Exercices math sup : Matrices et applications linéaires

Le noyau de $f$ est l'ensemble des triplets $(x,y,z)$ tels que $$f(x,y,z)=0\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x+y+z&=&0\\ -x+2y-2z&=&0\\ 3y-z&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-4y\\ y&=&y\\ z&=&3y \end{array}\right.$$ Le noyau de $f$ est donc la droite vectorielle de vecteur directeur $(-4,1,3)$. Par le théorème du rang, $\textrm{Im}(f)$ est de dimension 2. De plus, $f(e_1)=(1,-1,0)$ et $f(e_2)=(1,2,3)$ sont clairement indépendants. Donc $(f(e_1),f(e_2))$ est une base de $\textrm{Im}(f)$.

On a $$f(x,y,z)=0\iff x+y-z=0\iff\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&x\\ y&=&y\\ z&=&x+y \end{array}\right..$$ $\ker(f)$ est donc un plan vectoriel, de base $(u,v)$ avec $u=(1,0,1)$ et $v=(0,1,1)$. D'après le théorème du rang, on sait que $\textrm{Im}(f)$ est de dimension 1. Il est engendré par exemple par le vecteur non nul $w=f(e_1)=(1,-3,-2)$.
On remarque que $w=u-3v$ est élément de $\ker(f)$. Ainsi, $\textrm{Im}(f)\subset\ker(f)$ et donc $f^2=0$. Par suite, $f^n=0$ pour tout $n\geq 2$ et la matrice de $f^n$ dans la base canonique de $\mathbb R^3$ est elle aussi nulle. Donc $M^n=0$ pour tout $n\geq 2$.

La preuve de la linéarité de $f$ est laissée au lecteur. Rappelons que la base canonique de $M_2(\mathbb R)$ est la base $(E_{1,1},E_{1,2},E_{2,1},E_{2,2})$ avec $$E_{1,1}=\left(\begin{array}{cc} 1&0\\ 0&0 \end{array}\right)\quad E_{1,2}=\left(\begin{array}{cc} 0&1\\ 0&0 \end{array}\right)\quad E_{2,1}=\left(\begin{array}{cc} 0&0\\ 1&0 \end{array}\right)\quad E_{2,2}=\left(\begin{array}{cc} 0&0\\ 0&1 \end{array}\right).$$ Il suffit de calculer l'image par $f$ de ces matrices, et de les exprimer dans la base canonique. Mais on a $$f(E_{1,1})=\left(\begin{array}{cc} -1&0\\ 1&0 \end{array} \right)=-1E_{1,1}+0E_{1,2}+1E_{2,1}+0E_{2,2},$$ $$f(E_{1,2})=\left(\begin{array}{cc} 0&-1\\ 0&1 \end{array} \right)=0E_{1,1}-1E_{1,2}+0E_{2,1}+1E_{2,2},$$ $$f(E_{2,1})=\left(\begin{array}{cc} 2&0\\ 0&0 \end{array} \right)=2E_{1,1}+0E_{1,2}+0E_{2,1}+0E_{2,2},$$ $$f(E_{2,2})=\left(\begin{array}{cc} 0&2\\ 0&0 \end{array} \right)=0E_{1,1}+2E_{1,2}+0E_{2,1}+0E_{2,2}.$$ La matrice de $f$ dans la base canonique de $M_2(\mathbb R)$ est donc $$\left(\begin{array}{cccc} -1&0&2&0\\ 0&-1&0&2\\ 1&0&0&0\\ 0&1&0&0 \end{array} \right).$$

On commence par remarquer que, d'après le théorème du rang, $\textrm{Im}(\phi-Id_E)$ est de dimension 1. Soit $u_1$ un vecteur non nul de ce sous-espace. Il est aussi élément de $\ker(\phi-Id_E)$. Par le théorème de la base incomplète, on complète la famille libre $(u_1)$ en une base $(u_1,\dots,u_{n-1})$ de $\ker(\phi-Id_E)$. On considère enfin $v\neq 0$ un vecteur qui n'est pas dans $\ker(\phi-Id_E)$, de sorte que $(v,u_1,\dots,u_{n-1})$ est une base de $E$. Étudions la matrice de $\phi$ dans cette base. D'une part, pour $i=1,\dots,n-1$, on a $\phi(u_i)=u_i$ et les $n-1$ dernières colonnes sont bien les colonnes demandées. D'autre part, on a $\phi(v)-v\in \textrm{Im}(\phi-Id_E)$ et donc il existe $\alpha\neq 0$ (puisque $v\notin \ker(\phi-Id_E)$) tel que $\phi(v)-v=\alpha u_1$, c'est-à-dire $\phi(v)=v+\alpha u_1$. La première colonne est donc elle aussi conforme à ce que l'on voulait.

On note $f$ et $g$ les applications linaires de $\mathbb R^2\to\mathbb R^3$ pour $f$, de $\mathbb R^3$ dans $\mathbb R^2$ pour $g$, canoniquement associées à $A$ et $B$. Alors, on sait que $$fg(e_2)=e_2,\ fg(e_3)=e_3.$$ Il vient $$gf(g(e_2)))=g(e_2) \textrm{ et }gf(g(e_3))=g(e_3).$$ De plus, $(g(e_2),g(e_3))$ est une famille libre de $\mathbb R^2$. En effet, si on a $$ag(e_2)+bg(e_3)=0,$$ on compose par $f$ et on trouve que $ae_2+be_3=0$, d'où $a=b=0$.
Ainsi, $(g(e_2),g(e_3))$ est une base de $\mathbb R^2$, et $gf$ laisse invariant les vecteurs de cette base. Autrement dit, $gf$ est l'identité de $\mathbb R^2$ et $BA=I_2$.

On va prouver que le noyau de $A$ est réduit à $\{0\}$. Pour cela, supposons que ce ne soit pas le cas et choisissons $X=\begin{pmatrix}x_1\\ \vdots \\ x_n\end{pmatrix}\in\ker A$, $X$ non-nul. Soit $i$ tel que $|x_i|=\max(|x_j|,j=1,\dots,n)>0$. Alors la $i$-ème ligne de $AX=0$ se réécrit en $$a_{i,i}x_i=-\sum_{j\neq i}a_{i,j}x_j.$$ Mais, $$\left|\sum_{j\neq i}a_{i,j}x_j\right|\leq\sum_{j\neq i}|a_{i,j}||x_j|\leq |x_i|\sum_{j\neq i}|a_{i,j}|<|a_{i,i}x_i|$$ ce qui est une contradiction. Donc $A$ est inversible.

On commence par chercher une base de $P$ et une base de $D$. On a $$(x,y,z)\in P \iff\left\{\begin{array}{cccccc} x&=&x\\ y&=&&y\\ z&=&x&-y \end{array}\right.$$ Autrement dit, si on pose $u=(1,0,1)$ et $v=(0,1,-1)$, alors $(u,v)$ est une base de $P$. On cherche ensuite une base (ici, un vecteur directeur) de $D$. Clairement, $w=(1,-1,1)$ convient. Puisque $P$ et $D$ sont supplémentaires, $(u,v,w)$ est une base de $\mathbb R^3$. La matrice de la projection dans cette base est : $$A=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \end{array}\right).$$ Si $Q$ est la matrice de passage de la base canonique à la base $(u,v,w)$, alors la matrice recherchée est $QAQ^{-1}$. Or, on peut écrire $Q$ directement, $$Q=\left( \begin{array}{ccc} 1&0&1\\ 0&1&-1\\ 1&-1&1 \end{array} \right),$$ et, après calculs, on obtient $$Q^{-1}=\left( \begin{array}{ccc} 0&1&1\\ 1&0&-1\\ 1&-1&-1 \end{array} \right),\ QAQ^{-1}=\left( \begin{array}{ccc} 0&1&1\\ 1&0&-1\\ -1&1&2 \end{array} \right).$$

On utilise la méthode du pivot de Gauss pour mettre la matrice sous forme échelonnée.

1. On a \begin{eqnarray*} \textrm{rg}(A)&=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&2&3\\ 0&-1&-2\\ 0&-2&-4\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} \\ L_2-2L_1\\ L_3-3L_1\\ \end{array}\\ &=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&2&3\\ 0&-1&-2\\ 0&0&0\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} \\ \\ L_3-2L_2\\ \end{array}. \end{eqnarray*} Le rang de la matrice est donc égal à 2.
2. On a \begin{eqnarray*} \textrm{rg}(B)&=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&1&1\\ 0&1&3\\ 0&2&8\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} \\ L_2-L_1\\ L_3-L_1\\ \end{array}\\ &=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&1&1\\ 0&1&3\\ 0&0&2\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} \\ \\ L_3-2L_2\\ \end{array}. \end{eqnarray*} Le rang de la matrice est donc égal à 3.
3. On a \begin{eqnarray*} \textrm{rg}(C)&=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&2&3&2\\ 0&-1&-2&-2\\ 0&-2&-4&-4\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} \\ L_2-2L_1\\ L_3-3L_1\\ \end{array}\\ &=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&2&3&2\\ 0&-1&-2&-2\\ 0&0&0&0\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} \\ \\ L_3-2L_2\\ \end{array}. \end{eqnarray*} Le rang de cette matrice est donc égal à 2.
4. On a \begin{eqnarray*} \textrm{rg}(D)&=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&2&1&2\\ 0&1&2&-1\\ 0&1&2&-1\\ 0&-3&-6&3 \end{array}\right) \begin{array}{l} \\ L_2+2L_1\\ L_3-4L_1\\ L_4-L_1 \end{array}\\ &=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&2&1&2\\ 0&1&2&-1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{array}\right) \begin{array}{l} \ \quad\\ \ \quad\\ L_3-L_2\\ L_4+3L_2 \end{array}. \end{eqnarray*} Le rang de cette matrice est donc égal à 2.

Il suffit de chercher les valeurs de $\alpha$ et $\beta$ pour lesquelles le rang de cette matrice est 3. On calcule le rang par la méthode du pivot de Gauss : \begin{eqnarray*} \textrm{rg}(M_{\alpha,\beta})&=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&3&\alpha&\beta\\ 0&-7&2-2\alpha&1-2\beta\\ 0&4&2+\alpha&\beta\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} L_1 \\ L_2-2L_1\to L_2\\ L_3+L_1\to L_3\\ \end{array}\\ &=& \textrm{rg}\left( \begin{array}{cccc} 1&3&\alpha&\beta\\ 0&-7&2-2\alpha&1-2\beta\\ 0&0&22-\alpha&4-\beta\\ \end{array}\right) \begin{array}{l} L_1 \\ L_2 \\ 7L_3+4L_2\to L_3\\ \end{array}. \end{eqnarray*} La matrice est donc de rang 3, sauf si $\alpha=22$ et $\beta=4$.

On effectue les opérations suivantes : $$L_2-aL_1\to L_2,\ L_3-a^2L_1\to L_3,\ L_4-a^3L_1\to L_4$$ et $A$ a même rang que $$A_1=\left( \begin{array}{cccc} 1&a&a^2&a^3\\ 0&0&0&1-a^4\\ 0&0&1-a^4&a(1-a^4)\\ 0&1-a^4&a(1-a^4)&a^2(1-a^4)\\ \end{array}\right).$$ On échange ensuite $L_2$ et $L_4$ et on trouve que $A$ a même rang que $$A_2=\left( \begin{array}{cccc} 1&a&a^2&a^3\\ 0&1-a^4&a(1-a^4)&a^2(1-a^4)\\ 0&0&1-a^4&a(1-a^4)\\ 0&0&0&1-a^4\\ \end{array}\right).$$ On obtient une matrice triangulaire, dont les pivots sont non nuls si $1-a^4\neq 0$, ie si $a\neq 1$ et $a\neq -1$. Dans ce cas, la matrice est de rang 4. Si $a=1$ ou $a=-1$, la matrice $A$ a même rang qu'une matrice dont une seule ligne est non-nulle. Elle a donc pour rang 1.

On va calculer la dimension du noyau de $B$. Notons $m_i$ le nombre de colonnes de $A_i$ et $r_i$ le rang de $A_i$, pour $i=1,\dots,n$. Notons $E_i$ le noyau de $A_i$, qui est, par le théorème du rang, de dimension $m_i-r_i$. Soit $X=\begin{pmatrix}X_1\\ X_2\\ \vdots \\ X_n\end{pmatrix}.$ Alors $$BX=0\iff \forall i=1,\dots,n,\ A_i X_i=0\iff \forall i=1,\dots,n,\ X_i\in E_i.$$ On en déduit que $\ker B=E_1\times\cdots\times E_n$ et donc \begin{align*} \dim(\ker(B))&=\dim(E_1)+\cdots+\dim(E_n)\\ &=(m_1+\cdots+m_n)-(r_1+\cdots+r_n). \end{align*} Appliquant à nouveau le théorème du rang, on trouve que $$\textrm{rg}(B)=(m_1+\cdots+m_n)-\dim(\ker(B))=r_1+\cdots+r_n.$$

Soit $A$ une telle matrice. Alors $A$ s'écrit $$A=PJ_r Q,$$ où $P\in GL_n(\mathbb K)$, $Q\in GL_p(\mathbb K)$ et $J_r$ est la matrice de $M_{n,p}(\mathbb K)$ avec r fois le chiffre 1 sur la diagonale principale et des 0 partout ailleurs. Alors, $$J_r=\sum_{i=1}^r E_{i,i}$$ et donc $A=\sum_{i=1}^r A_i$ avec $A_i=PE_{i,i}Q$. Chaque $A_i$ est de rang 1 (la multiplication par une matrice inversible ne change pas le rang). D'où le résultat.

Notons $M$ une telle matrice. On désignera par $f$ l'endomorphisme associé sur $\mathbb K^n$, c'est-à-dire dont la matrice dans la base canonique de $\mathbb K^n$ est $M$. Alors $\ker(f)$ n'est pas réduit à $\{0\}$, puisque la matrice $M$ n'est pas inversible, donc l'endomorphisme $f$ n'est pas injectif. Soit $S$ un supplémentaire de $\ker(f)$. Alors $f$ induit un isomorphisme de $S$ sur $\textrm{Im}(f)$. Autrement dit, soit $\mathcal B_2=(e_1,\dots,e_p)$ une base de $S$. Alors $\mathcal C_1=(f(e_1),\dots,f(e_p))$ est une base de $\textrm{Im}(f)$. Soit de plus $\mathcal B_1$ une base de $\ker(f)$ et posons $\mathcal B=\mathcal B_1\cup\mathcal B_2$. Soit $\mathcal C$ une base obtenue à partir de $\mathcal C_1$ en appliquant le théorème de la base incomplète. Alors la matrice de $f$ dans la base $\mathcal B$ au départ et $\mathcal C$ à l'arrivée à la forme suivante : $$\left(\begin{array}{cccccc} 0&\dots&0&1&0&\dots\\ \vdots&\dots&\vdots&0&1&\dots\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\ddots&\ddots\\ 0&\dots&0&0&\dots \end{array}\right).$$ Elle est donc nilpotente. Autrement dit, $M$ est équivalente à une matrice nilpotente.

Soit $u\in\mathcal L(\mathbb R^3)$ l'endomorphisme de $\mathbb R^3$ dont la matrice dans la base canonique $\mathcal B=(e_1,e_2,e_3)$ est $A$. On a donc $u(e_1)=u(e_2)=0$ et $u(e_3)=e_2$. Alors,

1. Si on pose $\mathcal B_1=(e_1,e_3,e_2)$, alors la matrice de $u$ dans $\mathcal B_1$ est $B$.
2. Si on pose $\mathcal B_2=(e_2,e_3,e_1)$, alors la matrice de $u$ dans $\mathcal B_2$ est $C$.
3. Si on pose $\mathcal B_3=(e_3,\frac 14 e_2,e_1)$ alors la matrice de $u$ dans $\mathcal B_3$ est $D$.

1. Si $f$ est une homothétie, alors $(x,f(x))$ est bien toujours liée. Réciproquement, l'hypothèse nous dit, que pour tout $x$ non-nul, il existe un scalaire $\lambda_x$ tel que $f(x)=\lambda_x x$. On doit prouver qu'il existe un scalaire $\lambda$ tel que $\lambda_x=\lambda$ pour tout $x$ de $E$, ou encore que $\lambda_x=\lambda_y$ quels que soient $x$ et $y$ non-nuls. Si la famille $(x,y)$ est liée, c'est clair, car $y=\mu x$ et $\mu\lambda_y x=\lambda_y y=f(y)=\mu f(x)=\mu \lambda_x x$ et on peut simplifier par $\mu x\neq 0$. Si la famille $(x,y)$ est libre, calculons $f(x+y)$. D'une part, $$f(x+y)=\lambda_{x+y}(x+y)=\lambda_{x+y}x+\lambda_{x+y}y,$$ d'autre part, $$f(x+y)=f(x)+f(y)=\lambda_x x+\lambda_y y.$$ Puisque la famille $(x,y)$ est libre, toute décomposition d'un vecteur à l'aide de combinaison linéaire de ces vecteurs est unique. On obtient donc $\lambda_x=\lambda_y=\lambda_{x+y}$, ce qui est le résultat voulu.
2. On va raisonner par récurrence sur $n$, le résultat étant vrai si $n=1$. Soit $f$ l'application linéaire associée à $M$ dans la base canonique de $\mathbb K^n$. Si $f$ est une homothétie, alors $M$ est un multiple de l'identité et comme sa trace est nulle, c'est la matrice nulle. Sinon, soit $x\in \mathbb K^n$ tel que $(x,f(x))$ est libre. Alors on peut compléter cette famille en une base $(x,f(x),e_3,\dots,e_n)$. Dans cette base, la matrice de $f$ est $$N=\left(\begin{array}{c|ccc} 0&*&\dots&*\\ \hline 1&\\ 0&&N'\\ \vdots& \end{array}\right).$$ Autrement dit, $M$ est semblable à $N$. Puisque $N$ est de trace nulle, $N'$ est de trace nulle. On peut lui appliquer l'hypothèse de récurrence : il existe $Q\in GL_{n-1}(\mathbb K)$ tel que $Q^{-1} N' Q$ soit une matrice n'ayant que des zéros sur la diagonale. Posons alors $$P=\left(\begin{array}{c|ccc} 1&0&\dots&0\\ \hline 0&\\ 0&&Q\\ \vdots& \end{array}\right).$$ Alors, $P$ est inversible, et on vérifie aisément que $P^{-1}NP$ est une matrice n'ayant que des zéros sur la diagonale. Ainsi, $N$, donc $M$, est semblable à une telle matrice.

La matrice $A\otimes B$ est une matrice de $\mathcal M_{np}(\mathbb R)$. De plus, ses coefficients diagonaux sont constitués par :

• les coefficients diagonaux de $B$ multipliés par $a_{1,1}$
• les coefficients diagonaux de $B$ multipliés par $a_{2,2}$
• $\vdots$
• les coefficients diagonaux de $B$ multipliés par $a_{n,n}$.

Donc ce sont les $a_{i,i}b_{j,j}$, pour $i=1,\dots,n$, $j=1,\dots p$. On a donc $$\textrm{tr}(A\otimes B)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^p a_{i,i}b_{j,j}=\left(\sum_{i=1}^n a_{i,i}\right)\left(\sum_{j=1}^p b_{j,j}\right)= \textrm{tr}(A)\textrm{tr}(B).$$