Exercices du chapitre 9. Matrices et déterminantspc.cassin.free.fr/fichiers/ex-09-matrices-determinants.pdf · Exercices du chapitre 9. Matrices et déterminants Exercice 9.7 –

Exercices du chapitre 9. Matrices et déterminantsMatrices inversibles, puissances de matrices, rang

Exercice 9.1 – Commutant d’une matrice

Soit D ∈ Dn(K) dont les coefficients diagonaux sont deux à deux dis-tincts.

1. Montrer que M ∈Mn(K) commute avec D si, et seulement si, Mest diagonale.

2. Soit A une matrice semblable à D, autrement dit telle qu’il existeune matrice inversible P qui vérifie D= P−1AP.

(a) Montrer que l’ensemble C(A) =�B ∈Mn(K) | AB= BA

est un

sous-espace vectoriel de Mn(K).(b) Justifier que (In, A, . . . , An−1) est une base de C(A).

Exercice 9.2

Soient a ∈ R et A=

−1 a a1 −1 0−1 0 −1

.Vérifier que (A+ I3)3 est nulle,et en déduire les puissancessuccessives de A.

Exercice 9.3 – Polynôme annulateur et puissances d’une matrice

Soient P= (X− 1)2(X+ 1) et M=

1 −1 00 1 02 −1 −1

.

1. Démontrer que P est un polynôme annulateur de M. En déduire queM est inversible et donner M−1.

2. Déterminer pour tout n ∈ N le reste de la division euclidienne de Xn

par P.

3. En déduire l’expression de Mn en fonction de M2, M et I3, et vérifierque cette expression est encore valable pour n=−1.

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Maths - PC - Lycée René Cassin - Bayonne - 2018-2019

Exercice 9.4

Soient n ∈ N∗ et ω= ei2π/n.On considère la matrice A = (ak,ℓ) de Mn(C) définie par ak,ℓ =ω(k−1)(ℓ−1) pour tout (k,ℓ) ∈ J1, nK2.

Calculer A×A, en déduire que A est inversible et donner A−1.

Exercice 9.5

Étudier l’inversibilité des matrices suivantes, et en donner le caséchéant l’inverse :1+ i −1 2i

i 0 11 i 1

,

1 1 2 22 1 3 42 1 2 30 1 2 2

,

et A= (ai j) ∈Mn(K) où ai j =�

j− i+ 1, si i ⩽ j ;0, sinon.

Exercice 9.6 – Matrice àdiagonale strictementdominante, etma-trice stochastique stricte

1. Soit A = (ai, j) ∈ Mn(C) une matrice à diagonale strictementdominante, c’est-à-dire une matrice qui vérifie pour tout i ∈J1, nK , |aii|>

n∑j=1j ̸=i

|ai j|. Montrer que A est inversible.

(On pourra raisonner par l’absurde et s’intéresser à Ker(A).)

2. On considère une matrice stochastique stricte A =�ai, j� ∈

Mn(R), c’est-à-dire une matrice à coefficients strictement positifs,

et telle que pour tout i ∈ J1 ; nK, n∑j=1

ai, j = 1.

Montrer que rg(A− In) = n− 1.

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Exercices du chapitre 9. Matrices et déterminants

Exercice 9.7 – Une chaîne de Markov

On note J la matrice de M4(R) dont tous les termes valent 1, et onconsidère A= 1

5(I4+ J).

1. Calculer les puissances successives de la matrice J, et en déduire An

pour tout entier naturel n.

2. Une particule oscille entre 4 états d’énergie notés A, B, C et D.Elle est au temps 0 dans l’état A, puis à chaque instant, elle restedans l’état où elle est avec la probabilité 2

5ou change d’état avec la

probabilité 15.

Pour tout instant t, on note A(t) (resp.B(t), C(t) et D(t)) l’événe-ment « la particule est dans l’état A (resp.B, C et D) au temps t », eton considère la matrice colonne :

U(t) =�

P(A(t)) P(B(t)) P(C(t)) P(D(t))�T

.

(a) Donner pour tout t ∈ N, une relation entre U(t + 1) et U(t).

(b) En déduire en fonction de t les probabilités à l’instant t desdifférents états de la particule.

Généralités, matrices semblables

Exercice 9.8

On considère les matrices

A=

0 1 0−4 4 0−2 1 2

et N= 2

1 0 0−1 1 0−1 0 1

.

1. Montrer que A est semblable à la matrice N, et préciser la matriceinversible P qui vérifie N= P−1AP.

2. Calculer les puissances successives de N, et retrouver alors An enfonction de n.

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Exercice 9.9

Soient D une matrice diagonale de Mn(K) dont les termes diagonauxsont deux à deux distincts.Montrer que l’application M 7→ MD− DM est un endomorphisme deMn(K), dont le noyau est le sous-espace vectoriel des matrices dia-gonales, et l’image le sous-espace vectoriel des matrices de diagonalenulle.

Exercice 9.10

Soit f l’endomorphisme de Kn dont la matrice dans la base B =(e1, . . . , en) est M = (α− β)In + βJ, où J est la matrice de Mn(K) donttous les coefficients valent 1, et α et β sont des élements de K.1. Démontrer que B′ = (e1, e1 + e2, . . . , e1 + e2 + . . .+ en) est une base

de Kn.

2. Déterminer la matrice de f dans la base B′.

Exercice 9.11 – Oral CCP - sans préparation

Soit E un espace vectoriel de dimension 3. Soit f un endomorphismenon nul de E. On suppose que f 2 est l’endomorphisme nul de E.

1. Déterminer le rang de f et la dimension de son noyau.

2. Montrer qu’il existe une base de E telle que la matrice de f relati-vement à cette base s’écrive0 0 0

0 0 01 0 0

.

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Exercice 9.12

Montrer que pour tout réel a les matrices ci-dessous sont semblables :4− a 1 −1−6 −1− a 22 1 1− a

et

1− a 1 00 1− a 00 0 2− a

.

Exercice 9.13

Soient A, B et N les matrices de M4(R) définies par :

A=

1 1 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1

, B=

1 −1 0 00 1 −1 00 0 1 −10 0 0 1

, N=

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

.

1. Exprimer les matrices A et B à l’aide des matrices N et I4.

2. Démontrer que A et B sont semblables si et seulement si N et −Nsont semblables.

3. Les matrices A et B sont-elles semblables ?

Trace d’une matrice, d’un endomorphisme

Exercice 9.14

Soient E un espace vectoriel de dimension finie n ∈ N∗, et (p1, . . . , pr)

une famille de r projecteurs de E. On suppose quer∑

k=1pk = idE.

1. Montrer, en utilisant la trace, quer∑

i=1rg(pi) = n.

2. Montrer que E=r⊕

i=1Im(pi).

3. Montrer que pour tous entiers i, j tels que 1 ⩽ i ̸= j ⩽ r, pi ◦ p j estl’endomorphisme nul.

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Exercice 9.15 – Matrices de rang 1

1. Démontrer qu’une matrice M ∈Mnp(K) est de rang 1 si et seule-ment s’il existe C ∈Mn,1(K) \ {0} et L ∈M1,p(K) \ {0} telles queM= CL.

2. Soit A ∈Mn(K) une matrice de rang 1.

(a) Exprimer A2 à l’aide de Tr(A) et de A.

(b) Calculer Ak et (In+A)k pour tout k ∈ N.

Exercice 9.16

Soient n ∈ N∗ et A ∈Mn(R) \ {0n}. On considère l’application f : X ∈Mn(R) 7→ − X+ (Tr(X))A.

1. Démontrer que f est un endomorphisme de Mn(R).2. On suppose que Tr(A) ̸= 1. Démontrer que f est bijective. Résoudre

alors l’équation f (X) = B où B est une matrice fixée de Mn(R).3. On suppose maintenant que Tr(A) = 1. Démontrer que f ◦ f =− f ,

puis déterminer Ker( f ) et Im( f ).

Exercice 9.17 – Oral CCP - sans préparation

Notons E l’ensemble des matrices antisymétriques de Mn(R), c’est-à-dire les matrices dont la transposée est l’opposée.On fixe une matrice A de Mn(R). On note f l’application qui à toutematrice M de E fait correspondre la matrice

f (M) =MAT+AM.

Montrer que f est un endomorphisme de E et trouver sa trace.

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Exercice 9.18

Soient A ∈Mn(K) et Φ l’endomorphisme de Mn(K) défini par :

∀X ∈Mn(K) , Φ(X) = AX+ XA

Exprimer la trace de Φ en fonction de celle de A.

Déterminants

Exercice 9.19

Soit a ∈ R et n ∈ N∗, montrer que P 7→ (X− a)P′− nP est un endomor-phisme de Rn[X]. Est-ce un automorphisme?

Exercice 9.20 – Avec le déterminant de Vandermonde

Soient (a, b, c, d) ∈K4, P un polynôme de degré 4,

D=

��1 a a2 a4

1 b b2 b4

1 c c2 c4

1 d d2 d4

�� et ∆=��1 a a2 P(a)1 b b2 P(b)1 c c2 P(c)1 d d2 P(d)

�� .1. Exprimer ∆ en fonction de D (et de P).

2. En déduire l’expression de D en fonction de a, b, c, d.

Exercice 9.21

Soient A, B, C et D quatre matrices de Mn(K) telles que A ∈ GLn(K) etAC= CA.

Démontrer que det�

A BC D

�= det(AD−CB).

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Exercice 9.22

Soit P ∈ C[X] un polynôme de degré n⩾ 1.

1. Justifier que la famille (P,P′, . . . , P(n)) est une base de Cn[X].

2. On prend a0, . . . , an des nombres 2 à 2 distincts, montrer que lespolynômes P(X+ ai) pour 0⩽ i ⩽ n forment une base de Cn[X].

3. En déduire que pour tout x ∈ C, le déterminant de la matrice carréed’ordre n+ 2 de terme général P(x + i + j), avec 0 ⩽ i, j ⩽ n+ 1,est nul.

Exercice 9.23

Soient n ⩾ 1 et A = (ai j) ∈Mn(R) vérifiant les deux conditions sui-vantes :

(a)∀(i, j) ∈ J1, nK2 , ai j ∈ [0,1[ ; (b)∀i ∈ J1, nK ,n∑

k=1

aik ⩽ 1.

Démontrer que |det(A)|< 1.

Exercice 9.24

Soient (a, b, c) ∈ C3 avec b ̸= c, et A=

a c · · · c

b a ... ...... ... ... cb · · · b a

.

On note J la matrice de Mn(K) dont tous les coefficients valent 1.

1. Montrer que P(x) = det(A+ xJ) est un polynôme de degré inférieurou égal à 1.

2. En déduire la valeur de det(A) en fonction de a, b, c.

3. Peut-on en déduire la valeur de det(A) dans le cas où b = c ?

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Solutions

Une correction de l’exercice 9.1 énoncé1. Notons D = Diag(d1, . . . , dn) où les di sont deux à deux distincts.

Soit M ∈Mn(K).Alors pour tout (i, j) ∈ J1 ; nK2,

(D×M)i, j =n∑

k=1

(D)i,k(M)k, j = (D)i,i(M)i, j (car (D)i,k = 0 pour i ̸= k)

= di(M)i, j

et de même (M×D)i, j = d j(M)i, j.Ainsi

MD= DM⇔∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, (D×M)i, j = (D×M)i, j⇔∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, di(M)i, j = d j(M)i, j⇔∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, (di − d j)(M)i, j = 0

⇔∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, i ̸= j, (M)i, j = 0 (car di ̸= d j)

⇔M est diagonale.

2. (a) Soit A telle qu’il existe P inversible vérifiant D= P−1AP.

Ý La matrice nulle commute bien avec A, donc elle est dansC(A), qui ainsi est non vide.

Ý Soient B et C dans C(A), et λ,µ dans K, alors

(λB+µC)A= λBA+µCA

= λAB+µAC(car B et C commutent avecA)

= A(λB+µC)

donc λB+µC ∈ C(A), c.q.f.d.

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(b) Ý Il est clair que les puissances de A commutent avec A, doncIn, A, . . . , An sont bien dans C(A).

Ý Montrons que (In, A, . . . , An−1) est libre. Prenons une famille

de scalaires (λ0, . . . ,λn) qui vérifientn−1∑k=0λkAk = 0n.

Alors P−1

�n−1∑k=0λkAk

�P= 0n.

Or

P−1

n−1∑k=0

λkAk

!P=

n−1∑k=0

λkP−1AkP,

et

P−1AkP= P−1A×A× · · · ×A× P

= P−1AP× P−1AP× P−1× · · · × P−1A× P

=�

P−1AP�k= Dk

(pour bien faire faudrait le prouver par récurrence).Ainsi

n−1∑k=0

λkDk = 0n,

mais on sait par les règles de calcul sur les matrices diago-nales que

n−1∑k=0

λkDk = Diag(n−1∑k=0

λkdk1 , . . . ,

n−1∑k=0

λkdkn),

doncn−1∑k=0λkdk

i = 0 pour tout i ∈ J1 ; nK, autrement dit les di

sont racines du polynômen−1∑k=0λkXk.

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Ce polynôme a donc n racines deux à deux distinctes, et ilest de degré au plus n, donc il est nul, ce qui prouve (enfin)que ses coefficients λ0, . . . ,λn sont nuls.On peut donc conclure que la famille (In, A, . . . , An−1) estlibre.

Ý Enfin, , alors A= PDP−1, et

B ∈ C(A)⇔ AB= BA⇔ �PDP−1

�B= B

�PDP−1

�⇔ D

�P−1BP

�=�

P−1BP�

D(en multipliant à gauche parP−1 et à droite par P)

⇔ P−1BP commute avec D

Ainsi l’application B 7→ P−1BP est :

⋆ une application de C(A) dans C(D),⋆ linéaire, par la bilinéarité du produit matriciel (voir prop

9.3),

⋆ bijective car sa réciproque est tout simplement M 7→PMP−1,

donc C(A) et C(D) sont isomorphes.Or on a vu dans la première question que C(D) =Dn(K), etDn(K) est de dimension n (une base en est

�E1,1, . . . , En,n

�),

donc on en déduit que C(A) est aussi de dimension n.

Ý Il est temps de conclure : la famille (In, A, . . . , An−1) est libre,de cardinal n, ses membres sont bien dans C(A), et C(A) estde dimension n, donc la famille (In, A, . . . , An−1) est une basede C(A).

Une correction de l’exercice 9.2 énoncé

(A+ I3) =

0 a a1 0 0−1 0 0

, (A+ I3)2 =

0 0 00 a a0 −a −a

, et (A+ I3)2 = 03.

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Ainsi pour tout n ∈ N,An =

�(A+ I3)− I3

�n

=n∑

k=0

�n

k

�(A+ I3)

k(−I3)n−k

(on peut appliquer la formule dubinôme car A + I3 et −I3 com-mutent entre elles)

=n∑

k=0

�n

k

�(−1)n−k(A+ I3)

k

=2∑

k=0

�n

k

�(−1)n−k(A+ I3)

k +n∑

k=3

�n

k

�(−1)n−k (A+ I3)

k︸︷︷︸=03

= (−1)nI3+ (−1)n−1n(A+ I3) + (−1)n−2 n(n− 1)2

(A+ I3)2

= (−1)n

1 −na −na−n 1+ n(n−1)

2a n(n−1)

2a

n − n(n−1)2

a 1− n(n−1)2

a


1. (M− I3)2 =

0 −1 00 0 02 −1 −2

2

=

0 0 00 0 0−4 0 4

et M+ I3 =

2 −1 00 2 02 −1 0

donc

P(M) = (M− I3)2(M+ I3) = 03.

Or P(M) =M3−M2−M+ I3, ainsi

P(M) = 03⇔M3−M2−M+ I3 = 03⇔M(−M2+M+ I3) = I3

ce qui prouve que M est inversible d’inverse M−1 =−M2+M+ I3.

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2. Le reste R(X) de la division euclidienne de Xn par P vérifie�Xn = P(X)Q(X) +R(X) (1)deg(R)< deg(P) = 3 (2)

de (2) on déduit qu’il existe trois réels a, b, c qui vérifient

R(X) = aX2+ bX+ c.

(1) donne alors

(3) : Xn = (X− 1)2(X+ 1)Q(X) + (aX2+ bX+ c).

On va à présent utiliser le fait que le polynôme B(X) =(X − 1)2(X + 1)Q(X) admet 1 comme racine double (doncB(1) = B′(1) = 0) et −1 comme racine (B(−1) = 0).

Ý En remplaçant X par 1, (3) donne 1n = B(1)︸︷︷︸=0

×Q(1)+(a+ b+c),

c’est-à-dire a+ b+ c = 1.

Ý En -1, (3) donne

(−1)n = B(−1)︸︷︷︸=0

×Q(−1) + (a(−1)2+ b(−1) + c),

c’est-à-dire a− b+ c = (−1)n.

Ý Si on dérive (3), on obtient

nXn−1 = B′(X)Q(X) + B(X)Q′(X) + (2aX+ b)

qui donne en 1

n= B′(1)︸︷︷︸=0

Q(1) + B(1)︸︷︷︸=0

Q′(1) + (2a+ b)

soit 2a+ b = n.

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Le triplet (a, b, c) est donc solution du système a+ b+ c = 1a− b+ c = (−1)n

2a+ b = n

On applique à ce système les opérations élémentaires sur les lignes

L2← L2− L1,

L3← L3− 2L1,

L3← 2L3− L2,

L3←−1

2L3,

L2←−1

2L2,

L1← L1− L2− L3

on obtient

a = 2n−1+(−1)n

4

b = 1−(−1)n

2

c = −2n+3+(−1)n

4

dont on déduit le reste

R(X) =�2n− 1+ (−1)n

4

�X2+

�1− (−1)n

2

�X

+�−2n+ 3+ (−1)n

4

�.

3. En M, l’égalité Xn = P(X)Q(X)+R(X) donne Mn = P(M)Q(M)+R(M).Sachant que P(M) = 03, on en déduit que Mn = R(M), c’est-à-direRemarque : si, audacieusement, il nous vient à l’idée de remplacern par −1, on retrouve bien

M−1 =�−2− 1+ (−1)

4

�M2+

�1− (−1)2

�M

+�2+ 3+ (−1)

4

�I3 =−M2+M+ I3.

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Une correction de l’exercice 9.4 énoncéRemarquons que ω= 1

ω, donc pour tout (i, j) ∈ J1, nK2,

(A×A)i j =n∑

k=1

(A)ik × (A)k j

=n∑

k=1

ω(i−1)(k−1)× 1

ω(k−1)( j−1)

=n∑

k=1

ω(i−1)(k−1)−(k−1)( j−1)

=n∑

k=1

ω(k−1)(i− j)

=n∑

k=1

�ωi− j

�k−1

=n−1∑k=0

�ωi− j

�k

=

(n si ωi− j = 11−ωn(i− j)

1−ωi− j = 0 sinon

On sait que ωp = 1 si, et seulement si, p est un multiple de n. Or i− jest un entier compris entre −(n− 1) et n− 1, donc le seul multiple den auquel i− j peut être égal est 0.Ainsi ωi− j = 1 si, et seulement si, i = j.On en déduit que

(A×A)i j =

(n si i = j1−ωn(i− j)

1−ωi− j = 0 sinon

donc A×A= nIn, ce qui prouve que A est inversible et A−1 = 1nA.

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1. Notons D=

1+ i −1 2ii 0 11 i 1

, les opérations

L1↔ L3,

L2← L2− iL1,

L3← L3− (1+ i)L1,

L2← L2− (1− i)L3,

L1← L1− iL2− L3

transforment�D|I3

�enI3

��12 1 −i −i

1+ i 1+ i 1− 3i−i 1 −1

donc

D−1 =1

2

1 −i −i1+ i 1+ i 1− 3i−i 1 −1

.

2. Par la méthode de son choix, on détermine l’inverse qui est1 0 0 −10 −2 2 12 1 −2 −1−2 0 1 1

.

3. On traite les cas n= 2, n= 3 et n= 4, à la vue desquels on conjec-ture, que l’inverse de A est la matrice B définie par

(B)i j =

1, si i = j ou i = j− 2 ;−2, si i = j− 1 ;0, sinon.

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Prouvons cette conjecture avec la formule du produit matriciel :

(A× B)i j =n∑

k=0

(A)ik(B)k j

=j∑

k=i

(k− i+ 1)(B)k j

(car (A)ik = 0pour k < i et(B)k j = 0 pourj < k)

donc

� si j < i, (A× B)i j = 0 ;

� si j = i, (A× B)i j = 1× 1= 1 ;

� si j = i+1, (A×B)i j = 1×(B) j−1, j+2×(B) j, j = 1×−2+2×1= 0 ;

� si j > i+1, (A×B)i j = ( j−2− i+1)×1+( j−1− i+1)×(−2)+( j− i+ 1)× 1= 0 c.q.f.d

Une correction de l’exercice 9.6 énoncé1. Soit X= (x1, . . . , xn) ∈ Ker(A), alors AX= 0, donc

∀i ∈ J1, nK, n∑j=1

ai j x j = 0.

Notons p l’entier qui vérifie��xp

��= max1⩽i⩽n

��x i

��. Supposons que X ̸= 0,

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alors��xp

��> 0, puis :

n∑j=1

ap j x j = 0⇐⇒ app xp =−n∑

j=1j ̸=p

ap j x j

⇒ ��app

�� xp

��⩽ n∑j=1j ̸=p

��ap j

�� x j

��⩽ n∑j=1j ̸=p

��ap j

�� xp

��⇐⇒ ��app

��⩽ n∑j=1j ̸=p

��ap j

�� (en multipliant par 1|xp|qui est strictement posi-tif)

ce qui contredit l’hypothèse.

2. Ý D’une part, on remarque que A×U= U où U est la colonne donttous les coefficients sont égaux à 1. En effet pour tout i ∈ J1 ; nK,

(A×U)i =n∑

j=1

(A)i, j(U) j,1 =n∑

j=1

ai, j × 1

=n∑

j=1

ai, j = 1= (U)i,1,

donc (A− In)U= 0, autrement dit U ∈ Ker(A− In).

Ý Réciproquement, soit X = (x i) ∈ Kn, si X est dans Ker(A− In),alors AX= X, donc pour tout i ∈ J1 ; nK,

(A× X)i = x i ⇔n∑

j=1

(A)i, j(X) j,1 = x i

⇔n∑

j=1

ai, j x j = x i.

En particulier, si on note p l’entier qui vérifie xp = max1⩽i⩽n

(x i), on

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a pour i = p :

n∑j=1

ap, j x j = xp

⇔n∑

j=1

ap, j x j =n∑

j=1

ap, j xp (carn∑

j=1ap, j = 1)

⇔n∑

j=1

ap, j(xp − x j) = 0

⇔∀ j ∈ J1 ; nK, ap, j(xp − x j) = 0(car tous les termes ap, j(xp−x j)de la somme sont positifs)

∀ j ∈ J1 ; nK, xp = x j(car tous les ap, j sont nonnuls).

Ainsi les coefficients de X sont tous égaux, donc X ∈ Vect (U).On conclut que Ker(A− In) = Vect(U).

Ý Ainsi dim(Ker(A−In))⩾ 1, d’où par le théorème du rang, rg(A−In)⩽ n− 1.Pour montrer que rg(A−In) = n−1, on établir que Ker(A−In) =Vect(U).Ainsi par le théorème du rang,

rg(A− In) = n− dim(Ker(A− In)) = n− 1.

Une correction de l’exercice 9.7 énoncé1. (a) Un simple calcul donne J2 = 4J, puis par récurrence Jk = 4k−1J

pour tout k ∈ N∗.Il faut noter dès à présent que cette formule n’est pasvalable pour k = 0, ce qui va avoir beaucoup d’impor-tance dans la question suivante.

(b) Soit n ∈ N∗, les matrices I4 et J commutent entre elles, donc on

19/50


peut utiliser la formule du binôme

An =�

1

5(I4+ J)

�n

=1

5n (I4+ J)n

=1

5n

n∑k=0

�n

k

��I4

�n−kJk

(l’erreur courante consiste à remplacer dans cettesomme Jk par 4k−1J dans se soucier du terme où k = 0,qu’il faut isoler.)

=1

5n

�n

0

�In4J0+

n∑k=1

�n

k

�In−k4 Jk

=

1

5n I4+1

5n

n∑k=1

�n

k

�4k−1J

=1

5n I4+1

5n ×

1

4

n∑k=1

�n

k

�4k

!J

=1

5n I4+1

5n ×1

4

n∑k=0

�n

k

�4k − 1

J

=1

5n I4+1

5n ×1

4[(4+ 1)n− 1] J

=1

5n I4+1

4

�1− 1

5n

�J

Comme on vous donne l’expression de An, on pouvaitaussi faire cette question par récurrence.

20/50


2. Donc d’après l’énoncé, on pose pour tout t ∈ N,

U(t) =

P(A(t))P(B(t))P(C(t))P(D(t))

,

pour alléger ces notations horribles, on décide de noter pour toutn ∈ N,

U(n) =

pn

qn

rn

sn

.

(a) Pour tout n ∈ N, grâce à la formule des probabilités totales surle système complet formé par les événements A(n), B(n), C(n)et D(n),

pn+1 = P(A(n+ 1))= P(A(n))× P(A(n+ 1)|A(n)) + P(B(n))× P(A(n+ 1)|B(n))

+ P(C(n))× P(A(n+ 1)|C(n)) + P(D(n))× P(A(n+ 1)|D(n))= pn× P(A(n+ 1)|A(n)) + qn× P(A(n+ 1)|B(n)) + rn× P(A(n+ 1)|C(n))

+ sn× P(A(n+ 1)|D(n)).Mais d’après l’énoncé, P(A(n+ 1)|A(n)) = 2

5, et

P(A(n+ 1)|B(n)) = P(A(n+ 1)|C(n)) = P(A(n+ 1)|D(n)) = 1

5,

d’où la relation

pn+1 =2

5pn+

1

5qn+

1

5rn+

1

5sn.

21/50


Le même raisonnement donne ensuite

qn+1 =1

5pn+

2

5qn+

1

5rn+

1

5sn

rn+1 =1

5pn+

1

5qn+

2

5rn+

1

5sn

sn+1 =1

5pn+

1

5qn+

1

5rn+

2

5sn.

qui nous permet de conclure que

U(n+ 1) = A×U(n).

(b) Par récurrence, on en déduit que pour tout n ∈ N, U(n) =AnU(0). Or d’après l’énoncé :

U(0) =

1000

,

donc U(n) est la première colonne de An = 15n I4+

14

�1− 1

5n

�J,

ce qui donne

pn =1

5n +1

4

�1− 1

5n

�=

1

4

�1+

3

5n

�qn = rn = sn =

1

4

�1− 1

5n

�.

Une correction de l’exercice 9.8 énoncé1. Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à A. Pour montrer

que N est semblable à A, il suffit de trouver une base B = (e1, e2, e3)de R3 dans laquelle f a pour matrice N.

22/50


Or MatB( f ) = N équivaut à f (e1) = 2e1− 2e2− 2e3

f (e2) = 2e2

f (e3) = 2e3.

Ý Pour e2 et e3 cherchons u= (x , y, z) ∈ R3 qui vérifie f (u) = 2u.

f (u) = 2u⇐⇒ ( f − 2 id)(u) = 0

⇐⇒ (A− 2I3)

xyz

= 0

⇐⇒−2 1 0−4 2 0−2 1 0

x

yz

= 0

⇐⇒ y = 2x⇐⇒ u= (x , 2x , z) = x(1,2, 0) + z(0,0, 1).

On choisit donc e2 = (1,2,0) et e3 = (0,0,1).

Ý Cherchons à présent e1 = (x , y, z) :

f (e1) = 2e1− 2e2− 2e3⇐⇒ ( f − 2 id)(e1) =−2e2− 2e3

⇐⇒ (A− 2I3)

xyz

=−2−4−2

⇐⇒ y = 2x − 2,

donc on choisit e1 = (0,−2,0).

Ý Enfin MatC(e1, e2, e3) =

0 1 0−2 2 00 0 1

, est de rang 3 (il suffit

d’échanger C1 et C2), donc (e1, e2, e3) est une base de R3.

23/50


Cette matrice est la matrice P de passage de C à B = (e1, e2, e3),et, grâce à la formule de changement de bases, elle vérifie bienN= P−1AP.

2. Ý Un calcul basique donne N=

2 0 0−2 2 0−2 0 2

.

Montrons par récurrence sur n ∈ N que Nn = 2n

1 0 0−n 1 0−n 0 1

.

⋆ Au rang n = 0, N0 = I3 et 20

1 0 0−0 1 0−0 0 1

= I3 donc la for-

mule est vraie au rang n= 0 ;

⋆ au rang n= 1, l’égalité est évidente ;

⋆ soit n ∈ N, supposons que la formule est vraie au rang n, alors

Nn+1 = Nn×N= 2n

1 0 0−n 1 0−n 0 1

× 2 0 0−2 2 0−2 0 2

= 2n

2 0 0−2n− 2 2 0−2n− 2 0 2

= 2n+1

1 0 0−(n+ 1) 1 0−(n+ 1) 0 1

c.q.f.d

Ý On montre d’abord par récurrence (je vous le laisse) que

pour tout n ∈ N, An = PNnP−1 .

24/50


Donc en effectuant ce produit, on obtient

An =

1 1 00 2 00 0 1

× 2n

2 0 0−n 2 0−n 0 2

×1 −1

20

0 12

00 0 1

= 2n−1

−2 (n− 1) n 0−4n (n+ 1) 0−2n n 2

,

où l’on retrouve la formule obtenue à la question précédente.

Une correction de l’exercice 9.9 énoncéNotons Φ l’application M 7→MD−DM.

Ý L’application Φ va bien de Mn(K) dans Mn(K), et, sans détailler,la linéarité vient de :

Φ(λM+µN) = (λM+µN)D−D(λM+µN)= λ(MD−DM) +µ(ND−DN)= λΦ(M) +µΦ(N).

Ý Notons (d1, . . . , dn) la diagonale de D, autrement dit

∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, (D)i j =�

0 si i ̸= jdi si i = j.

Soit M une matrice de Mn(K), alors M ∈ Ker(Φ) si, et seulementsi, MD−DM= 0n, c’est-à-dire si, et seulement si,

∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, (MD−DM)i j = 0,

25/50


Or

(MD)i j =n∑

k=1

(M)ik(D)k j = (M)i j × d j

et (DM)i j =n∑

k=1

(D)ik(M)k j = di × (M)i j

donc (MD−DM)i j = (M)i j(d j − di).

Donc

M ∈ Ker(Φ)

⇔∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, (M)i j(d j − di) = 0

⇔∀(i, j) ∈ J1 ; nK2, i ̸= j, (M)i j = 0 (car di ̸= d j)

⇔M ∈Dn(K).

autrement dit Ker(Φ) est l’ensemble des matrices diagonales deMn(K).

Ý ⋆ Notons F l’ensemble des matrices de Mn(K) à diagonale nulle.On rappelle que

�(Ei, j)1⩽i, j⩽n

�est la base canonique deMn(K),

que�(Ei,i)1⩽i⩽n

�est une base de Dn et on vérifie (sans difficulté

j’espère) qu’une base de F est la base canonique privée des ma-trices Ei,i, pour i de 1 à n.Il y a n2−n matrices dans cette base, donc dim mathcalF= n2−n.

⋆ Soit N ∈ Im(Φ), alors il existe M ∈ Mn(K) tel que N = Φ(M) =MD−DM. Alors les termes diagonaux de N sont les

(N)ii = (MD−DM)ii = (M)ii(di − di) = 0,

donc N ∈ F , et Im(Φ)⊂ F .

26/50


⋆ Mais par le théorème du rang

dim(Im(Φ)) = rg(Φ)= dim(Mn(K))− dim(Ker(Φ))= dim(Mn(K))− dim(Dn(K))= n2− n= dim(F),

donc l’inclusion Im(Φ)⊂ F a lieu entre deux sous-espaces vecto-riels de même dimension, d’où Im(Φ) = F .

Une correction de l’exercice 9.10 énoncé1. La matrice de la famille B′ dans la base B est la matrice triangulaire

supérieure dont tous les termes sur, et au-dessus de, la diagonalevalent 1. Cette matrice est évidemment de rang n, donc B′ est bienune base de Kn.

2. Notons e′i =i∑

j=1e j les vecteurs de la base B′.

De la définition de MatB( f ) =M, on déduit de la question précédente

que

∀i ∈ J1 ; nK, f (ei) = (α− β)ei + βn∑

k=1

ek = (α− β)ei + βe′n,

donc

∀k ∈ J1 ; nK, f (e′k) = f

i∑

i=1

ei

!

=k∑

i=1

f (ek)

= (α− β)k∑

i=1

ei + βk∑

i=1

e′n

= (α− β)e′k + kβe′n.

27/50


Par conséquent, la matrice de f dans la base B′ est la matrice

α− β 0 0 · · · 0

0 α− β 0... ...

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

... ... ... ... 0 00 · · · 0 α− β 0β 2β · · · (n− 2)β (n− 1)β α+ (n− 1)β

,

Une correction de l’exercice 9.11 énoncé1. Ý l’espace vectoriel E est de dimension 3, donc rg( f ) ∈ {0,1,2, 3}.

Ý L’endomorphisme f est non nul, donc rg( f ) ̸= 0.

Ý Comme f 2 = 0, on sait que Im( f ) ⊂ Ker( f ) (je vous laisseretrouver ce résultat classique), donc que rg( f )⩽ dim(Ker( f )).Mais on sait aussi par le théorème du rang que

rg( f ) + dim(Ker( f )) = dim(E) = 3,

donc 2 rg( f )⩽ 3, d’où rg( f )⩽ 3/2, et a fortiori rg( f )⩽ 1.

Ý On conclut que rg( f ) = 1.

2. Prenons donc w ∈ E\�0E

tel que Im( f ) = Vect(w), et u ∈ E tel que

f (u) = w.On sait aussi que Im( f )⊂ Ker( f ), donc w ∈ Ker( f ).On déduit aussi de la question précédente grâce au théorème durang que dim(Ker( f )) = 2, on peut donc compléter la base (w) deIm( f ) en une base (v, w) de Ker( f ).Montrons enfin que (u, v, w) est une base de E. Pour cela il suffitde montrer que c’est une famille libre : soient a, b, c trois scalairestels que au+ bv + cw = 0. Alors en composant par f , on obtientaw = 0, donc a = 0 car w ̸= 0, il reste alors bv+ cw = 0 qui donneb = c = 0 car (v, w) est une base de Ker( f ).

28/50


Ainsi (u, v, w) est bien une base de E, et dans cette base f a pourmatrice :

Mat(u,v,w)

( f ) = Mat(u,v,w)

( f (u), f (v), f (w)) = Mat(u,v,w)

(w, 0, 0)

=

0 0 00 0 01 0 0

.

Une correction de l’exercice 9.12 énoncéSoit f l’endomorphisme canoniquement associé à

A=

4− a 1 −1−6 −1− a 22 1 1− a

.

Pour montrer que N est semblable à A, il suffit de trouver une baseB = (e1, e2, e3) de R3 dans laquelle f a pour matrice

B=

1− a 1 00 1− a 00 0 2− a

.

Or MatB( f ) = B équivaut à f (e1) = (1− a)e1

f (e2) = e1+ (1− a)e2

f (e3) = (2− a)e3.

29/50


Ý Cherchons e1 = (x , y, z) ∈ R3 qui vérifie f (e1) = (1− a)e1.

f (e1) = (1− a)e1⇐⇒ ( f − (1− a) id)(e1) = 0

⇐⇒ (A− (1− a)I3)

xyz

= 0

⇐⇒ 3 1 −1−6 −2 22 1 0

x

yz

= 0 L2← L2+ 2L1

⇐⇒3 1 −1

0 0 02 1 0

x

yz

= 0

⇐⇒�

3x + y − z = 02x + y = 0 ⇐⇒

�z = xy =−2x

⇐⇒ e1 = (x ,−2x , x) = x(1,−2,1).

On choisit donc e1 = (1,−2,1).

Ý De la même manière, on trouve e3 = (1,−2,0) ∈ R3 qui vérifief (e3) = (2− a)e3.

30/50


Ý Cherchons à présent e2 = (x , y, z) :

f (e2) = e1+ (1− a)e2⇐⇒ ( f − (1− a) id)(e2) = e1

⇐⇒ (A− (1− a)I3)

xyz

= 1−21

⇐⇒

3 1 −1−6 −2 22 1 0

x

yz

= 1−21

L2← L2+ 2L1

⇐⇒3 1 −1

0 0 02 1 0

x

yz

=1

01

⇐⇒

�3x + y − z = 12x + y = 1 ⇐⇒

�z = xy =−2x + 1

donc on choisit e2 = (0,1, 0).

Ý Enfin MatC(e1, e2, e3) =

1 −2 10 1 01 −2 0

, est de rang 3 (il suffit

d’échanger L1 et L2 puis C2 et C3 et ça saute aux yeux), donc(e1, e2, e3) est une base de R3.

Cette matrice

1 −2 10 1 01 −2 0

est la matrice P=MatC(B) de passage

de la base canonique (dans laquelle f a pour matrice A) C vers B =(e1, e2, e3), et, grâce à la formule de changement de bases, on B =P−1AP.

Une correction de l’exercice 9.13 énoncé1. tr(A) = tr(B) = 4, mais c’est une condition nécessaire de similitude

entre A et B, et non suffisante.

31/50


2. A= I4+N et B= I4−N.3. Soit P une matrice inversible, alors

P−1×A× P= P−1× (I4+N)× P= P−1× I4× P+ P−1×N× P

= I4+ P−1×N× P,

donc A et B sont semblables si, et seulement si,

B= P−1×A× P⇔ I4−N= I4+ P−1×N× P

⇔−N= P−1×N× P

c’est-à-dire si, et seulement si, −N et N sont semblables.4. Soit (I, J,K, L) la base canonique de R4, alors

NI= 0

NJ= I

NK= J

NL= K

donc

NI= 0

N (−J) =−I

NK=−(−J)N (−L) =−K

ce qui montre que l’endomorphisme canoniquement associé à N apour matrice −N dans la base (I,−J,K,−L), donc que N et −N sontsemblables.En particulier,

(−N) = P−1NP avec P= Mat(I,J,K,L)

(I,−J,K,−L) =

1 0 0 00 −1 0 00 0 1 00 0 0 −1

.

On en déduit d’après la question 3 que A et B sont semblables.

32/50



1. On compose l’égalitér∑

k=1pk = idE par la trace qui est une forme

linéaire (application linéaire à valeurs dans K) sur L(E), on obtient

r∑k=1

Tr(pk) = Tr(idE),

or on sait que la trace d’un projecteur est son rang, donc

r∑k=1

rg(pk) = n.

2. Ý On sait déjà quer∑

k=1rg(pk) = n, c’est-à-dire que

r∑k=1

dim(Im(pk)) = dim(E).

Ý Il suffit alors de prouver que E=r∑

k=1Im(pk).

⋆ L’inclusionr∑

k=1Im(pk)⊂ E est immédiate.

⋆ Réciproquement, soit x ∈ E, alors

x = idE(x) =

r∑

k=1

pk

!(x)

=r∑

k=1

pk(x) ∈r∑

k=1

Im(pk), c.q.f.d.

33/50


3. Tout d’abord

p1 = idE ◦p1 =

r∑

j=1

p j

!◦ p1

=r∑

j=1

p j ◦ p1

= p1 ◦ p1+r∑

j=2

p j ◦ p1

= p1+r∑

j=2

p j ◦ p1,

doncr∑

j=2

p j ◦ p1 = 0.

Ainsi pour tout x ∈ E,r∑

j=2

p j ◦ p1(x) = 0E

c’est-à-direr∑

j=2

p j�

p1(x)�= 0E.

Or pour tout j ∈ J2 ; rK, p j�

p1(x)� ∈ Im(p j), et les Im(p j) sont en

somme directe, donc cette somme est nulle si, et seulement si,

∀ j ∈ J2 ; rK, p j�

p1(x)�= 0E, c’est-à-dire (p j ◦ p1)(x) = 0E.

Ainsi pour tout j ∈ J2 ; rK, p j ◦ p1 est nul.Pour tout i ∈ J1 ; rK, on peut échanger p1 et pi sans perte de géné-ralité, et on en déduit par le même raisonnement que

∀ j ∈ J1 ; rK, j ̸= i, p j ◦ pi = 0L(E), c.q.f.d.

34/50


Une correction de l’exercice 9.15 énoncé1. Si M est de rang 1, alors la famille de ses vecteurs colonnes en-

gendre un sous-espace vectoriel de dimension 1, c’est-à-dire une

droite vectorielle Vect(C) où C =

c1...cn

est une matrice-colonne

non nulle.Ainsi pour chacune des colonnes C1, . . . , Cn de M, il existe un réelλ j qui vérifie C j = λ jC. On obtient ainsi

M=�λ jci

�1⩽i, j⩽n

soit, en posant L =�λ1 · · · λn

�qui est une matrice-ligne, non

nulle car sinon M serait nulle, M= CL.

2. (a) On reprend le résultat de la question précédente, alors A =

CL =�λ jci

�1⩽i, j⩽n

. En particulier LC =

�n∑

i=1ciλi

�∈ M1(K),

et tr(A) =n∑

i=1λici ∈ K, donc en confondant les scalaires et les

matrices de M1(K), LC= tr(A).Ainsi A2 = (CL)(CL) = C(LC)L= tr(A)CL= tr(A)A.

(b) On en déduit par récurrence que pour tout k ∈ N∗, Ak =(tr(A))k−1A, puis par la formule du binôme, applicable ici carInA= AIn = A,

(In+A)k =k∑

i=0

�k

i

�Ik−in Ai =

k∑i=0

�k

i

�Ai

=k∑

i=0

�k

i

�Ai = In+

k∑i=1

�k

i

�(trA)i−1A.

Ainsi :

35/50


Ý si Tr(A) = 0, alors Ak est nulle dès que k = 2, et

(In+A)k = In+ kA ;

Ý si Tr(A) ̸= 0,

(In+A)k = In+1

tr(A)

k∑

i=0

�k

i

�(trA)k − 1

!A

= In+1

tr(A)

�(1+ tr(A))k − 1

�A.

Une correction de l’exercice 9.16 énoncé1. Il est évident que les images par f sont encore dans Mn(R) comme

combinaisons linéaires de matrices de Mn(R), et la linéarité de fprovient de la linéarité de la trace, donc f est un endomorphismede Mn(R).

2. On suppose que Tr(A) ̸= 1.Pour montrer que f est bijective, il suffit de prouver que Ker( f ) =�0ncar f est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimen-

sion finie.Soit X ∈Mn(R),

X ∈ Ker( f )⇔−X+ (Tr(X))A= 0n

⇔ X= Tr(X)A (E)

ce qui entraîne en composant par la trace

Tr(X) = Tr�Tr(X)A

�= Tr(X)Tr(A) (par linéarité de la

trace)c’est-à-dire Tr(X) (1− Tr(A)) = 0

d’où Tr(X) = 0 (car Tr(A) ̸= 0).

36/50


Ainsi

X ∈ Ker( f )⇔ X= Tr(X)A

Tr(X) = 0(d’après le calculprécédent)

⇒ X= 0×A= 0n c.q.f.d.

On en déduit que pour toute matrice B ∈ Mn(R), l’équationf (X) = B admet une solution unique que l’on va trouver par tousles moyens :

f (X) = B⇔−X+ (Tr(X))A= B

⇒−Tr(X) + Tr(X)Tr(A) = Tr(B) (en composant par latrace)

⇒ Tr(X) =Tr(B)

Tr(A)− 1(car Tr(A) ̸= 1)

Ainsi

f (X) = B⇔ X= Tr(X)A− B

⇒ X=Tr(B)

Tr(A)− 1A− B

3. On suppose que Tr(A) = 1.

Ý L’égalité entre deux applications f , g ∈ A(E,F) est lagénéralité ∀x ∈ E, f (x) = g(x).

37/50


Soit X ∈Mn(R),

( f ◦ f )(X) = f�

f (X)�= f (−X+ Tr(X)A)

=− (−X+ Tr(X)A) + Tr (−X+ Tr(X)A)A(car f (□) =−□+ Tr(□)A)

=− (−X+ Tr(X)A) + [−Tr(X) + Tr(X)Tr(A)]A(par linéarité de la trace)

=− (−X+ Tr(X)A)− Tr(X)A+ Tr(X)Tr(A)A=− (−X+ Tr(X)A) (car Tr(A) = 1)=− f (X) c.q.f.d.

On en déduit que (− f ) ◦ (− f ) = (− f ) donc que (− f ) est unprojecteur, mais je ne sais pas quoi faire d’intéressant avec cetteremarque.

Ý On remarque que f (A) = 0n, donc que Vect(A)⊂ Ker( f ), et ré-ciproquement, si f (X) = 0n alors X= Tr(X)A, donc X ∈ Vect(A).Donc par double-inclusion, Ker( f ) = Vect(A).

Ý ⋆ Si B est dans Im( f ) alors il existe X ∈Mn(R) tel que f (X) =B, c’est-à-dire −X + Tr(X)A = B. En composant encore parla trace, on obtient alors −Tr(X) + Tr(X)Tr(A) = Tr(B), donccomme Tr(A) = 1, alors Tr(B) = 0, d’où B ∈ Ker(Tr).Ainsi Im( f )⊂ Ker(Tr).

⋆ Mais on sait que la trace est une forme linéaire, c’est-à-direune application linéaire de Mn(R) dans R, donc rg(Tr) ⩽ 1,et comme ce n’est pas l’application nulle, rg(Tr) = 1.Ainsi grâce au théorème du rang dim (KerTr)) = n2− 1.

⋆ Mais on sait aussi que dim(Ker( f )) = 1, donc encore avec lethéorème du rang dim

�Im( f )

�= n2− 1.

⋆ Ainsi Im( f ) et Ker(Tr) sont de même dimension et inclus l’undans l’autre, d’où Im( f ) = Ker(Tr) .

38/50


Une correction de l’exercice 9.17 énoncé1. Par distributivité du produit matriciel, on montre que f est linéaire,

et pour tout M ∈ E, on vérifie que f (M)T =− f (M), donc f est bienun endomorphisme de E.

2. L’espace vectoriel Mn(R) a pour base canonique la famille des ma-trices élémentaires

�Ei, j

�1⩽i, j⩽n

, tandis que E admet (c’est un résul-tat déjà vu en exercice, du genre que l’examinateur peut soufflerau candidat) pour base l’ensemble des matrices Bi, j = Ei, j−E j,i avec1⩽ i < j ⩽ n.Rappelons que pour tous entiers i, j, k,ℓ, Ei, j × Ek,ℓ = δ j,kEi,ℓ

Notons A =�

ai, j

�1⩽i, j⩽n

=∑

1⩽i, j⩽nai, jEi, j, ou plutôt, pour éviter de

donner le même nom à des objets différents, A =�

ak,ℓ

�1⩽k,ℓ⩽n

=∑1⩽k,ℓ⩽n

ak,ℓEk,ℓ. Alors

AT =�

aℓ,k�

1⩽k,ℓ⩽n=∑

1⩽k,ℓ⩽n

aℓ,kEk,ℓ

39/50


et pour tout (i, j) ∈ N2,

f (Bi, j) = Bi, jAT+ABi, j

= (Ei, j − E j,i)AT+A(Ei, j − E j,i)

= (Ei, j − E j,i)∑

1⩽k,ℓ⩽n

aℓ,kEk,ℓ+∑

1⩽k,ℓ⩽n

ak,ℓEk,ℓ(Ei, j − E j,i)

=∑

1⩽k,ℓ⩽n

aℓ,kEi, jEk,ℓ−∑

1⩽k,ℓ⩽n

aℓ,kE j,iEk,ℓ

+∑

1⩽k,ℓ⩽n

ak,ℓEk,ℓEi, j −∑

1⩽k,ℓ⩽n

ak,ℓEk,ℓE j,i

=∑

1⩽ℓ⩽n

aℓ, jEi,ℓ−∑

1⩽ℓ⩽n

aℓ,iE j,ℓ+∑

1⩽k⩽n

ak,iEk, j −∑

1⩽k⩽n

ak, jEk,i

=∑

1⩽k⩽n

ak, jEi,k −∑

1⩽k⩽n

ak,iE j,k +∑

1⩽k⩽n

ak,iEk, j −∑

1⩽k⩽n

ak, jEk,i

(on remplace la lettre ℓ par k dans les deux pre-mières sommes)

=n∑

k=1

ak, j(Ei,k − Ek,i) +n∑

k=1

ak,i(Ek, j − E j,k)

=n∑

k=1

ak, jBi,k +n∑

k=1

ak,iBk, j.

En particulier, sur la diagonale de la matrice de f dans la base desBi, j, il y a la coordonnée de f (Bi, j) sur la matrice Bi, j, c’est-à-dire icia j, j + ai,i.Par conséquent, la trace de f est la somme de ces termes, autre-

40/50


ment dit

tr( f ) =∑

1⩽i< j⩽n

(a j, j + ai,i) =∑

1⩽i< j⩽n

a j, j +∑

1⩽i< j⩽n

ai,i

=∑

1⩽ j<i⩽n

ai,i +∑

1⩽i< j⩽n

ai,i

(on échange les noms des in-dices muets de la premièresomme)

=∑

1⩽ j<i⩽n

ai,i +∑

1⩽i< j⩽n

ai,i +∑

1⩽i⩽n

ai,i −∑

1⩽i⩽n

ai,i

=∑

1⩽i, j⩽n

ai,i −∑

1⩽i⩽n

ai,i

=∑

1⩽ j⩽n

∑1⩽i⩽n

ai,i −∑

1⩽i⩽n

ai,i

=∑

1⩽ j⩽n

tr(A)− tr(A) = (n− 1) tr(A).

Ou d’une autre manière

tr( f ) =∑

1⩽i< j⩽n

(a j, j + ai,i) =∑

1⩽i< j⩽n

a j, j +∑

1⩽i< j⩽n

ai,i

=n∑

j=1

j−1∑i=1

a j, j +n∑

i=1

n∑j=i+1

ai,i

=n∑

j=1

( j− 1)a j, j +n∑

i=1

(n− i)ai,i

=n∑

j=1

( j− 1)a j, j +n∑

j=1

(n− j)a j, j

(on remplace l’indice mueti par j dans la deuxièmesomme)

=n∑

j=1

(n− j+ j− 1)a j, j = (n− 1)n∑

j=1

a j, j = (n− 1) tr(A).

41/50


Une correction de l’exercice 9.18 énoncéLa trace d’un endomorphisme est la trace de n’importe laquelle desmatrices qui le représentent. Cherchons la trace de la matrice M deΦ dans la base canonique C =

�Ei, j

�1⩽i, j⩽n

de Mn(K) (rappelons quecette matrice a un nombre de lignes et de colonnes égal à la dimensionde Mn(K) c’est-à-dire n2).Les colonnes comme les lignes sont indexées sur les couples (i, j) ∈J1 ; nK2. Chaque colonne Ci, j de cette matrice est formée des coor-données de Φ(Ei, j) dans la base C. En particulier, sur cette colonne, leterme situé sur la diagonale est la coordonnée sur la même matrice Ei, j

de son image Φ(Ei, j).Or Φ(Ei, j) = AEi, j + Ei, jA.

Ý Toutes les colonnes de Ei, j sont nulles sauf la je, donc toutes lescolonnes de AEi, j sont aussi nulles.

Ý De plus, la je colonne de AEi, j est la combinaison linéaire des co-lonnes de A avec comme coefficients les termes de la je colonnede Ei, j, qui sont tous nuls sauf le ie terme qui vaut 1. Donc cette je

colonne de AEi, j est la e colonne de A.

Ý De la même manière, on calcule que Ei, jA est la matrice dont toutesles lignes sont nulles sauf la ie qui est égale à la je ligne de A.

Ý On en déduit que Φ(Ei, j), qui est la somme des deux précédentes,a pour coordonnée (A)i,i +(A) j, j sur Ei, j, donc que sur la diagonalede M, se trouvent les (A)i,i + (A) j, j pour i et j de 1 à n.

42/50


Par conséquent, la trace de Φ est

Tr(Φ) =∑

1⩽i⩽n1⩽ j⩽n

�(A)i,i + (A) j, j

�=

n∑i=1

n∑j=1

�(A)i,i + (A) j, j

�=

n∑i=1

n∑j=1

(A)i,i

+ n∑i=1

n∑j=1

(A) j, j

=

n∑i=1

n(A)i,i +n∑

i=1

Tr(A)

= nn∑

i=1

(A)i,i + nTr(A)

= 2nTr(A)

Une correction de l’exercice 9.19 énoncéNotons u cette application.Ý La linéarité de la dérivation donne à u sa linéarité car pour tous P,Q

de Rn[X] et λ,µ scalaires,

u(λP+µQ) = (X− a)(λP+µQ)′− n(λP+µQ) = (X− a)(λP′+µQ′)− nλP− nµQ

= (· · · ) = λu(P) +µu(Q).

De plus pour tout P ∈ Rn[X], deg(P)⩽ n, donc deg(P′)⩽ n−1 puisdeg((X− a)P′) = 1+ deg(P′)⩽ n, et enfin

deg(u(P)) = deg((X− a)P′− n P)⩽max�deg((X− a)P′), deg(n P)

�⩽ n,

donc u(P) ∈ Rn[X], et u est bien un endomorphisme de Rn[X].Ý Comme u est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimen-

sion finie, il est bijectif si, et seulement si, un matrice qui le repré-sente est inversible, ce qui est vrai si, et seulement si, son détermi-nant est nul.

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Cherchons le déterminant de la matrice de u dans la base canoniqueC =

�1,X, X2, . . . , Xn�.

Pour tout k ∈ J0 ; nK,u(Xk) = (X− a)kXk−1− n Xk = (k− n)Xk − kaXk−1.

Donc

MatC(u) =

−n −a 0 · · · 0

0 (1− n) −2a ... ...... ... ... ... ...... ... ... −1 −na0 · · · 0 0

,

cette matrice est triangulaire supérieure, donc son déterminant estle produit des termes de sa diagonale, donc il est nul car le dernierterme de cette diagonale est 0.On peut donc conclure que u n’est pas un automorphisme deRn[X].

Ý Autre méthode : on aurait aussi pu remarquer que

u ((X− a)n) = (X− a)× n(X− a)n−1− n(X− a)n = 0

donc que u n’est pas injective, et par conséquent que u n’est pasun automorphisme de Rn[X].

Une correction de l’exercice 9.20 énoncé1. Soit P le polynôme P= λ0+λ1X+λ2X2+λ3X3+ X4. Notons

∆P =

��1 a a2 P(a)1 b b2 P(b)1 c c2 P(c)1 d d2 P(d)

�� et D=

��1 a a2 a4

1 b b2 b4

1 c c2 c4

1 d d2 d4

�� .

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Alors

∆P =

��1 a a2 P(a)1 b b2 P(b)1 c c2 P(c)1 d d2 P(d)

��=

��1 a a2 λ0+λ1a+λ2a2+λ3a3+ a4

1 b b2 λ0+λ1 b+λ2 b2+λ3 b3+ b4

1 c c2 λ0+λ1c+λ2c2+λ3c3+ c4

1 d d2 λ0+λ1d +λ2d2+λ3d3+ d4

��C4← C4−λ0C1−λ1C2−λ2C2

=

��1 a a2 λ3a3+ a4

1 b b2 λ3 b3+ b4

1 c c2 λ3c3+ c4

1 d d2 λ3d3+ d4

��= λ3

��1 a a2 a3

1 b b2 b3

1 c c2 c3

1 d d2 d3

��+��1 a a2 a4

1 b b2 b4

1 c c2 c4

1 d d2 d4

��= λ3V3(a, b, c, d) +D

= λ3(b− a)(c− a)(d − a)(c− b)(d − b)(d − c) +D

On prend P= (X− a)(X− b)(X− c)(X− d), dont le développementdonne

P= · · · − (a+ b+ c+ d)X3+ X4,

qui nous donne ∆P = 0 (car la 4me colonne est nulle, et λ3 =−(a+b+ c+ d), d’où

D= (a+ b+ c+ d)(b− a)(c− a)(d − a)(c− b)(d − b)(d − c).

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Une correction de l’exercice 9.21 énoncéGrâce à la technique du produit matriciel par blocs :�

A−1 0n−C A

�×�

A BC D

�=�

In A−1B0n AD− BC

�,

donc par les propriétés du déterminant,�det(A−1)det(A)

�︸︷︷︸=1

×det�

A BC D

�= det(AD− BC).

Une correction de l’exercice 9.22 énoncé1. Comme deg(P) = n, alors pour tout k ∈ J0 ; nK, deg

�P(k)�= n−

k, donc (P,P′, . . . , P(n)) est une famille de polynômes de Cn[X], dedegrés deux à deux distincts, c’est donc une famille libre, et commeson cardinal est n+1= dim(Cn[X]), on peut conclure que c’est unebase de Cn[X].

2. Dans la jungle des méthodes qui s’offrent à nous, on choisit demontrer l’inversibilité de la matrice des coordonnées des P(X+ ai)dans la base (P,P′, . . . , P(n)) de la question précédente.On utilise la formule de Taylor pour les polynômes, qui nous dit que

∀α ∈ C, P(X) =n∑

k=0

P(k)(α)k!

(X−α)k.

Donc en particulier,

∀α ∈ C, ∀z ∈ C, P(z) =n∑

k=0

P(k)(α)k!

(z−α)k,

et encore pour tout (x , a) ∈ C2, en prenant z← x + a et α← x :

P(x + a) =n∑

k=0

P(k)(x)k!

(a)k,

46/50


ce dont on déduit pour tout a ∈ C l’égalité polynômiale

P(X+ a) =n∑

k=0

P(k)(X)k!

× ak =n∑

k=0

ak

k!P(k)(X).

On retrouve que pour tout i ∈ J0 ; nK, les coordonnées

Une correction de l’exercice 9.23 énoncéOn va raisonner par récurrence sur le nombre n de lignes et colonnesdes matrices.Pour tout entier n ∈ N∗, notons P(n) la propriété

si A= (ai j) ∈Mn(R) vérifie les deux conditions suivantes :

(a)∀(i, j) ∈ J1, nK2 , ai j ∈ [0, 1[ ;

(b)∀i ∈ J1, nK ,n∑

k=1

aik ⩽ 1,

alors |det(A)|< 1.

1. Je laisse au lecteur le soin de se convaincre de la véracité de P(1).2. Supposons que pour un entier n ⩾ 1, P(n) est vraie, et montrons

qu’alors P(n+ 1) est vraie.

Une correction de l’exercice 9.24 énoncé1. En effectuant Ci ← Ci −C1, pour i ∈ J2, nK, sur A+ XJ, on obtient

P(X) = det(A+ XJ) =

��

a+ X c− a c− a · · · c− ab+ X a− b c − b · · · c− b

b+ X 0 a− b ... ......

... ... ... ...b+ X 0 · · · 0 a− b

��47/50


donc par linéarité par rapport à la première colonne,

det(A+ XJ) =

��

a c− a c− a · · · c− ab a− b c − b · · · c− b

b 0 a− b ... ......

... ... ... ...b 0 · · · 0 a− b

��+ X

��

1 c− a c− a · · · c− a1 a− b c− b · · · c− b

1 0 a− b ... ......

... ... ... ...1 0 · · · 0 a− b

��qui est bien de la forme P(X) = α+βX où α et β ne dépendent pasde X.

2. On cherche det(A) qui est P(0) et donc α.Les matrices A− bJ et A− cJ sont triangulaires, donc leur détermi-nant est le produit de leurs termes diagonaux, d’où

P(−b) = det(A− bJ) = (a− b)n

P(−c) = det(A− cJ) = (a− c)n.

Par conséquent, α− bβ= (a− b)n et α− c β= (a− c)n, d’où

cα− bα= c(a− b)n− b(a− c)n,

et comme c ̸= b, on obtient

α=c(a− b)n− b(a− c)n

c− b= det(A) .

3. La formule ci-dessus est valable pour tout c ̸= b, mais pour tout

48/50


couple (a, b) ∈ C2 fixé, l’application

φ : c 7→

��a c · · · c

b a ... ...... ... ... cb · · · b a

��est une fonction polynomiale de la variable c, donc c’est une fonc-tion continue sur C.Donc en particulier, φ(b) = lim

c̸=−→b

φ(c), mais pour c ̸= b,

φ(c) =c(a− b)n− b(a− c)n

c− b,

d’où

φ(b) = limc̸=−→b

c(a− b)n− b(a− c)n

c− b

Mais pour tout c ̸= b, en posant c = b+ t, et en supposant a ̸= b,on a


c− b

=(b+ t)(a− b)n− b(a− b− t)n

t

=t(a− b)n+ b [(a− b)n− (a− b− t)n]

t

= (a− b)n+ b(a− b)n1−�

1− ta−b

�n

tet quand t → 0, − t

a−b→ 0, donc�

1− t

a− b

�n

= 1+ n×�− t

a− b

�+ o(t)

= 1− nt

a− b+ o(t),

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d’où

1−�

1− ta−b

�n

t=

n

a− b+ o(1)

et


c− b−−−→c−→b

(a− b)n+ b(a− b)n× n

a− b= (a− b)n−1 (a− b+ nb)

= (a− b)n−1 (a+ (n− 1)b) .

Ainsi, on conclut que��a b · · · b

b a ... ...... ... ... bb · · · b a

��= (a− b)n−1 (a+ (n− 1)b) .

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Documents

Exercices du chapitre 9. Matrices et déterminantspc.cassin.free.fr/fichiers/ex-09-matrices-determinants.pdf · Exercices du chapitre 9. Matrices et déterminants Exercice 9.7 –