Exercices corrigés - Matrices : opérations sur les matrices

On peut effectuer les produits $AC,AE,BA,CB,CD,DB,DD,EC,EE$. Seules les matrices $D$ et $E$ sont carrées, et seule la matrice $D$ est symétrique.

On effectue les divers calculs, et on trouve $$A^2=\begin{pmatrix} 11&-3\\ -6&2 \end{pmatrix},\quad B^2=\begin{pmatrix} 3&2\\ 6&7 \end{pmatrix}, $$ $$AB=\begin{pmatrix} -3&1\\ 0&-2 \end{pmatrix},\quad BA=\begin{pmatrix} -2&0\\ 5&-3 \end{pmatrix},$$ $$(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2=\begin{pmatrix} 9&0\\ 5&4 \end{pmatrix}$$ et $$A^2+2AB+B^2=\begin{pmatrix} 8&1\\ 0&5 \end{pmatrix}.$$ Ainsi, l'identité remarquable $(A+B)^2=A^2+2AB+B^2$ est fausse pour les matrices. En revanche l'égalité $(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2$, qu'on prouve par double distributivité, est vraie pour toutes les matrices carrées $A$ et $B$.

Soit $B=\left( \begin{array}{cc} c & d\\ e &f \end{array} \right)$ une telle matrice. On a : $$AB=\left(\begin{array}{cc} c+e&d+f\\ e&f\\\end{array}\right),BA=\left(\begin{array}{cc} c&c+d\\ e&e+f\\\end{array}\right).$$ Puisque $AB=BA$, on obtient le système : $$\left\{\begin{array}{rcl} c+e&=&c\\ d+f&=&c+d\\ f&=&e+f\\\end{array}\right.$$ On résout ce système pour trouver que $e=0$ et $c=f$. Toutes les matrices $B$ qui conviennent sont celles de la forme : $$\left(\begin{array}{cc} c&d\\ 0&c\end{array}\right).$$

Soit $B=\left( \begin{array}{cc} c & d\\ e &f \end{array} \right)$ une telle matrice. On a : $$AB=\left(\begin{array}{cc} ac+be&ad+bf\\ ae&af\\\end{array}\right),BA=\left(\begin{array}{cc} ac&bc+ad\\ ae&be+af\\\end{array}\right).$$ On a donc $AB=BA$ si et seulement si $$\left\{\begin{array}{rcl} ac+be&=&ac\\ ad+bf&=&bc+ad\\ af&=&be+af\\\end{array}\right.$$ On résout ce système (dont les inconnues sont $c$, $e$ et $f$). Il est équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} be&=&0\\ b(f-c)&=&0\\ be&=&0 \end{array}\right.$$ Comme $b\neq 0$, on trouve que le système est équivalent à $e=0$ et $c=f$. Toutes les matrices $B$ qui conviennent sont donc celles de la forme : $$\left(\begin{array}{cc} c&d\\ 0&c\end{array}\right).$$

Les matrices $$ A = \begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0\\ \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0\\ \end{pmatrix} $$ conviennent.

Écrivons $A=\left(\begin{array}{cc}a&b\\ c&d \end{array}\right)$ et $B=\left(\begin{array}{cc}a'&b'\\ c'&d' \end{array}\right)$ de sorte que $$AB=\left(\begin{array}{cc}aa'+bc'&ab'+bd'\\ ca'+dc'&cb'+dd' \end{array}\right).$$ On vérifie alors facilement que $$aa'+bc'+ca'+dc'=a'(a+c)+c'(b+d)=a'+c'=1$$ $$ab'+bd'+cb'+dd'=b'(a+c)+d'(b+d)=b'+d'=1.$$ En dimension 3, le calcul est similaire. On écrit cette fois $A=\left(\begin{array}{ccc}a&b&c\\ d&e&f\\ g&h&i \end{array}\right)$ et $B=\left(\begin{array}{ccc}a'&b'&c'\\ d'&e'&f'\\ g'&h'&i' \end{array}\right)$ de sorte que $$AB=\left(\begin{array}{ccc} aa'+bd'+cg'&*&*\\ da'+ed'+fg'&*&*\\ ga'+hd'+ig'&*&* \end{array}\right).$$ La somme des coefficients sur la première colonne vaut donc $$a'(a+d+g)+d'(b+e+h)+g'(c+f+i)=a'+d'+g'=1.$$

Posons $A=(a_{i,j})$, $B=(b_{i,j})$, $C=AB=(c_{i,j})$. Alors, par définition, pour tous $i,j\in\{1,\dots,n\}$ $$c_{i,j}=\sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j}.$$ On veut démontrer que, pour tout $j=1,\dots,n$, on a $$\sum_{i=1}^n c_{i,j}=1.$$ Calculons cette somme : \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n c_{i,j}&=&\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j}\\ &=&\sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^n a_{i,k}b_{k,j}\\ &=&\sum_{k=1}^n b_{k,j}\left(\sum_{i=1}^n a_{i,k}\right). \end{eqnarray*} La somme à l'intérieur est égale à 1 puisque $A$ est stochastique. Il reste $$\sum_{i=1}^n c_{i,j}=\sum_{k=1}^n b_{k,j}=1$$ où on utilise cette fois que $B$ est stochastique.

Remarquons d'abord que si $A=\lambda I_n$, alors $A$ commute avec toutes les matrices et donc $A$ est dans le centre de $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Réciproquement, supposons que $A$ commute avec toutes les matrices, et étudions ce que donne $AE_{i,j}=E_{i,j}A$, où $E_{i,j}$ est la matrice élémentaire avec des 0 partout sauf le coefficient à la $i$-ème ligne et $j$-ième colonne qui est égal à 1. Alors, $$AE_{i,j}= \left(\begin{array}{ccccc} 0&\dots&0&a_{1,i}&0&\dots\\ 0&\dots&0&a_{2,i}&0&\dots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&\dots&0&a_{n,i}&0&\dots \end{array}\right) $$ où la seule colonne non-nulle est la $j$-ième colonne, et $$E_{i,j}A= \left(\begin{array}{cccc} 0&\dots&\dots&0&\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&\dots&\dots&0&\\ a_{j,1}&a_{j,2}&\dots&a_{j,n}\\ 0&\dots&\dots&0&\\ \end{array}\right) $$ où la seule ligne non-nulle est la $i$-ème ligne. Le seul terme (éventuellement) non-nul que peuvent avoir en commun les deux matrices est situé sur la $i$-ème ligne et la $j$-ème colonne. Les coefficients correspondants doivent être égaux et donc on doit avoir $$a_{i,i}=a_{j,j}.$$ Les autres coefficients doivent être nuls, ce qui signifie en particulier, pour $k\neq i$, que $a_{k,i}=0$. Ainsi, $A$ est une matrice diagonale dont tous les coefficients diagonaux doivent être égaux. On en déduit que $A=\lambda I_n$.

On va commencer par calculer les premiers termes de $A^n$ pour essayer de deviner la formule. On a $$A^2=\left(\begin{array}{cc} 2&-2\\ -2&2 \end{array}\right),\ A^3=\left(\begin{array}{cc} 4&-4\\ -4&4 \end{array}\right).$$ On démontre alors par récurrence sur $n\geq 1$ que $$A^n=\left(\begin{array}{cc} 2^{n-1}&-2^{n-1}\\ -2^{n-1}&2^{n-1} \end{array}\right).$$ La preuve par récurrence est très simple, et repose simplement sur le fait que $2^{n-1}+2^{n-1}=2^n$.
On fait la même chose pour $B$ : $$B^2=\left(\begin{array}{cc} 1&3\\ 0&4 \end{array}\right),\ B^3=\left(\begin{array}{cc} 1&7\\ 0&8 \end{array}\right).$$ On démontre alors, par récurrence sur $n$, que $$B^n=\left(\begin{array}{cc} 1&2^n-1\\ 0&2^n \end{array}\right).$$

On commence par calculer les premières valeurs de $B^n$. On a $$ B=\left( \begin{array}{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array}\right),\quad B^2=\left( \begin{array}{ccc} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right),\quad B^3=\left( \begin{array}{ccc} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right).$$ On en déduit alors par récurrence que, pour tout $n\geq 3$, on a $B^n=0$. En effet, c'est vrai pour $n=3$. Si c'est vrai au rang $n\geq 3$, alors $$B^{n+1}=B^n\times B=0\times B=0.$$ Pour obtenir $A$, on écrit $A=I+B$ et on remarque que $I$ et $B$ commutent puisque $IB=BI=B$. On peut alors appliquer la formule du binôme de Newton, ce qui est très facile ici puisque $B^n=0$ dès que $n\geq 3$. On en déduit $$A^n=I^{n}+\binom{n}{1}I^{n-1}B+\binom{n}{2}I^{n-2}B^2$$ ce qui se réécrit en $$A^n=I+nB+\frac{n(n-1)}{2}B^2.$$ On a donc $$A^n=\left(\begin{array}{ccc} 1&n&\frac{n(n-1)}2\\ 0&1&n\\ 0&0&1 \end{array} \right).$$

Soit $p,q\in\mathbb N$ tels que $A^p=0$ et $B^q=0$. Posons $r=\max(p,q)$. Alors, puisque $A$ et $B$ commutent, on a $$(AB)^r=A^rB^r=A^p\cdot A^{r-p}\cdot B^q\cdot B^{r-q}=0$$ (on pourrait même choisir $r=\min(p,q)$ comme ordre de nilpotence).
Pour démontrer que $A+B$ est nilpotente, appliquons la formule du binôme de Newton à l'ordre $p+q$. Il vient $$(A+B)^{p+q}=\sum_{k=0}^{p+q}\binom {p+q}k A^k B^{p+q-k}.$$ Mais si $k\geq p$, on a $A^p=0$ et si $k<p$, alors $-k>-p$ et $p+q-k>q$ donc $B^{p+q-k}=0$. Dans tous les cas, si $k\in \{0,\dots,p+q\}$, on a $A^k B^{p+q-k}=0$ et donc $(A+B)^{p+q}=0$.