inversible si, et seulement si, $A$ et $B - A$ le sont. Supposons que ce soit le cas.

Méthode: On résout l’équation $M X = Y$ en écrivant les colonnes $X$ et $Y$ par blocs.

Posons

$X = (\begin{matrix} X_{1} \\ X_{2} \end{matrix}), Y = (\begin{matrix} Y_{1} \\ Y_{2} \end{matrix}) avec X_{1}, X_{2}, Y_{1}, Y_{2} \in ℳ_{n,1} (𝕂)$

et étudions l’équation $M X = Y$ ce qui correspond au système

${\begin{matrix} A X_{1} & + A X_{2} & = Y_{1} \\ A X_{1} & + B X_{2} & = Y_{2} . \end{matrix}$

En retranchant la première équation à la seconde, on obtient le système équivalent

${\begin{matrix} A X_{1} + A X_{2} & = Y_{1} \\ (B - A) X_{2} & = Y_{2} - Y_{1} . \end{matrix}$

Sachant $B - A$ inversible, on exprime $X_{2}$ en fonction de $Y_{1}$ et $Y_{2}$ par la deuxième équation et l’inversibilité de $A$ permet alors d’exprimer $X_{1}$ par la première équation

${\begin{matrix} X_{1} & = (A^{- 1} + {(B - A)}^{- 1}) Y_{1} & + {(A - B)}^{- 1} Y_{2} \\ X_{2} & = {(A - B)}^{- 1} Y_{1} & + {(B - A)}^{- 1} Y_{2} . \end{matrix}$

Finalement, l’inverse de $M$ est²² 2 Pour « simplifier » l’écriture, on a factorisé $A^{- 1} + {(B - A)}^{- 1}$ en $A^{- 1} (I_{n} + A {(B - A)}^{- 1})$ puis en $A^{- 1} ((B - A) + A) {(B - A)}^{- 1}$ ce qui donne $A^{- 1} B {(B - A)}^{- 1}$ .

$M^{- 1} = (\begin{matrix} A^{- 1} + {(B - A)}^{- 1} & {(A - B)}^{- 1} \\ {(A - B)}^{- 1} & {(B - A)}^{- 1} \end{matrix}) .$

Exercice 26 3134 Correction

Soient $A, B, C, D \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

(a)

On note $(\begin{matrix} A & B \end{matrix}) \in ℳ_{n, 2 n} (𝕂)$ la matrice obtenue en accolant les colonnes de $B$ à droite de celles de $A$ .
Montrer

$rg (\begin{matrix} A & B \end{matrix}) = rg (A) \Leftrightarrow \exists U \in ℳ_{n} (𝕂), B = A U .$
(b)

On note $(\begin{matrix} A \\ C \end{matrix}) \in ℳ_{2 n, n} (𝕂)$ la matrice obtenue en accolant les lignes de $C$ en dessous de celles de $A$ .
Montrer

$rg (\begin{matrix} A \\ C \end{matrix}) = rg (A) \Leftrightarrow \exists V \in ℳ_{n} (𝕂), C = V A .$
(c)

En déduire

$rg (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = rg (A) \Leftrightarrow \exists U, V \in ℳ_{n} (𝕂), (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & A U \\ V A & V A U \end{matrix}) .$

Solution

(a)

$(⟹)$ Supposons

$rg (\begin{matrix} A & B \end{matrix}) = rg (A) = r .$

Rappelons que le rang d’une matrice est le rang de la famille de ses colonnes.
Puisque $rg (A) = r$ , la matrice $A$ possède $r$ colonnes indépendantes.
Puisque $rg (\begin{matrix} A & B \end{matrix}) = r$ , les colonnes de $(\begin{matrix} A & B \end{matrix})$ sont toutes combinaisons linéaires des colonnes précédentes.
En particulier les colonnes de $B$ sont combinaisons linéaires des colonnes de $A$ . Ceci permet de former $U \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifiant $B = A U$ .

$(⟸)$ Supposons $B = A U$ .
Les colonnes de $B$ sont combinaisons linéaires des colonnes de $A$ et donc par opérations sur les colonnes

$rg (\begin{matrix} A & B \end{matrix}) = rg (\begin{matrix} A & O_{n} \end{matrix}) = rg (A) .$
(b)

Il suffit de transposer le raisonnement qui précède en raisonnant sur les lignes et en exploitant que le rang d’une matrice est aussi le rang de la famille des ses lignes.
(c)

Supposons

$rg (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = rg (A) .$

Puisque

$rg (A) \leq rg (\begin{matrix} A & B \end{matrix}) \leq rg (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = rg (A)$

on a

$rg (A) = rg (\begin{matrix} A & B \end{matrix}) et rg (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = rg (\begin{matrix} A & B \end{matrix}) .$

En vertu de a) il existe une matrice $U \in ℳ_{n} (𝕂)$ telle que

$B = A U .$

En raisonnant comme en b), il existe une matrice $V \in ℳ_{n} (𝕂)$ telle que

$(\begin{matrix} C & D \end{matrix}) = (\begin{matrix} V A & V B \end{matrix}) .$

On en déduit

$(\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & A U \\ V A & V A U \end{matrix}) .$

Inversement, supposons

$(\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & A U \\ V A & V A U \end{matrix}) .$

Les $n$ dernières lignes étant combinaisons linéaires des $n$ premières, on a

$rg (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & A U \\ O_{n} & O_{n} \end{matrix}) = rg (\begin{matrix} A & A U \end{matrix})$

puis

$rg (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & A U \\ O_{n} & O_{n} \end{matrix}) = rg (A) .$

Exercice 27 3861 X (MP)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ vérifiant $A^{2} B = A$ et $rg (A) = rg (B)$ . Montrer $B^{2} A = B$ .

[<] Rang d'une matrice par blocs[>] Matrices semblables

Exercice 28 1290

Soit $A \in ℳ_{n, p} (𝕂)$ une matrice de rang $r$ . Montrer qu’il existe des matrices $B$ et $C$ , respectivement dans $ℳ_{n, r} (𝕂)$ et $ℳ_{r, p} (𝕂)$ , telles que $A = B C$ .

Exercice 29 2602

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice de rang $r$ . Déterminer la dimension de l’espace

{B \in ℳ_{n} (ℝ) | A B A = O_{n}} .

On pourra commencer par étudier le cas $A = J_{r}$ matrice canonique de rang $r$ .

Exercice 30 1602 MINES (MP)Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

(a)

Justifier qu’il existe $U, V \in {GL}_{n} (𝕂)$ tels que

$rg (U A + B V) = \min (n, rg (A) + rg (B)) .$
(b)

On suppose $rg (A) + rg (B) \geq n$ . Montrer qu’il existe $U, V \in {GL}_{n} (𝕂)$ tels que

$U A + B V \in {GL}_{n} (ℝ) .$

Solution

(a)

Posons $r = rg (A)$ et $s = rg (B)$ . Les matrices $A$ et $B$ sont respectivement équivalentes aux matrices

$J_{r} = (\begin{matrix} I_{r} & O_{r, n - r} \\ O_{n - r, t} & O_{n - r} \end{matrix}) et J_{s}^{'} = (\begin{matrix} O_{n - s} & O_{n - s, s} \\ O_{s, n - s} & I_{s} \end{matrix}) .$

Il existe donc $P, Q, R, S \in {GL}_{n} (ℝ)$ telles que

$P A Q = J_{r} et R B S = J_{s}^{'}$

et alors

$P A Q + R B S = J_{r} + J_{s}^{'}$

qui est une matrice de rang $\min (n, r + s)$ .
On peut aussi écrire

$(R^{- 1} P) A + B (S Q^{- 1}) = R^{- 1} (J_{r} + J_{s}^{'}) Q^{- 1}$

et en posant $U = R^{- 1} P$ et $V = S Q^{- 1}$ , on obtient $U, V \in {GL}_{n} (ℝ)$ telles que

$rg (U A + B V) = \min (n, r + s) .$
(b)

Si $r + s \geq n$ alors $\min (n, r + s) = n$ et ce qui précède conduit à une matrice inversible.

Exercice 31 4163 CENTRALE (MP)Correction

Soient $E$ et $F$ deux $ℝ$ -espaces vectoriels de dimensions finies: $n = dim E, p = dim F$ . Soit $f \in ℒ (E, F)$ . On étudie

H = {g \in ℒ (F, E), f \circ g \circ f = 0} .

(a)

On suppose $f$ est bijectif. Montrer $H = {0}$ .
(b)

On revient au cas général. Montrer que $dim H = n p - r^{2}$ avec $r = rg (f)$ .
(c)

On suppose que $E = F$ et l’on définit l’application $φ : g \mapsto f \circ g \circ f$ . Montrer

$tr (φ) = {(tr (f))}^{2} .$

Solution

(a)

Si $f$ est bijectif (nécessairement $n = p$ ), il suffit de composer de part et d’autre par $f^{- 1}$ pour écrire

$f \circ g \circ g = 0$ $\Leftrightarrow f \circ g = 0$

$\Leftrightarrow g = 0 .$
(b)

Dans des bases adaptées, l’application linéaire $f$ peut être figurée par la matrice $J_{r}$ canonique de rang $r$ de type $(n, p)$ . Par représentation matricielle, l’espace $H$ est alors isomorphe à

${M \in ℳ_{p, n} (ℝ) | J_{r} M J_{r} = O_{n}} .$

Un calcul par blocs, montre que les matrices solutions sont celles de la forme

$M = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) avec A = O_{r} .$

La dimension de $H$ s’en déduit.
(c)

Soient $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ et $u_{i, j}$ l’endomorphisme de $E$ envoyant $e_{j}$ sur $e_{i}$ et les autres vecteurs de bases sur $0_{E}$ ( $u_{i, j}$ est l’endomorphisme figuré par la matrice élémentaire $E_{i, j}$ ).

On peut écrire

$f = \sum_{k, ℓ = 1}^{n} a_{k, ℓ} u_{k, ℓ}$

avec $A = (a_{k, ℓ})$ la matrice figurant $f$ dans la base $(e_{1}, \dots, e_{n})$ .

Sachant $u_{i, j} \circ u_{k, ℓ} = δ_{j, k} u_{i, ℓ}$ , il vient

$u_{i, j} \circ f = \sum_{ℓ = 1}^{n} a_{j, ℓ} u_{i, ℓ}$

puis

$f \circ u_{i, j} \circ f = \sum_{k = 1}^{n} \sum_{ℓ = 1}^{n} a_{k, i} a_{j, ℓ} u_{k, ℓ} .$

La coordonnée selon $u_{i, j}$ de $φ (u_{i, j})$ est donc $a_{i, i} a_{j, j}$ . On en déduit

$tr (φ) = \sum_{i, j = 1}^{n} a_{i, i} a_{j, j} = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i, i}) (\sum_{j = 1}^{n} a_{j, j}) = {(tr (f))}^{2} .$

[<] Matrices équivalentes[>] Calculs de déterminants par blocs

Exercice 32 4209

Parmi les quatre matrices suivantes, quelles sont les matrices semblables¹¹ 1 Deux matrices carrées de même taille $A$ et $B$ sont semblables lorsqu’il existe une matrice $P$ inversible vérifiant $A = P B P^{- 1}$ . Par la formule de changement de bases, cela revient à signifier qu’elles figurent le même endomorphisme. entre elles?

A = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) B = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) C = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) D = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) .

Exercice 33 5373 Correction

Soit $A \in ℳ_{2} (ℝ)$ une matrice non nulle vérifiant $A^{2} = O_{2}$ .

Établir que $A$ est semblable à la matrice

B = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) .

Solution

La matrice $B$ est une matrice non nulle de $ℳ_{2} (ℝ)$ vérifiant $B^{2} = O_{2}$ : ce constat est une nécessité pour affirmer que $A$ puisse être semblable à $B$ mais ne démontre pas que cela a lieu!

Soit $a$ l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice $A$ : c’est un endomorphisme de $E = ℝ^{2}$ vérifiant $a \neq 0$ et $a^{2} = 0$ car $A \neq O_{2}$ et $A^{2} = O_{2}$ .

Analyse: Supposons qu’il existe une base $e = (e_{1}, e_{2})$ dans laquelle la matrice de $a$ soit égale à $B$ . Par les colonnes de la matrice $B$ , on lit

a (e_{1}) = e_{2} et a (e_{2}) = 0_{E} .

(1)

Le choix du vecteur $e_{1}$ détermine le vecteur $e_{2} = a (e_{1})$ . Ce dernier ne doit pas être nul et $e_{1}$ est à choisir en dehors de $Ker (a)$ . En revanche, le vecteur $e_{2}$ doit appartenir au noyau de $a$ mais cela est assuré car $a (e_{2}) = a^{2} (e_{1}) = 0_{E}$ .

Justifions maintenant qu’il est possible de construire une telle base.

Synthèse: Soit $e_{1}$ un vecteur de $E$ n’appartenant pas à $Ker (a)$ . Un tel vecteur existe car l’endomorphisme $a$ est non nul. Posons $e_{2} = a (e_{1})$ ce qui définit un vecteur non nul appartenant au noyau de $a$ car $a^{2} = 0$ . Par construction, les égalités $(1)$ sont vérifiées. Il reste à justifier que la famille $e = (e_{1}, e_{2})$ est une base de $E$ . Il s’agit d’une famille de longueur $2$ dans un espace de dimension $2$ , il suffit de vérifier sa liberté.

Soit $(λ_{1}, λ_{2}) \in ℝ^{2}$ . Supposons

λ_{1} . e_{1} + λ_{2} . e_{2} = 0_{E} .

(

△

)

En appliquant $a$ aux deux membres de l’égalité ( $△$ ) on obtient $λ_{1} . e_{2} = 0_{E}$ et donc $λ_{1} = 0$ car $e_{2}$ n’est pas le vecteur nul. La relation ( $△$ ) se simplifie alors en $λ_{2} . e_{2} = 0_{E}$ et donc $λ_{2} = 0$ . La famille $e$ est donc libre.

Finalement, la famille $e = (e_{1}, e_{2})$ est une base de $E$ dans laquelle l’endomorphisme $a$ est figuré par $B$ : les matrices $A$ et $B$ sont semblables.

Exercice 34 5884 Correction

Soit $A \in ℳ_{3} (ℝ)$ une matrice vérifiant $A^{3} = O_{3}$ et $A^{2} \neq O_{3}$ .

Établir que $A$ est semblable à la matrice

B = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) .

Solution

La matrice $B$ est une matrice de $ℳ_{3} (ℝ)$ vérifiant $B^{3} = O_{3}$ et $B^{2} \neq O_{3}$ : ce constat est une nécessité pour affirmer que $A$ puisse être semblable à $B$ mais ne démontre pas que cela a lieu!

Soit $a$ l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice $A$ : c’est un endomorphisme de $E = ℝ^{3}$ vérifiant $a^{2} \neq 0$ et $a^{3} = 0$ car $A^{2} \neq O_{3}$ et $A^{3} = O_{3}$ .

Analyse: Supposons qu’il existe une base $e = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ dans laquelle la matrice de $a$ soit égale à $B$ . Par les colonnes de la matrice $B$ , on lit

a (e_{1}) = e_{2}, a (e_{2}) = e_{3} et a (e_{3}) = 0_{E} .

(1)

Le choix du vecteur $e_{1}$ détermine le vecteur $e_{2} = a (e_{1})$ qui détermine à son tout $e_{3} = a (e_{1})$ . Ce dernier ne doit pas être nul et $e_{1}$ est à choisir en dehors de $Ker (a^{2})$ . Aussi, le vecteur $e_{3}$ doit appartenir au noyau de $a$ mais cela est assuré car $a (e_{3}) = a^{3} (e_{1}) = 0_{E}$ .

Justifions maintenant qu’il est possible de construire une telle base.

Synthèse: Soit $e_{1}$ un vecteur de $E$ n’appartenant pas à $Ker (a^{2})$ . Un tel vecteur existe car l’endomorphisme $a^{2}$ est non nul. Posons $e_{2} = a (e_{1})$ et $e_{3} = a^{2} (e_{1})$ . Le vecteur $e_{3}$ est non nul et appartient au noyau de $a$ car $a^{3} = 0$ . Par construction, les égalités $(1)$ sont vérifiées. Il reste à justifier que la famille $e = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ est une base de $E$ . Il s’agit d’une famille de longueur $3$ dans un espace de dimension $3$ , il suffit de vérifier sa liberté.

Soit $(λ_{1}, λ_{2}, λ_{3}) \in ℝ^{3}$ . Supposons

λ_{1} . e_{1} + λ_{2} . e_{2} λ_{3} . e_{3} = 0_{E} .

En appliquant $a$ aux deux membres de cette égalité, on obtient

λ_{1} . e_{2} + λ_{2} . e_{3} = 0_{E} .

En appliquant à nouveau $a$ , il vient

λ_{1} . e_{3} = 0_{E} .

On a donc $λ_{1} = 0$ car $e_{3}$ n’est pas le vecteur nul. En revenant sur les équations précédentes, on obtient ensuite $λ_{2} = 0$ puis $λ_{3} = 0$ . La famille $e$ est donc libre.

Finalement, la famille $e = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ est une base de $E$ dans laquelle l’endomorphisme $a$ est figuré par $B$ : les matrices $A$ et $B$ sont semblables.

Exercice 35 4210

Soit $A \in ℳ_{3} (ℝ)$ une matrice non nulle vérifiant $A^{2} = O_{3}$ . Établir que $A$ est semblable à la matrice

B = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

Exercice 36 1322 CENTRALE (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{3} (ℝ)$ une matrice non nulle vérifiant $A^{2} = O_{3}$ . Déterminer la dimension de l’espace

𝒞 = {M \in ℳ_{3} (ℝ) | A M - M A = O_{3}} .

Solution

On vérifie aisément que $𝒞$ est un sous-espace vectoriel de $ℳ_{3} (ℝ)$ car c’est le noyau de l’endomorphisme $M \mapsto A M - M A$ .
Puisque $A^{2} = O_{3}$ , on a $Im (A) \subset Ker (A)$ .
Puisque $A \neq O_{3}$ , la formule du rang et l’inclusion précédente montre

rg (A) = 1 et dim Ker (A) = 2 .

Soient $X_{1} \in Im (A)$ non nul, $X_{2}$ tel que $(X_{1}, X_{2})$ soit base de $Ker (A)$ et $X_{3}$ un antécédent de $X_{1}$ . En considérant la matrice de passage $P$ formée des colonnes $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ , on a

P^{- 1} A P = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = B .

En raisonnant par coefficients inconnus, on obtient que les matrices $N$ vérifiant $B N = N B$ sont de la forme

N = (\begin{matrix} a & b & c \\ 0 & b^{'} & c^{'} \\ 0 & 0 & a \end{matrix}) .

Par suite, les matrices $M$ vérifiant $A M = M B$ sont celle de la forme

M = P (\begin{matrix} a & b & c \\ 0 & b^{'} & c^{'} \\ 0 & 0 & a \end{matrix}) P^{- 1} .

L’espace $𝒞$ est donc de dimension 5 et l’on en forme une base à l’aide des matrices

M_{1} = P (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) P^{- 1}, M_{2} = P (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) P^{- 1}, M_{3} = P (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) P^{- 1} .

M_{4} = P (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) P^{- 1} et M_{5} = P (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) P^{- 1} .

Exercice 37 4222

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifiant

A^{n - 1} \neq O_{n} et A^{n} = O_{n} .

Établir que $A$ est semblable à la matrice

B = (\begin{matrix} 0 & (0) \\ 1 & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ \\ (0) & 1 & 0 \end{matrix}) .

Exercice 38 724 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ une matrice telle que $A^{2} = 0$ et de rang $r > 0$ .

Montrer que $A$ est semblable à

B = (\begin{matrix} 0 & I_{r} \\ 0 & 0 \end{matrix}) .

Solution

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension $n$ muni d’une base $ℬ$ et $f \in ℒ (E)$ de matrice $A$ dans $ℬ$ .

On observe $r = rg (f)$ , $f \neq 0$ et $f^{2} = 0$ de sorte que $Im (f) \subset Ker (f)$ . On a

dim Im (f) = r et dim Ker (f) = n - r .

Soit $(e_{1}, \dots, e_{r})$ une base de $Im (f)$ . On complète celle-ci en une famille $(e_{1}, \dots, e_{n - r})$ base de $Ker (f)$ . Aussi, chaque vecteur $e_{i}$ pour $i = 1, \dots, r$ possède un antécédent par $f$ . On introduit $e_{1}^{'}, \dots, e_{r}^{'}$ des vecteurs tels que

e_{i} = f (e_{i}^{'}) pour i = 1, \dots, r .

Considérons alors la famille $(e_{1}, \dots, e_{n - r}, e_{1}^{'}, \dots, e_{r}^{'})$ . Celle-ci est formée de $n$ vecteurs de $E$ . Montrons que c’est une famille libre.

Soit $(λ_{1}, \dots, λ_{n - r}, μ_{1}, \dots, μ_{r}) \in 𝕂^{n}$ . Supposons

λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{r} . e_{r} + λ_{r + 1} . e_{r + 1} + \dots + λ_{n - r} . e_{n - r} + μ_{1} . e_{1}^{'} + \dots + μ_{r} . e_{r}^{'} = 0_{E} .

(1)

En appliquant $f$ à la relation (1), on obtient

μ_{1} . e_{1} + \dots + μ_{r} . e_{r} = 0_{E} .

On en déduit $μ_{1} = \dots = μ_{r} = 0$ car la famille $(e_{1}, \dots, e_{r})$ est libre.

La relation (1) se simplifie alors en

λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{r} . e_{r} + λ_{r + 1} . e_{r + 1} + \dots + λ_{n - r} . e_{n - r} = 0_{E}

et donc $λ_{1} = \dots = λ_{n - r} = 0$ car la famille $(e_{1}, \dots, e_{n - r})$ est libre puisque c’est une base de $Ker (f)$ .

La famille $(e_{1}, \dots, e_{n})$ est libre et formée de $n = dim E$ vecteurs de $E$ , c’est donc une base de $E$ . La matrice de $f$ dans celle-ci est égale à $B$ et l’on peut conclure que les matrices $A$ et $B$ sont semblables.

Exercice 39 723

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice non nulle telle que les espaces $Im (A)$ et $Ker (A)$ sont supplémentaires. Montrer que la matrice $A$ est semblable à une matrice de la forme

(\begin{matrix} A^{'} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) avec A^{'} \in {GL}_{r} (ℝ)

(où les $0$ désignent des blocs nuls de tailles appropriées).

Exercice 40 725

Soit $A \in ℳ_{3} (ℝ)$ une matrice non nulle vérifiant $A^{3} + A = O_{3}$ . Montrer que $A$ est semblable à la matrice

B = (\begin{matrix} 0 & - 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

Exercice 41 726 Correction

Soit $M \in ℳ_{4} (ℝ)$ telle que $M^{2} + I_{4} = O_{4}$ .

Montrer que $M$ est semblable à la matrice

(\begin{matrix} 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) .

Solution

Soit $f \in ℒ (ℝ^{4})$ l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice $M$ .

Analyse: Cherchons une base $(e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4})$ telle que: $f (e_{1}) = e_{2}, f (e_{2}) = - e_{1}, f (e_{3}) = e_{4}$ et $f (e_{4}) = - e_{3}$ .
La connaissance de $e_{1}$ et $e_{3}$ suffit pour former $e_{2}$ et $e_{4}$ avec les quatre relations voulues.

Synthèse: Prenons $e_{1} \neq 0$ , $e_{2} = f (e_{1})$ , $e_{3} \notin Vect (e_{1}, e_{2})$ et $e_{4} = f (e_{3})$ .
Supposons $λ_{1} e_{1} + λ_{2} e_{2} + λ_{3} e_{3} + λ_{4} e_{4} = 0$ c’est-à-dire

λ_{1} e_{1} + λ_{2} f (e_{1}) + λ_{3} e_{3} + λ_{4} f (e_{3}) = 0 .

En appliquant l’endomorphisme $f$ :

λ_{1} f (e_{1}) - λ_{2} e_{1} + λ_{3} f (e_{3}) - λ_{4} e_{3} = 0

$λ_{3} (1) - λ_{4} (2)$ donne

(λ_{3} λ_{1} + λ_{2} λ_{4}) e_{1} + (λ_{3} λ_{2} - λ_{4} λ_{1}) f (e_{1}) + (λ_{3}^{2} + λ_{4}^{2}) e_{3} = 0 .

Puisque $e_{3} \notin Vect (e_{1}, e_{2})$ , on a $λ_{3}^{2} + λ_{4}^{2} = 0$ d’où $λ_{3} = λ_{4} = 0$ .

$(1)$ et $(2)$ donne alors $λ_{1} e_{1} + λ_{2} f (e_{1}) = 0$ et $λ_{1} f (e_{1}) - λ_{2} e_{1} = 0$ .

Comme ci-dessus on parvient à $λ_{1}^{2} + λ_{2}^{2} = 0$ d’où $λ_{1} = λ_{2} = 0$ .

Finalement, $(e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4})$ est une base convenable. On peut conclure que $M$ est semblable à la matrice proposée.

Exercice 42 3778 ENSTIM (MP)Correction

Les matrices suivantes sont-elles semblables?

A = (\begin{matrix} 3 & 6 & - 5 & - 2 \\ - 1 & - 6 & 5 & - 2 \\ - 1 & - 10 & 8 & - 3 \\ 0 & - 3 & 2 & 0 \end{matrix}) et B = (\begin{matrix} 1 & 2 & 6 & 21 \\ 0 & 2 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix}) .

Solution

$tr (A) \neq tr (B)$ dont $A$ et $B$ ne sont pas semblables.

Exercice 43 4349

Deux matrices de $ℳ_{n} (𝕂)$ ayant même polynôme caractéristique et même rang sont-elles nécessairement semblables?

Exercice 44 2382 CENTRALE (MP)Correction

Quelles sont les matrices carrées réelles d’ordre $n$ qui commutent avec $diag (1,2, \dots, n)$ et lui sont semblables?

Solution

Posons $D = diag (1,2, \dots, n)$ . L’étude, coefficient par coefficient, de la relation $M D = D M$ donne que les matrices commutant avec $D$ sont les matrices diagonales. Parmi les matrices diagonales, celles qui sont semblables à $D$ sont celles qui ont les mêmes coefficients diagonaux

Exercice 45 3136 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ une matrice de rang $1$ .

(a)

Montrer que $A$ est semblable à une matrice dont les $n - 1$ premières colonnes sont nulles.
(b)

En déduire

$A^{2} = tr (A) . A et \det (I_{n} + A) = 1 + tr (A) .$

Solution

(a)

Soit $f$ l’endomorphisme de $𝕂^{n}$ canoniquement associé à $A$ . On a

$rg (f) = rg (A) = 1$

et donc par la formule du rang

$dim Ker (f) = n - 1 .$

Si $ℬ$ est une base adaptée à $Ker (f)$ , la matrice de $f$ dans cette base a ses $n - 1$ premières colonnes nulles.
(b)

On peut écrire $A = P B P^{- 1}$ avec $P$ matrice inversible et $B$ une matrice de la forme

$(\begin{matrix} 0 & \dots & 0 & * \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & * \\ 0 & \dots & 0 & λ \end{matrix}) .$

On a alors

$λ = tr (B) = tr (A) .$

Puisque $B^{2} = λ B$ , on a

$P^{- 1} A^{2} P = tr (A) . P^{- 1} A P$

puis

$A^{2} = tr (A) . A .$

Puisque $\det (I_{n} + B) = 1 + λ$ , on a

$\det (P^{- 1}) \det (I_{n} + A) \det (P) = 1 + tr (A)$

puis

$\det (I_{n} + A) = 1 + tr (A) .$

Exercice 46 5125

Dans ce sujet, on considère des matrices de $ℳ_{n} (𝕂)$ avec $n \geq 2$ .

(a)

Montrer que deux matrices de rang $1$ sont semblables si, et seulement si, elles ont la même trace.
(b)

À quelle condition deux matrices élémentaires sont-elles semblables?

Exercice 47 5974 Correction

On pose

A = (\begin{matrix} O_{n} & I_{n} & O_{n} \\ O_{n} & O_{n} & I_{n} \\ O_{n} & O_{n} & O_{n} \end{matrix}) \in ℳ_{3 n} (ℝ) .

(a)

Calculer $A^{3}$ et donner le rang de $A$ .
(b)

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel réel de dimension finie. Établir

$dim Ker (u^{2}) \leq 2 dim Ker (u) .$

Soit $B \in ℳ_{3 n} (ℝ)$ telle que $B^{3} = 0$ et $rg (B) = 2 n$ .

(c)

Justifier $Im (B^{2}) \subset Ker (B)$ .

En déduire la dimension de $Im (B^{2})$
(d)

Soit $(E_{1}, \dots, E_{m})$ une base d’un supplémentaire de $Ker (B^{2})$ .

Montrer que la famille $(B^{2} E_{1}, \dots, B^{2} E_{m}, B E_{1}, \dots, B E_{m}, E_{1}, \dots, E_{m})$ est libre.
(e)

Montrer que $A$ et $B$ sont semblables.

Solution

(a)

Par calcul par blocs, $A^{3} = 0$ . De façon immédiate, $rg (A) = 2 n$ .
(b)

Considérons $v$ la restriction de $u$ au départ de $Ker (u^{2})$ . On a $v^{2} = 0$ donc $Im (v) \subset Ker (v)$ . Or par la formule du rang appliquée à $v$ ,

$dim Ker (u^{2}) = dim Ker (v) + rg (v) \leq 2 dim Ker (v) \leq 2 dim Ker (u)$

car¹¹ 1 En fait, $Ker (v) = Ker (u) \cap k e r (u^{2}) = Ker (u)$ . $Ker (v) \subset Ker (u)$ .
(c)

$B^{3} = B \times B^{2} = 0$ entraîne $Im (B^{2}) \subset Ker (B)$ .

On en déduit

$3 n - dim Ker (B^{2}) = rg (B^{2}) \leq dim Ker (B)$

puis

$3 n \leq dim Ker (B) + dim Ker (B^{2}) \leq 3 dim Ker (B) .$

Or $dim Ker (B) = n$ et les inégalités écrites sont des égalités. Ainsi, $dim Ker (B^{2}) = 2 n$ puis $rg (B^{2}) = n$ .
(d)

En fait, $m = n$ .

Soit $(α_{1}, \dots, α_{n}, β_{1}, \dots, β_{n}, γ_{1}, \dots, γ_{n}) \in ℝ^{3 n}$ .

Supposons

$α_{1} B^{2} E_{1} + \dots + α_{n} B^{2} E_{n} + β_{1} B E_{1} + \dots + β_{n} B E_{n} + γ_{1} E_{1} + \dots + γ E_{n} = 0 .$

En appliquant $B$ puis $B^{2}$ à cette relation on obtient

$β_{1} B^{2} E_{1} + \dots + β_{n} B^{2} E_{n} + γ_{1} B E_{1} + \dots + γ B E_{n} = 0$

et

$γ_{1} B^{2} E_{1} + \dots + γ B^{2} E_{n} = 0 .$

Cette dernière relation s’écrit encore

$γ_{1} E_{1} + \dots + γ E_{n} \in Ker (B^{2}) .$

La famille $(E_{1}, \dots, E_{n})$ étant une base d’un supplémentaire de $Ker (B^{2})$ , on obtient $γ_{1} = \dots = γ_{n} = 0$ . Il vient alors

$β_{1} B^{2} E_{1} + \dots + β_{n} B^{2} E_{n} = 0$

ce qui entraîne $β_{1} = \dots = β_{n} = 0$ puis

$α_{1} B^{2} E_{1} + \dots + α_{n} B^{2} E_{n} = 0$

qui donne $α_{1} = \dots = α_{n} = 0$ . La famille étudiée est libre.
(e)

La famille précédente constitue une base de $ℝ^{3 n}$ . La matrice de l’endomorphisme canoniquement associé à $B$ dans cette base est $A$ : la matrice $B$ est semblable à $A$ .

Exercice 48 2691 MINES (MP)

Soient $A$ et $B$ dans $ℳ_{n} (ℝ)$ telles qu’il existe $P \in {GL}_{n} (ℂ)$ vérifiant $A = P B P^{- 1}$ .

Montrer¹¹ 1 Les matrices réelles $A$ et $B$ sont semblables sur $ℂ$ , il s’agit ici de montrer qu’elles sont aussi semblables sur $ℝ$ . qu’il existe $Q \in {GL}_{n} (ℝ)$ telle que $A = Q B Q^{- 1}$ .

Exercice 49 4953

Soit $A \in ℳ_{2} (ℂ)$ . Les matrices $A$ et $A^{⊤}$ sont-elles semblables?

Exercice 50 5679 Correction

Soit $A$ une matrice de $ℳ_{3} (ℂ)$ .

(a)

On suppose que $A$ est semblable à $- A$ . Établir $tr (A) = \det (A) = 0$ .

Inversement, on suppose $tr (A) = \det (A) = 0$ .

(b)

On suppose que $A$ possède au moins une valeur propre non nulle. Montrer que $A$ est diagonalisable puis que $A$ est semblable à $- A$ .
(c)

On suppose que $A$ ne possède pas de valeurs propres non nulles. Montrer que $A$ est nilpotente puis que $A$ est semblable à $- A$ .

Solution

(a)

Puisque $A$ est semblable à $- A$ , ces deux matrices ont la même trace et le même déterminant. On en déduit

$tr (A) = tr (- A) = - tr (A) donc tr (A) = 0$

et

$\det (A) = \det (- A) = {(- 1)}^{3} \det (A) donc \det (A) = 0 .$
(b)

Commençons par souligner que $A$ possède trois valeurs propres comptées avec multiplicité et que $0$ est valeur propre car la matrice $A$ n’est pas inversible.

La trace de $A$ étant nulle, la somme des valeurs propres est nulle. Puisque l’on suppose qu’il existe une valeur propre non nulle $λ$ , la matrice $A$ possède trois valeurs propres distinctes $λ$ , $- λ$ et $0$ . On en déduit que $A$ est diagonalisable semblable à

$D = (\begin{matrix} λ & 0 & 0 \\ 0 & - λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .$

Or, par échange des deux premiers vecteurs de base, c’est-à-dire par l’intermédiaire de la matrice de passage

$P = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})$

la matrice $D$ est semblable à $- D$ et $A$ est donc semblable à $- A$ .
(c)

La matrice $A$ est nilpotente car $0$ est sa seule valeur propre. On a donc $A^{3} = O_{3}$ .

Sachant $A^{3} = O_{3}$ , on va montrer que $A$ est semblable à l’une des matrices

$O_{3}, (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ou (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .$

Notons $a$ l’endomorphisme de $ℂ^{3}$ canoniquement associé à la matrice $A$ .

Si $A^{2} \neq O_{3}$ , on peut introduire un vecteur $x$ de $ℂ^{3}$ qui n’annule pas $a^{2}$ . On vérifie¹¹ 1 On peut trouver une étude analogue dans le sujet 4222. alors que $(a^{2} (x), a (x), x)$ est une base de $ℂ^{3}$ dans laquelle la matrice de $a$ est

$T_{1} = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .$

La matrice $A$ est donc semblable à $T_{1}$ . Aussi, $- A$ vérifie ${(- A)}^{3} = O_{3}$ et ${(- A)}^{2} \neq O_{3}$ donc $- A$ est semblable²² 2 On peut aussi remarquer que $T_{1}$ est semblable à $- T_{1}$ via renversement des vecteurs de base et passage à l’opposé du vecteur du milieu, c’est-à-dire via la matrice de passage $P_{1} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix})$ . à $T_{1}$ donc à $A$ .

Si $A^{2} = O_{3}$ et $A \neq O_{3}$ , l’image de $a$ est incluse dans le noyau de $a$ et le rang de $a$ est alors nécessairement égal à $1$ . On introduit un vecteur $x$ de $ℂ^{3}$ qui n’annule pas $a$ . Le vecteur $a (x)$ est un vecteur non nul de $Ker (a)$ que l’on complète en une base du plan $Ker (a)$ à l’aide d’un vecteur $y$ . On vérifie alors que $(a (x), y, x)$ est une base de $ℂ^{3}$ dans laquelle la matrice de $a$ est

$T_{2} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .$

La matrice $A$ est donc semblable à $T_{2}$ . Aussi, $- A$ vérifie ${(- A)}^{2} = O_{3}$ et $- A \neq O_{3}$ donc $- A$ est semblable³³ 3 On peut aussi remarquer que $T_{2}$ est semblable à son opposé via échange des premier et dernier vecteurs de base et passage à l’opposé de l’un deux, c’est-à-dire via la matrice $P_{2} = (\begin{matrix} 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix})$ . à $T_{2}$ donc à $A$ .

Enfin, si $A = O_{3}$ , la conclusion est immédiate.

Exercice 51 4999

Soient $D \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice diagonale à coefficients diagonaux deux à deux distincts et $φ$ l’endomorphisme de $ℳ_{n} (ℝ)$ défini par $φ (X) = D X - X D$ .

(a)

Déterminer le noyau et l’image de l’endomorphisme $φ$ .
(b)

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ de trace nulle. Montrer que $M$ est semblable à une matrice de diagonale nulle.
(c)

En déduire que toute matrice $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ de trace nulle peut s’écrire

$M = A B - B A avec A, B \in ℳ_{n} (ℝ) .$

[<] Matrices semblables[>] Algèbres

Exercice 52 2387 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que

$\det (\begin{matrix} A & B \\ - B & A \end{matrix}) \geq 0 .$
(b)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ telles que $A B = B A$ . Montrer que $\det (A^{2} + B^{2}) \geq 0$ .
(c)

Trouver un contre-exemple à b) si $A$ et $B$ ne commutent pas.
(d)

Soient $A, B, C, D \in ℳ_{n} (ℝ)$ telles que $A C = C A$ . Montrer que

$\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = \det (A D - C B) .$

Solution

(a)

En multipliant les $n$ dernières lignes par $i$ et les $n$ dernières colonnes aussi:

$\det (\begin{matrix} A & B \\ - B & A \end{matrix}) = {(- 1)}^{n} \det (\begin{matrix} A & i B \\ - i B & - A \end{matrix})$

puis par opérations sur les lignes

$\det (\begin{matrix} A & B \\ - B & A \end{matrix}) = {(- 1)}^{n} \det (\begin{matrix} A & i B \\ A - i B & - A + i B \end{matrix})$

et par opérations sur les colonnes

$\det (\begin{matrix} A & B \\ - B & A \end{matrix}) = {(- 1)}^{n} \det (\begin{matrix} A + i B & i B \\ 0 & - A + i B \end{matrix}) .$

On en déduit

$\det (\begin{matrix} A & B \\ - B & A \end{matrix}) = {(- 1)}^{n} \det (A + i B) \det (- A + i B)$

et enfin

$\det (\begin{matrix} A & B \\ - B & A \end{matrix}) = \det (A + i B) \det (A - i B) .$

Les matrices $A$ et $B$ étant réelles, cette écriture est de la forme $z \bar{z} = {| z |}^{2} \geq 0$ .
(b)

$\det (A + i B) \det (A - i B) = \det (A^{2} + B^{2})$ car $A$ et $B$ commutent donc $\det (A^{2} + B^{2}) \geq 0$ .
(c)

$A = (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{matrix})$ et $B = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{matrix})$ par exemple.
(d)

Si $A$ est inversible, on remarque

$(\begin{matrix} I & O \\ - C A^{- 1} & I \end{matrix}) (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & B \\ 0 & - C A^{- 1} B + D \end{matrix})$

donc $\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = \det (A) \det (- C A^{- 1} B + D) = \det (A D - C B)$ car $A$ et $C$ commutent.
On étend cette égalité aux matrices non inversibles par densité:
Les applications $A \mapsto \det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix})$ et $A \mapsto \det (A D - C B)$ sont continues et coïncident sur l’ensemble des matrices inversibles commutant avec $C$ . Or cet ensemble est dense dans l’ensemble des matrices commutant avec $C$ : si $A$ commute avec $C$ alors pour tout $λ > 0$ assez petit $A + λ I_{n}$ est inversible et commute avec $C$ ). Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense, les deux applications sont égales.

Exercice 53 1424

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

Montrer

$| \begin{matrix} A & B \\ B & A \end{matrix} | = \det (A + B) \det (A - B) .$
(b)

Justifier

$| \begin{matrix} A & - B \\ B & A \end{matrix} | \geq 0 .$

Exercice 54 198 CENTRALE (PC)

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ et

M = (\begin{matrix} I_{n} & A \\ A & I_{n} \end{matrix}) \in ℳ_{2 n} (ℝ) .

(a)

À quelle condition la matrice $M$ est-elle inversible?
(b)

Donner son inverse quand cela est possible.

Exercice 55 3130

Soient $A, B, C, D \in ℳ_{n} (ℝ)$ avec $D$ inversible.

(a)

Établir

$\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = \det (A D - B D^{- 1} C D) .$
(b)

Comment simplifier cette formule si $C$ et $D$ commutent ou si $B$ et $D$ commutent?

Exercice 56 4226

Soient $A, B, C, D \in ℳ_{n} (ℝ)$ telles que $C$ et $D$ commutent.

(a)

On suppose que $D$ est inversible. Établir

$\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = \det (A D - B C) .$

On introduit $D_{t} = (1 - t) D + t I_{n}$ avec $t \in ℝ$ .

(b)

Justifier que $D_{t}$ est inversible sauf pour un nombre fini de valeurs de $t$ .
(c)

Généraliser la formule de la première question au cas où la matrice $D$ n’est plus supposée inversible.

Exercice 57 3147 Correction

Soient $A, B, C, D \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

On suppose $C D^{⊤}$ symétrique et $D$ inversible. Montrer que

$\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = \det (A D^{⊤} - B C^{⊤}) .$
(b)

On suppose toujours $C D^{⊤}$ symétrique mais on ne suppose plus $D$ inversible.
Montrer que l’égalité précédente reste vraie.

Solution

(a)

Cas: $D$ inversible. Sachant $C D^{⊤} = D C^{⊤}$ , on a

$(\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) (\begin{matrix} D^{⊤} & O_{n} \\ - C^{⊤} & I_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} A D^{⊤} - B C^{⊤} & B \\ O_{n} & D \end{matrix})$

et, en passant au déterminant, on obtient la relation

$\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) \det (D^{⊤}) = \det (A D^{⊤} - B C^{⊤}) \det (D)$

puis la relation voulue sachant $\det (D) = \det (D^{⊤}) \neq 0$
(b)

Cas: $D$ non inversible. Posons $r = rg (C)$ . On peut écrire $C = P J_{r} Q$ avec $P, Q$ inversibles et $J_{r}$ la matrice (symétrique) dont tous les coefficients sont nuls sauf les $r$ premiers de la diagonale qui sont égaux à 1. Considérons alors $D^{'} = D + λ P {(Q^{⊤})}^{- 1}$ pour $λ \in ℝ$ .
On peut écrire

$D^{'} = P (P^{- 1} D Q^{⊤} + λ I_{n}) {(Q^{⊤})}^{- 1} .$

Si $- λ$ n’est pas valeur propre de $P^{- 1} D Q^{⊤}$ , la matrice $D^{'}$ est inversible.
Puisqu’une matrice n’a qu’un nombre fini de valeurs propres, la matrice $D^{'}$ est assurément inversible quand $λ \to 0^{+}$ avec $λ$ assez petit.
De plus, $C D^{', ⊤}$ est symétrique car

$C D^{', ⊤} - D^{'} C^{⊤} = C D^{⊤} + λ P J_{r} Q Q^{- 1} P^{⊤} - D C^{⊤} - λ P {(Q^{⊤})}^{- 1} Q^{⊤} J_{r}^{⊤} P^{⊤} = 0 .$

Par l’étude qui précède, on obtient

$\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D^{'} \end{matrix}) = \det (A D^{', ⊤} - B C^{⊤})$

et en passant à la limite quand $λ \to 0^{+}$ , on obtient

$\det (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) = \det (A D^{⊤} - B C^{⊤}) .$

Exercice 58 2694 MINES (MP)Correction

Soient $A, B, C, D \in ℳ_{n} (𝕂)$ avec $A C = C A$ . Montrer que

\det (\begin{matrix} A & C \\ B & D \end{matrix}) = \det (D A - B C) .

Solution

Supposons pour commencer la matrice $A$ inversible.
Par opérations par blocs:

(\begin{matrix} A & C \\ B & D \end{matrix}) (\begin{matrix} I & - A^{- 1} C \\ 0 & I \end{matrix}) = (\begin{matrix} A & 0 \\ B & D - B A^{- 1} C \end{matrix}) .

On en déduit

| \begin{matrix} A & C \\ B & D \end{matrix} | = \det (D - B A^{- 1} C) \det (A) = \det (D A - B A^{- 1} C A) .

Or les matrices $A$ et $C$ commutent donc $A^{- 1}$ et $C$ commutent aussi et

| \begin{matrix} A & C \\ B & D \end{matrix} | = \det (D A - B C) .

Supposons $A$ non inversible.
Pour $p$ assez grand, la matrice $A_{p} = A + \frac{1}{p} I$ est inversible et commute avec $C$ donc

\det (\begin{matrix} A_{p} & C \\ B & D \end{matrix}) = \det (D A_{p} - B C) .

En passant à la limite quand $p \to + \infty$ , la continuité du déterminant donne

\det (\begin{matrix} A & C \\ B & D \end{matrix}) = \det (D A - B C) .

Exercice 59 3288 MINES (MP)Correction

Soient $A, B, C, D$ des matrices carrées d’ordre $n$ , réelles et commutant deux à deux. Montrer que la matrice

M = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix})

est inversible si, et seulement si, $A D - B C$ l’est.

Solution

Cas: La matrice $A$ inversible. Pour

P = (\begin{matrix} I_{n} & - A^{- 1} B \\ O_{n} & I_{n} \end{matrix})

on a

M P = (\begin{matrix} A & O_{n} \\ C & - C A^{- 1} B + D \end{matrix}) .

On en déduit

\det (M) = \det (M P) = \det (A) \times \det (- C A^{- 1} B + D) .

\det (A) \times \det (- C A^{- 1} B + D) = \det (A D - A C A^{- 1} B) = \det (A D - B C)

car la matrice $C$ commute avec les matrices $A$ et $B$ .
On en déduit

\det (M) = \det (A D - B C) .

Cas général: Pour $p \in ℕ^{*}$ assez grand, la matrice $A_{p} = A + 1 / p I_{n}$ est inversible et les matrices $A_{p}, B, C, D$ commutent deux à deux. Si on pose

M_{p} = (\begin{matrix} A_{p} & B \\ C & D \end{matrix})

l’étude qui précède donne

\det (M_{p}) = \det (A_{p} D - B C) .

En faisant tendre $p$ vers $+ \infty$ , on obtient à la limite

\det (M) = \det (A D - B C) .

Il est alors immédiat de conclure que l’inversibilité de $M$ équivaut à celle de $A D - B C$ .

Exercice 60 713 Correction

On considère une matrice $M \in ℳ_{n} (𝕂)$ inversible écrite sous la forme

M = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix})

avec $A \in ℳ_{p} (𝕂)$ et $D \in ℳ_{n - p} (𝕂)$ .
On écrit la comatrice de $M$ sous une forme analogue

Com (M) = (\begin{matrix} A^{'} & B^{'} \\ C^{'} & D^{'} \end{matrix})

avec $A^{'} \in ℳ_{p} (𝕂)$ et $D^{'} \in ℳ_{n - p} (𝕂)$ .
Vérifier

\det (A^{'}) = \det {(M)}^{p - 1} \det (D) .

Solution

On introduit

N = (\begin{matrix} A^{', ⊤} & O_{p, n - p} \\ B^{', ⊤} & I_{n - p} \end{matrix}) .

On a

M N = (\begin{matrix} A A^{', ⊤} + B B^{', ⊤} & B \\ C A^{', ⊤} + D B^{', ⊤} & D \end{matrix}) .

M {(Com (M))}^{⊤} = (\begin{matrix} A A^{', ⊤} + B B^{', ⊤} & A C^{', ⊤} + B D^{', ⊤} \\ C A^{', ⊤} + D B^{', ⊤} & C C^{', ⊤} + D D^{', ⊤} \end{matrix}) = {(\det (M))}^{n} I_{p}

donc

M N = (\begin{matrix} \det (M) I_{p} & B \\ O_{n - p, p} & D \end{matrix}) .

En passant cette relation au déterminant, on obtient

\det (M) \times \det (A^{', ⊤}) = \det {(M)}^{p} \det (D)

puis facilement la relation proposée sachant $\det (M) \neq 0$ .

[<] Calculs de déterminants par blocs

Exercice 61 4383

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ . On introduit le commutant de $u$

𝒞_{u} = {v \in ℒ (E) | u \circ v = v \circ u} .

Montrer que $𝒞_{u}$ est une sous-algèbre de l’algèbre $ℒ (E)$ des endomorphismes de $E$ .

Exercice 62 5531 Correction

Soit $P \in {GL}_{n} (𝕂)$ . Montrer que l’application $M \mapsto P^{- 1} M P$ est un morphisme bijectif de la $𝕂$ -algèbre $ℳ_{n} (𝕂)$ dans elle-même.

Solution

$ℳ_{n} (𝕂)$ est une $𝕂$ -algèbre et l’application $f : M \mapsto P^{- 1} M P$ est bien définie de $ℳ_{n} (𝕂)$ vers $ℳ_{n} (𝕂)$ .

Pour $λ_{1}, λ_{2} \in 𝕂$ et $M_{1}, M_{2} \in ℳ_{n} (𝕂)$ , on vérifie

	$f (λ_{1} M_{1} + λ_{2} M_{2})$	$= P^{- 1} (λ_{1} M_{1} + λ_{2} M_{2}) P$
		$= λ_{1} P^{- 1} M_{1} P + λ_{2} P^{- 1} M_{2} P = λ_{1} f (M_{1}) + λ_{2} f (M_{2}) .$

L’application $f$ est donc linéaire. De plus,

f (M_{1} M_{2}) = P^{- 1} M_{1} M_{2} P = P^{- 1} M_{1} P P^{- 1} M_{2} P = f (M_{1}) f (M_{2})

f (I_{n}) = P^{- 1} I_{n} P = I_{n} .

L’application $f$ est donc un morphisme d’algèbres.

De plus, pour tous $A, M \in ℳ_{n} (𝕂)$ ,

	$f (M) = A$	$\Leftrightarrow P^{- 1} M P = A$
		$\Leftrightarrow M = P A P^{- 1} .$

L’application $f$ est donc bijective.

Exercice 63 1265 Correction

Soit

E = {M (a, b, c) = (\begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix}) | (a, b, c) \in ℝ^{3}} .

Montrer que $E$ est une sous-algèbre commutative de $ℳ_{3} (ℝ)$ dont on déterminera la dimension.

Solution

On peut écrire

M (a, b, c) = a I + b J + c K

avec

I = M (1,0,0), J = M (0,1,0) et K = M (0,0,1) = J^{2} .

Ainsi, $E = Vect (I, J, K)$ est un sous-espace vectoriel de dimension 3 de $ℳ_{3} (ℝ)$ (car $(I, J, K)$ est clairement une famille libre).
Aussi

M (a, b, c) M (a^{'}, b^{'}, c^{'}) = (a a^{'} + b c^{'} + c b^{'}) I + (a b^{'} + a^{'} b + c c^{'}) J + (a c^{'} + a^{'} c + b b^{'}) K .

Donc $E$ est une sous algèbre (visiblement commutative) de $ℳ_{3} (ℝ)$ .

Exercice 64 4207

Soit

E = {M (a, b) = (\begin{matrix} a & - b \\ b & a \end{matrix}) | (a, b) \in ℝ^{2}} .

(a)

Montrer que $E$ est une algèbre réelle commutative pour les lois usuelles.
(b)

Vérifier que l’algèbre $E$ est isomorphe à $ℂ$ .

Exercice 65 4218

(Le « corps » des quaternions)

On note $ℍ$ l’ensemble des matrices

M (a, b) = (\begin{matrix} a & b \\ - \bar{b} & \bar{a} \end{matrix}) avec a, b \in ℂ .

(a)

Montrer que $ℍ$ est une algèbre réelle de dimension $4$ pour les opérations usuelles.
(b)

Vérifier que tout élément non nul de $ℍ$ est inversible dans $ℍ$ .

Exercice 66 5695 Correction

Soient $𝒜$ une sous-algèbre de l’algèbre $ℳ_{n} (𝕂)$ . On souhaite établir que l’inverse de toute matrice inversible élément de $𝒜$ est aussi un élément de $𝒜$ .

(a)

Soit $A \in 𝒜$ une matrice inversible. Montrer que l’application

$τ : {\begin{matrix} 𝒜 & \to & 𝒜 \\ M & \mapsto & A M \end{matrix}$

définit un isomorphisme de l’espace $𝒜$ vers lui-même.
(b)

Conclure.

Solution

(a)

L’application $τ$ est correctement définie car la sous-algèbre $𝒜$ est stable par produit. L’application $τ$ est linéaire car, avec des notations entendues,

$τ (λ M + μ N) = A \circ (λ M + μ N) = λ A \circ M + μ A \circ N = λ τ (M) + μ τ (N) .$

Enfin, l’application $τ$ est injective car, si $M \in Ker (τ)$ ,

$M = A^{- 1} A M = A^{- 1} τ (M) = 0 .$

Puisque $𝒜$ est un espace de dimension finie, l’application $τ$ est un isomorphisme de $𝒜$ vers lui-même (autrement dit un automorphisme de $𝒜$ ).
(b)

Par surjectivité de l’application $τ$ et sachant $I_{n} \in 𝒜$ , il existe $M \in 𝒜$ tel que $τ (M) = I_{n}$ . On vérifie alors

$A^{- 1} = A^{- 1} \times I_{n} = A^{- 1} A M = M \in 𝒜 .$

Exercice 67 5694 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $𝒜$ une sous-algèbre de $ℒ (E)$ . On souhaite établir que l’inverse de tout automorphisme de $E$ appartenant à $𝒜$ est encore élément de $𝒜$ .

(a)

Soit $u \in GL (E) \cap 𝒜$ . Montrer que l’application

$τ : {\begin{matrix} 𝒜 & \to & 𝒜 \\ v & \mapsto & u \circ v \end{matrix}$

définit un isomorphisme de l’espace $𝒜$ vers lui-même.
(b)

Conclure.

Solution

(a)

L’application $τ$ est correctement définie car la sous-algèbre $𝒜$ est stable par composition. L’application $τ$ est linéaire car, avec des notations entendues,

$τ (λ . v + μ . w) = u \circ (λ . v + μ . w) = λ . u \circ v + μ . u \circ w = λ . τ (v) + μ . τ (w) .$

Enfin, l’application $τ$ est injective car, si $v \in Ker (τ)$ ,

$v = u^{- 1} \circ u \circ v = u^{- 1} \circ τ (v) = 0 .$

Puisque $𝒜$ est un espace de dimension finie, l’application $τ$ est un isomorphisme de $𝒜$ vers lui-même (autrement dit un automorphisme de $𝒜$ ).
(b)

Par surjectivité de l’application $τ$ et sachant ${Id}_{E} \in 𝒜$ , il existe $v \in 𝒜$ tel que $τ (v) = {Id}_{E}$ . On vérifie alors

$u^{- 1} = u^{- 1} \circ {Id}_{E} = u^{- 1} \circ u \circ v = v \in 𝒜 .$

Exercice 68 5420 MINES (MP)Correction

Soit $A$ une $ℝ$ -algèbre commutative intègre de dimension finie $n \geq 2$ .

(a)

Montrer que $A$ est un corps.
(b)

Montrer que pour tout $a \in A$ , l’ensemble ${P \in ℝ [X] | P (a) = 0_{A}}$ est un idéal de $ℝ [X]$ et que celui-ci est engendré par un polynôme irréductible.
(c)

Montrer que $A$ est isomorphe à $ℂ$ .

Solution

(a)

$A$ est un anneau commutatif non réduit à ${0_{A}}$ .

Soit $a$ un élément non nul de $A$ . L’application $γ : x \mapsto a x$ est un endomorphisme de l’espace $A$ et celui-ci est injectif car l’anneau $A$ est intègre. L’espace $A$ étant de dimension finie, l’application $γ$ est un automorphisme de $A$ . En particulier, il existe $b \in A$ tel que $γ (b) = 1_{A}$ c’est-à-dire $a b = 1_{A}$ . Ainsi, tout élément non nul de l’anneau $A$ est inversible. Finalement, $A$ est un corps.
(b)

L’ensemble $I = {P \in ℝ [X] | P (a) = 0_{A}}$ contient le polynôme nul, est stable par addition et l’on vérifie aisément que, si $P \in I$ , alors $P Q \in I$ pour tout $Q \in ℝ [X]$ . Ainsi, $I$ est un idéal de $ℝ [X]$ . Il existe donc un polynôme $Π \in ℝ [X]$ tel que $I = Π ℝ [X]$ .

Par l’absurde, supposons que le polynôme $Π$ ne soit par irréductible. On peut écrire $Π = Π_{1} Π_{2}$ avec $Π_{1}$ et $Π_{2}$ non constants. Puisque $Π (a) = 0_{A}$ , on a $Π_{1} (a) Π_{2} (a) = 0_{A}$ . Par intégrité, $Π_{1} (a) = 0_{A}$ ou $Π_{2} (a) = 0_{A}$ . Quitte à échanger, supposons $Π_{1} (a) = 0_{A}$ . Cela signifie $Π_{1} \in I$ mais alors $Π ∣ Π_{1}$ et cela est absurde.
(c)

Soit $a \in A$ tel que $a \notin Vect (1_{A})$ . Un tel élément existe car $dim A \geq 2$ . Introduisons alors le polynôme $Π$ comme au-dessus (que l’on choisit unitaire). Celui-ci ne peut être de degré $1$ car $a \notin Vect (1_{A})$ . Le polynôme $Π$ est donc de degré $2$ sans racines réelles. Soit $ω = α + i β$ (avec $(α, β) \in ℝ \times ℝ^{*}$ ) une racine de $Π$ . On a

$Π = (X - ω) (X - \bar{ω}) = X^{2} - 2 α X + (α^{2} + β^{2})$

et donc

$Π (a) = a^{2} - 2 α . a + (α^{2} + β^{2}) {.1}_{A} = 0_{A} .$

Considérons ensuite

$i = \frac{1}{β} (a - α {.1}_{A}) \in A ∖ Vect (1_{A}) .$

On remarque

$i^{2} = \frac{1}{β^{2}} (a^{2} - 2 α . a + α^{2} {.1}_{A}) = - 1_{A} .$

Montrons ensuite que $dim A = 2$ . Par l’absurde, si $A \neq Vect (1_{A}, i)$ , on peut introduire $b \in E ∖ Vect (1_{A}, i)$ et définir comme au-dessus un élément $j \in A$ tel que $j^{2} = - 1$ avec $j \notin Vect (1_{A}, i)$ . Or $j^{2} = i^{2}$ donne $(j - i) (j + i) = 0_{A}$ et donc $j = i$ ou $j = - i$ par intégrité. C’est absurde.

Pour conclure, on introduit l’application $ℝ$ -linéaire $φ : ℂ \to A$ déterminée par

$φ (1) = 1_{A} et φ (i) = i .$

Par l’égalité $i^{2} = - 1_{A}$ , on vérifie que l’application $φ$ est un morphisme d’anneaux et donc un morphisme d’algèbres. De plus, celle-ci transforme une base en une base, c’est un isomorphisme.

Exercice 69 3408 ENS Cachan (MP)Correction

Soit $𝕂$ une algèbre intègre sur $ℝ$ de dimension finie $n \geq 2$ . On assimile $ℝ$ à $ℝ .1$ où $1$ est l’élément de $𝕂$ neutre pour le produit.

(a)

Montrer que tout élément non nul de $𝕂$ est inversible.
(b)

Soit $a$ un élément de $𝕂$ non situé dans $ℝ$ . Montrer que la famille $(1, a)$ est libre tandis que le famille $(1, a, a^{2})$ est liée.
(c)

Montrer l’existence de $i \in 𝕂$ tel que $i^{2} = - 1$ .
(d)

Montrer que si $𝕂$ est commutative alors $𝕂$ est isomorphe à $ℂ$ .

Solution

(a)

Soit $a$ un élément non nul de $𝕂$ . L’application $φ : x \mapsto a x$ est $ℝ$ -linéaire de $𝕂$ vers $𝕂$ et son noyau est réduit à ${0}$ car l’algèbre $𝕂$ est intègre. Puisque $𝕂$ est un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension finie, l’endomorphisme $φ$ est bijectif et il existe donc $b \in 𝕂$ vérifiant $a b = 1$ . Puisque

$φ (b a) = a (b a) = (a b) a = a = φ (1)$

on a aussi $b a = 1$ et donc $a$ est inversible d’inverse $b$ .
(b)

Puisque $1 \neq 0$ , si la famille $(1, a)$ était liée alors $a \in ℝ .1 = ℝ$ ce qui est exclu; on peut donc affirmer que la famille $(1, a)$ est libre.
Puisque la $ℝ$ -algèbre $a$ est de dimension $n$ , on peut affirmer que la famille $(1, a, a^{2}, \dots, a^{n})$ est liée car formée de $n + 1$ vecteurs. Il existe donc un polynôme non nul $P \in ℝ_{n} [X]$ tel que $P (a) = 0$ . Or ce polynôme se décompose en un produit de facteurs de degrés 1 ou 2. Puisque les facteurs de degré 1 n’annule pas $a$ et puisque l’algèbre est intègre, il existe un polynôme de degré 2 annulant $a$ . On en déduit que la famille $(1, a, a^{2})$ est liée.
(c)

Plus exactement avec ce qui précède, on peut affirmer qu’il existe $α, β \in ℝ$ tel que

$a^{2} + α a + β = 0 avec Δ = α^{2} - 4 β < 0 .$

On a alors

${(a + \frac{α}{2})}^{2} = \frac{α^{2} - 4 β}{4}$

et l’on obtient donc $i^{2} = - 1$ en prenant

$i = \frac{2 a + α}{\sqrt{4 β - α^{2}}} .$
(d)

Par l’absurde, supposons $n = dim 𝕂 > 2$ .
Il existe $a, b \in 𝕂$ tels que $(1, a, b)$ soit libre.
Comme ci-dessus, on peut alors introduire $i \in Vect (1, a)$ et $j \in Vect (1, b)$ tels que

$i^{2} = - 1 = j^{2} .$

On a alors par commutativité

$(i - j) (i + j) = 0$

et l’intégrité de $𝕂$ entraîne $i = j$ ou $i = - j$ . Dans un cas comme dans l’autre, on obtient

$1, a, b \in Vect (1, i)$

ce qui contredit la liberté de la famille $(1, a, b)$ .
On en déduit $n = 2$ . Il est alors facile d’observer que $𝕂$ est isomorphe à $ℂ$ .

Exercice 70 4230

Soient $(A, +, \times)$ une $ℝ$ -algèbre intègre de dimension finie $n \geq 2$ et $a$ un élément de $A$ .

On assimile la droite réelle à l’ensemble $ℝ {.1}_{A}$ où $1_{A}$ est l’élément de $A$ neutre pour le produit.

(a)

En observant que l’application $x \mapsto a x$ est un endomorphisme de $A$ , montrer que $a$ est inversible si, et seulement si, $a$ est non nul.
(b)

Montrer qu’il existe des réels $λ_{0}, λ_{1}, \dots, λ_{n}$ non tous nuls tels que

$λ_{0} + λ_{1} . a + \dots + λ_{n} . a^{n} = 0_{A} .$
(c)

Montrer que, à isomorphisme près, $ℂ$ est la seule $ℝ$ -algèbre commutative intègre de dimension finie $n \geq 2$ .

Exercice 71 2390 CENTRALE (MP)Correction

Soit $n$ un entier $\geq 2$ et $𝒜$ un hyperplan de $ℳ_{n} (ℂ)$ stable pour le produit matriciel.

(a)

On suppose que $I_{n} \notin 𝒜$ . Montrer, si $M^{2} \in 𝒜$ , que $M \in 𝒜$ . En déduire que pour tout $i \in {1, \dots, n}$ que la matrice $E_{i, i}$ est dans $𝒜$ . En déduire une absurdité.
(b)

On prend $n = 2$ . Montrer que $𝒜$ est isomorphe à l’algèbre des matrices triangulaires supérieures.

Solution

(a)

Supposons $M^{2} \in 𝒜$ . $𝒜$ et $Vect (I_{n})$ étant supplémentaires dans $ℳ_{n} (ℂ)$ , on peut écrire $M = A + λ I_{n}$ avec $A \in 𝒜$ . On a alors $M^{2} = A^{2} + 2 λ A I_{n} + λ^{2} I_{n}$ d’où l’on tire $λ^{2} I_{n} \in 𝒜$ puis $λ = 0$ ce qui donne $M \in 𝒜$ .
Pour $i \neq j$ , $E_{i, j}^{2} = 0 \in 𝒜$ donc $E_{i, j} \in 𝒜$ puis $E_{i, i} = E_{i, j} \times E_{j, i} \in 𝒜$ . Par suite, $I_{n} = E_{1,1} + \dots + E_{n, n} \in 𝒜$ . Absurde.
(b)

Formons une équation de l’hyperplan $𝒜$ de la forme $a x + b y + c z + d t = 0$ en la matrice inconnue $M = (\begin{matrix} x & y \\ z & t \end{matrix})$ avec $(a, b, c, d) \neq (0,0,0,0)$ . Cette équation peut se réécrire $tr (A M) = 0$ avec $A = (\begin{matrix} a & c \\ b & d \end{matrix})$ .
Puisque $I_{2} \in 𝒜$ , on a $tr (A) = 0$ . Soit $λ$ une valeur propre de $A$ .
Si $λ \neq 0$ alors $- λ$ est aussi valeur propre de $A$ et donc $A$ est diagonalisable via une matrice $P$ .
On observe alors que les matrices $M$ de $𝒜$ sont celles telles que $P^{- 1} M P$ a ses coefficients diagonaux égaux.
Mais alors pour $M = P (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) P^{- 1}$ et $N = P (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) P^{- 1}$ on a $M, N \in 𝒜$ alors que $M N \in 𝒜$ .
Si $λ = 0$ alors $A$ est trigonalisable en $(\begin{matrix} 0 & α \\ 0 & 0 \end{matrix})$ avec $α \neq 0$ via une matrice $P$ .
On observe alors que les matrices $M$ de $𝒜$ sont celles telles que $P^{- 1} M P$ est triangulaire supérieure. L’application $M \mapsto P^{- 1} M P$ est un isomorphisme comme voulu.

Édité le 17-06-2025

	$f \circ g \circ g = 0$	$\Leftrightarrow f \circ g = 0$
		$\Leftrightarrow g = 0 .$