Matrices Et Déterminants - Représentations Matricielles

8/20/2019 Matrices Et Déterminants - Représentations Matricielles

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 14 juin 2011 Corrections 2

Corrections

Exercice 1 : [énoncé]a) Pour 0 k n,

ϕ(X k) =n

i=0

k

iX i =

k

i=0

k

iX i = (X + 1)k

On en déduitϕ(P ) = P (X + 1)

b) ϕm(P ) = P (X + m) donc

ϕ(X k) = (X + m)k =

nk=0

k

i

mk−iX i

d’oùAm = (mj−iai,j)1i,jn+1

c) ϕ−1(P ) = P (X − 1) donc

ϕ−1(X k) = (X − 1)k

d’oùA−1 = ((−1)j−iai,j)1i,jn+1

Exercice 2 : [énoncé]Posons x = Re(a) et y = Im(a).f (1) = 1 + x + iy et f (i) = i − ai = y + i(1 − x).

La matrice de f dans la base (1, i) est donc

1 + x y

y 1 − x

.

Si |a| = 1 alors det f = 0. Imf = C et ker f = {0}.Si

|a

| = 1 alors det f = 0 et f

= 0. f est un endomorphisme de rang 1.

On a f (eiθ/2) = 2eiθ/2 et f (ei(θ+π)/2) = 0 donc Imf = Vect

eiθ/2

etker f = iImf .

Exercice 3 : [énoncé]a) On vérifie aisément que la famille B est libre et c’est donc une base de E .f (ε1) = ε1, f (ε2) = ε2, f (ε3) = ε3 + ε1 donc

MatBf =

1 0 1

0 1 00 0 1

= B

b) Par récurrence

Bn =

1 0 n

0 1 00 0 1

puis An = P BnP −1 avec

P = 1 1 10 1 1

1 0 1

et P −1 = 1 −1 01 0 −1

−1 1 1

d’où

An =

1 − n n n

0 1 0−n n n + 1

Exercice 4 : [énoncé]a) On vérifie aisément que la famille B est libre et c’est donc une base de E .f (ε1) = ε1, f (ε2) = ε1 + ε2, f (ε3) = ε1 + ε2 + ε3 donc

MatBf =

1 0 1

0 1 00 0 1

= B

b) B = I 3 + J avec

J =

0 1 1

0 0 10 0 0

, J 2 =

0 0 1

0 0 00 0 0

Puisque I 3 et J commutent la formule du binôme donne

Bn = I 3 + nJ + n(n − 1)2

J 2

car J k = O3 pour k 3.Par formule de changement de base, on obtient

An =

1 − n (n+1)

2n(n+3)

2n(n+1)

2−n n + 1 n

−n(n−1)2

n(n+1)2 1 +

n(n−1)2




Exercice 5 : [énoncé]Soit f solution. La matrice de f relative à la base canonique est à coefficientsentiers. De plus f est un automorphisme car les vecteurs de la base canoniquesont des valeurs prises par f et comme f −1(Zn) = Z

n, la matrice de f −1 relative àla base canonique est à coefficients entiers. Inversement, si f est unautomorphisme telle que f et f −1 soient représentés par des matrices àcoefficients entiers dans la base canonique, il est immédiat que f (Zn)

⊂Zn et que

f −1(Zn) ⊂ Zn donc que Zn ⊂ f (Zn) et finalement f (Zn) = Zn. Notons que lesendomorphismes solutions peuvent aussi se décrire comme étant lesendomorphismes canoniquement représentés par une matrice à coefficients entierset qui sont de déterminant égal à 1.

Exercice 6 : [énoncé]Si f = 0 alors f ◦ g = 0.

Sinon il existe une base de R2 dans laquelle la matrice de f est A =

0 10 0

.

La matrice de g commutant avec f est de la forme a b

0 a et puisque g2 = 0,

a = 0.Par suite la matrice de f ◦ g est nulle.

Exercice 7 : [énoncé]F ω est clairement un endomorphisme de Cn−1 [X ]. Sa matrice dans la base(1, X , . . . , X n−1) est A = (ai,j)0i,jn−1 avec ai,j = 1√

nωij. On remarque que

AA = I n car 1n

n−1k=0

ω(j−i)k = δ i,j. Par suite F ω est un automorphisme et F −1ω

étant représenté par A, F −1ω (P ) = 1√ n

n−1

k=0

P (ω−k)X k.

Exercice 8 : [énoncé]a) S’il existe w tel que u = w ◦ v alors pour tout x ∈ ker v,u(x) = (w ◦ v)(x) = w(v(x)) = w(0) = 0 et donc x ∈ ker u. Ainsi ker v ⊂ ker u.Inversement, supposons ker v ⊂ ker u.Soit H un supplémentaire de ker v dans R p : H ⊕ ker v = R

p.On sait que la restriction vH de v au départ de H est un isomorphisme de H versl’image de v .Soit K un supplémentaire de Imv dans Rn : K ⊕ Imv = R

n.

Considérons ensuite w0 l’application linéaire définie par

∀x ∈ Imv, w0(x) = u(v−1H (x)) et ∀x ∈ K, w0(x) = 0

D’une part, pour tout x ∈ ker v, (w0 ◦ v)(x) = w0(0) = 0 = u(x) car ker v ⊂ ker u.D’autre part, pour tout x ∈ H ,

(w0

◦v)(x) = (w0

◦vH )(x) = u

◦v−1H

◦vH (x) = u(x)

Puisque les applications linéaires w0 ◦ v et u coïncident sur les sous-espacesvectoriels supplémentaires ker v et H , c’est deux applications sont égales et onpeut donc écrire

u = w0 ◦ v

Soit w ∈ L(Rn,Rq).w est solution de l’équation u = w ◦ v si, et seulement si, w ◦ v = u = w0 ◦ v soitencore (w − w0) ◦ v = 0.Or f ◦ g = 0 ⇔ Img ⊂ ker f donc u = w ◦ v ⇔ Imv ⊂ ker(w − w0).Par suite les solutions de l’équation u = w ◦ v sont de la forme w0 + f avecf ∈ L(Rn,Rq) vérifiant Imv ⊂ ker f .b) On définit les matrices étudiées :

A:=matrix(3,3,[-2,1,1,8,1,-5,4,3,-3]);

B:=matrix(3,3,[1,2,-1,2,-1,-1,-5,0,3]);

On détermine les noyaux de celles-ci

kernel(A);

kernel(B);

On observe que ces noyaux sont égaux à Vect ((3, 1, 5)) et donc ker B ⊂ ker A. Parl’étude qui précède transposée aux matrices, on peut affirmer que l’équationétudiée possède au moins une solution.Pour construire une solution à cette équation, il suffit d’introduire une matrice B0

inversible coïncidant avec B sur un supplémentaire de ker B et de considérerC 0 = AB−1

0 .En prenant pour supplémentaire de ker B l’espace Vect((1, 0, 0), (0, 1, 0)), lamatrice

B0 =

1 2 0

2 −1 0−5 0 1

convient. Définissons-la et calculons C 0 :

B0:=matrix(3,3,[1,2,0,2,-1,0,-5,0,1]);

C0:=evalm(A&*B0^(-1));




On obtient

C 0 =

1 1 1

−3 −7 −5−1 −5 −3

On peut vérifier l’exactitude de cette solution par le calcul

evalm(A-C0&*B);

Les autres matrices solutions se déduisent de C 0 par ajout d’une matrice E telleque ImB ⊂ ker E . On détermine l’image de B

colspace(B);

On obtient Vect ((1, 0, −1), (0, 1, −2))La condition ImB ⊂ ker E donne les relations C 1 = C 3 et C 2 = 2C 3 sur lescolonnes de E qui est donne une matrice de la forme

a 2a a

b 2b b

c 2c c

c) Il existe C tel que A = C B si, et seulement si, ker B ⊂ ker A ce qui équivaut àla condition AX = 0 avec X = t

3 1 5

. Cela donne la condition

3C 1 + C 2 + 5C 3 = 0 sur les colonnes de A.Si cette condition est remplie, l’étude qui précède donne que les solutions del’équation A = CB sont les matrices de la forme

AB−10 +

a 2a a

b 2b b

c 2c c

d) Si u = w1 ◦ v1 + w2 ◦ v2 alors il est immédiate que ker v1 ∩ ker v2 ⊂ ker u.Inversement, supposons ker v1

∩ker v2

⊂ ker u.

Considérons v ∈ L(R p,R2n) déterminé par v(x) = (v1(x), v2(x)).Puisque ker v = ker v1 ∩ ker v2 ⊂ ker u, l’étude qui précède assure l’existence dew ∈ L(R2n,Rq) vérifiant u = w ◦ v. Posons alors w1 : y1 ∈ R

n → w(y1, 0Rn) etw2 : y2 ∈ R

n → w(0Rn, y2).w1, w2 ∈ L(Rn,Rq) et vérifient w(y1, y2) = w1(y1) + w2(y2) de sorte que u = w ◦ v

donne u = w1 ◦ v1 + w2 ◦ v2

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