Matrices et changement de base : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Matrice d’une application de R³ dans R²

1. On calcule les images des vecteurs de la base canonique : \(f(e_1)=(1, 3)\), \(f(e_2)=(2,-1)\) et \(f(e_3)=(-1, 1)\). On les range en colonnes : \(A=\begin{pmatrix}1 2 -1\\ 3 -1 1\end{pmatrix}\), matrice à 2 lignes et 3 colonnes.
2. La colonne des coordonnées de \((1, 1, 1)\) est \(X=(1, 1, 1)^{T}\). Ainsi \(AX=(1+2-1,\;3-1+1)^{T}\). On obtient \(f(1, 1, 1)=(2, 3)\).
3. On calcule \(f(v_1)=(1, 3)\), \(f(v_2)=f(1, 1, 0)=(3, 2)\) et \(f(v_3)=f(1, 1, 1)=(2, 3)\). Les coordonnées dans la base canonique de \(\mathbb{R}^2\) sont les composantes elles-mêmes. La matrice cherchée est \(\begin{pmatrix}1 3 2\\ 3 2 3\end{pmatrix}\).
4. Les deux lignes de \(A\) ne sont pas proportionnelles, donc \(\mathrm{rg}(A)=2\). Par le théorème du rang, \(\dim\ker f=3-2=1\). On résout le système \(x+2y-z=0\), \(3x-y+z=0\). En ajoutant les deux équations, on obtient \(4x+y=0\), donc \(y=-4x\). Ensuite, \(z=x+2y=-7x\). On vérifie la deuxième équation : \(3+4-7=0\). Donc \(\ker f=\mathrm{Vect}\big((1,-4,-7)\big)\).

Point de méthode : les images des vecteurs de la base de départ se rangent toujours en colonnes ; le nombre de colonnes est la dimension de l’espace de départ.

Corrigé de l’exercice 2 : Matrice de la dérivation

1. On a \(D(1)=0\), \(D(X)=1\), \(D(X^2)=2X\) et \(D(X^3)=3X^2\). En rangeant les coordonnées en colonnes :
   \[M=\begin{pmatrix}0 1 0 0\\ 0 0 2 0\\ 0 0 0 3\\ 0 0 0 0\end{pmatrix}.\]
   Les seuls coefficients non nuls sont 1, 2, 3 juste au-dessus de la diagonale.
2. D’après le théorème de composition, \(M^2\) est la matrice de \(D\circ D\), c’est-à-dire de la dérivée seconde. Or \(D^2(X^2)=2\) et \(D^2(X^3)=6X\), les autres images étant nulles. De même, \(D^3(X^3)=6\). Donc \(M^2\) a pour seuls coefficients non nuls \(m_{13}=2\) et \(m_{24}=6\) ; ensuite \(M^3\) a pour seul coefficient non nul le coefficient \((1, 4)\), égal à 6. Enfin, la dérivée quatrième d’un polynôme de degré au plus 3 est nulle. Donc \(M^4=0\).
3. L’image de \(D\) est \(\mathbb{R}_2[X]\), de dimension 3. Par conséquent, \(\mathrm{rg}(M)=3\) et \(\mathrm{tr}(M)=0\), car la diagonale est nulle.
4. L’espace de départ est de dimension 4 et l’espace d’arrivée de dimension 3. La matrice a donc 3 lignes et 4 colonnes. Avec les mêmes images, \(\mathrm{Mat}(\Delta)=\begin{pmatrix}0 1 0 0\\ 0 0 2 0\\ 0 0 0 3\end{pmatrix}\). Ainsi, une même formule donne des matrices différentes selon les espaces choisis.

Corrigé de l’exercice 3 : Rotations du plan et formules d’addition

1. Le vecteur \(e_1\) est unitaire, d’angle polaire 0. Son image est donc le vecteur unitaire d’angle \(\theta\), soit \((\cos\theta,\sin\theta)\). De même, \(e_2\) a pour angle \(\frac{\pi}{2}\), donc \(r_\theta(e_2)=\big(\cos(\theta+\frac{\pi}{2}),\sin(\theta+\frac{\pi}{2})\big)=(-\sin\theta,\cos\theta)\). Ainsi \(R_\theta=\begin{pmatrix}\cos\theta -\sin\theta\\ \sin\theta \cos\theta\end{pmatrix}\).
2. Le produit vaut :
   \[R_\theta R_\varphi=\begin{pmatrix}\cos\theta\cos\varphi-\sin\theta\sin\varphi -\cos\theta\sin\varphi-\sin\theta\cos\varphi\\ \sin\theta\cos\varphi+\cos\theta\sin\varphi \cos\theta\cos\varphi-\sin\theta\sin\varphi\end{pmatrix}.\]
   Par le théorème de composition, ce produit est la matrice de \(r_\theta\circ r_\varphi=r_{\theta+\varphi}\), c’est-à-dire \(R_{\theta+\varphi}\). En identifiant la première colonne, \(\cos(\theta+\varphi)=\cos\theta\cos\varphi-\sin\theta\sin\varphi\) et \(\sin(\theta+\varphi)=\sin\theta\cos\varphi+\cos\theta\sin\varphi\).
3. D’après la question précédente, \(R_\theta R_{-\theta}=R_0=I_2\), et de même \(R_{-\theta}R_\theta=I_2\). Donc \(R_\theta\) est inversible et \(R_\theta^{-1}=R_{-\theta}\).
4. On lit \(\mathrm{tr}(R_\theta)=2\cos\theta\). Ensuite, \(r_\theta\) est une symétrie si et seulement si \(r_\theta\circ r_\theta=\mathrm{id}\), soit \(R_{2\theta}=I_2\). Cela équivaut à \(\cos2\theta=1\) et \(\sin2\theta=0\), donc à \(\theta\equiv0\pmod{\pi}\). Les seules rotations qui sont des symétries sont \(\mathrm{id}\) et \(-\mathrm{id}\) (symétrie centrale). Leurs traces, 2 et \(-2\), sont bien de la forme \(2r-n\) avec \(r=2\) et \(r=0\).

Corrigé de l’exercice 4 : Coordonnées dans une nouvelle base du plan

1. Le déterminant de la famille vaut \(2\times 1-1\times 1=1\neq0\). La famille \((u_1,u_2)\) est donc libre ; comme elle a deux vecteurs en dimension 2, c’est une base. Les colonnes de \(P\) sont les coordonnées de \(u_1\) et de \(u_2\) dans \(\mathcal{B}\). Ainsi \(P=\begin{pmatrix}2 1\\ 1 1\end{pmatrix}\).
2. Pour une matrice \(2\times 2\) de déterminant 1, on échange les coefficients diagonaux et on change le signe des autres. Donc \(P^{-1}=\begin{pmatrix}1 -1\\ -1 2\end{pmatrix}\). On vérifie que \(PP^{-1}=I_2\).
3. D’après la formule \(X^{\prime}=P^{-1}X\), on obtient \(X^{\prime}=(3-5,\;-3+10)^{T}=(-2, 7)^{T}\). Vérifions : \(-2u_1+7u_2=(-4+7,\;-2+7)=(3, 5)\). Les coordonnées de \(v\) dans \(\mathcal{B}^{\prime}\) sont \((-2, 7)\).
4. Cette fois, on applique \(X=PX^{\prime}\) avec \(X^{\prime}=(1,-1)^{T}\). On obtient \(X=(2-1,\;1-1)^{T}\). Donc \(w=(1, 0)=e_1\), ce qui se lit aussi sur \(u_1-u_2=(1, 0)\).

Point de méthode : \(P\) transforme les nouvelles coordonnées en anciennes ; pour aller dans l’autre sens, il faut \(P^{-1}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Calcul de rangs

1. Pour \(A\), les opérations \(L_2arrow L_2-4L_1\) et \(L_3arrow L_3-7L_1\) donnent \((0,-3,-6)\) et \((0,-6,-12)\). Ensuite, \(L_3arrow L_3-2L_2\) annule la troisième ligne. Il reste deux pivots : \(\mathrm{rg}(A)=2\). Pour \(B\), on remarque que \(L_3=L_1+L_2\), et que \(L_1\), \(L_2\) ne sont pas proportionnelles : \(\mathrm{rg}(B)=2\). Pour \(C\), les opérations \(L_2arrow L_2-2L_1\) et \(L_3arrow L_3-L_1\) donnent \((0,-3,-1)\) et \((0,-1, 1)\). Puis \(L_3arrow3L_3-L_2\) donne \((0, 0, 4)\). Il y a trois pivots : \(\mathrm{rg}(C)=3\). Enfin, la deuxième colonne de \(E\) est l’opposée de la première, qui est non nulle : \(\mathrm{rg}(E)=1\). Bilan : \(\mathrm{rg}(A)=2\), \(\mathrm{rg}(B)=2\), \(\mathrm{rg}(C)=3\), \(\mathrm{rg}(E)=1\).
2. Le rang est invariant par transposition. Donc \(\mathrm{rg}(B^{T})=2\) et \(\mathrm{rg}(E^{T})=1\).
3. Une matrice carrée d’ordre 3 est inversible si et seulement si son rang vaut 3. Ainsi \(C\) est inversible, alors que \(A\) ne l’est pas.

Corrigé de l’exercice 6 : Trace et produit de matrices

1. On calcule :
   \[AB=\begin{pmatrix}2 3\\ 4 7\end{pmatrix},\qquad BA=\begin{pmatrix}3 4\\ 4 6\end{pmatrix}.\]
   Les deux produits sont différents, mais \(\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(BA)=9\). En revanche, \(\mathrm{tr}(A)\,\mathrm{tr}(B)=5\times 1=5\neq9\) : la trace n’est pas multiplicative.
2. D’abord, \(E_{11}E_{12}=E_{12}\) puis \(E_{12}E_{21}=E_{11}\), de trace 1. Ensuite, \(E_{11}E_{21}=0\), donc le second produit est nul. On trouve 1 et 0. Par conséquent, on ne peut pas permuter les facteurs d’un produit de trois matrices n’importe comment sous la trace ; seules les permutations circulaires sont permises.
3. Supposons \(AB-BA=I_n\). Par linéarité de la trace et par la propriété \(\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(BA)\), le membre de gauche a une trace nulle. Or \(\mathrm{tr}(I_n)=n\geq\,1\). C’est une contradiction : de telles matrices n’existent pas.

Corrigé de l’exercice 7 : Changement de bases pour une application de R³ dans R²

1. On range en colonnes les nouveaux vecteurs exprimés dans les bases canoniques. \(P=\begin{pmatrix}1 1 1\\ 0 1 1\\ 0 0 1\end{pmatrix}\) et \(Q=\begin{pmatrix}1 0\\ 1 1\end{pmatrix}\).
2. La matrice \(Q\) a pour déterminant 1. Donc \(Q^{-1}=\begin{pmatrix}1 0\\ -1 1\end{pmatrix}\).
3. D’après la formule de changement de base, \(A^{\prime}=Q^{-1}AP\). D’abord, les colonnes de \(AP\) sont \(f(v_1)\), \(f(v_2)\), \(f(v_3)\), déjà calculées à l’exercice 1 :
   \[AP=\begin{pmatrix}1 3 2\\ 3 2 3\end{pmatrix},\qquad Q^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 3 2\\ 2 -1 1\end{pmatrix}.\]
   En effet, multiplier à gauche par \(Q^{-1}\) conserve la première ligne et remplace la seconde par \(L_2-L_1\). Donc \(A^{\prime}=\begin{pmatrix}1 3 2\\ 2 -1 1\end{pmatrix}\).
4. On a \(f(v_2)=(3, 2)\). Or \(3w_1-w_2=(3, 3)-(0, 1)=(3, 2)\). Les coordonnées de \(f(v_2)\) dans \(\mathcal{C}^{\prime}\) sont bien \((3,-1)\), ce qui est la deuxième colonne de \(A^{\prime}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Endomorphisme du plan et puissances

1. On calcule \(A(1, 1)^{T}=(4-2,\;1+1)^{T}=(2, 2)^{T}\), donc \(f(u_1)=2u_1\). De même, \(A(2, 1)^{T}=(8-2,\;2+1)^{T}=(6, 3)^{T}\), donc \(f(u_2)=3u_2\). Le déterminant de \((u_1,u_2)\) vaut \(1\times 1-2\times 1=-1\neq0\) : c’est une base. Dans cette base, \(D=\begin{pmatrix}2 0\\ 0 3\end{pmatrix}\). La figure ci-dessous montre que \(f\) dilate chacune des deux directions propres.

   

2. On a \(P=\begin{pmatrix}1 2\\ 1 1\end{pmatrix}\), de déterminant \(-1\). Donc \(P^{-1}=\begin{pmatrix}-1 2\\ 1 -1\end{pmatrix}\). Ensuite, \(AP=\begin{pmatrix}2 6\\ 2 3\end{pmatrix}\), et un dernier produit donne :
   \[P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-2+4 -6+6\\ 2-2 6-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 0\\ 0 3\end{pmatrix}.\]
   On retrouve bien \(P^{-1}AP=D\).
3. De \(A=PDP^{-1}\), on tire \(A^n=PD^nP^{-1}\), car les facteurs intermédiaires \(P^{-1}P\) se simplifient. Or \(PD^n=\begin{pmatrix}2^n 2\cdot3^n\\ 2^n 3^n\end{pmatrix}\). En multipliant à droite par \(P^{-1}\) :
   \[A^n=\begin{pmatrix}2\cdot3^n-2^n 2^{n+1}-2\cdot3^n\\ 3^n-2^n 2^{n+1}-3^n\end{pmatrix}.\]
   Pour \(n=1\), on retrouve bien \(A\). Pour \(n=2\), on obtient \(\begin{pmatrix}14 -10\\ 5 -1\end{pmatrix}\), ce qui coïncide avec le calcul direct de \(A^2\).
4. En posant \(Z_n=(x_n,y_n)^{T}\), les relations s’écrivent \(Z_{n+1}=AZ_n\). Par récurrence, \(Z_n=A^nZ_0\), avec \(Z_0=(1, 0)^{T}\). C’est la première colonne de \(A^n\). Donc \(x_n=2\cdot3^n-2^n\) et \(y_n=3^n-2^n\). Par exemple, \(x_1=4\) et \(y_1=1\), comme le donne la définition.

Corrigé de l’exercice 9 : Composée de la multiplication par X et de la dérivation

1. On a \(f(1)=X\), \(f(X)=X^2\), \(f(X^2)=X^3\). De plus, \(g(1)=0\), \(g(X)=1\), \(g(X^2)=2X\), \(g(X^3)=3X^2\). Par conséquent :
   \[F=\begin{pmatrix}0 0 0\\ 1 0 0\\ 0 1 0\\ 0 0 1\end{pmatrix},\qquad G=\begin{pmatrix}0 1 0 0\\ 0 0 2 0\\ 0 0 0 3\end{pmatrix}.\]
   \(F\) est de taille \(4\times 3\) et \(G\) de taille \(3\times 4\).
2. Le produit \(GF\) est carré d’ordre 3, et \(FG\) est carré d’ordre 4. Les calculs donnent \(GF=\mathrm{diag}(1, 2, 3)\) et \(FG=\mathrm{diag}(0, 1, 2, 3)\).
3. Pour \(P\in\mathbb{R}_2[X]\), on a \((g\circ f)(P)=(XP)^{\prime}=P+XP^{\prime}\). Ainsi \(X^k\mapsto (k+1)X^k\), d’où \(\mathrm{diag}(1, 2, 3)\). Pour \(P\in\mathbb{R}_3[X]\), on a \((f\circ g)(P)=XP^{\prime}\), donc \(X^k\mapsto kX^k\), d’où \(\mathrm{diag}(0, 1, 2, 3)\). Les deux méthodes concordent, comme le prévoit le théorème de composition.
4. On trouve \(\mathrm{tr}(GF)=6=\mathrm{tr}(FG)\), conformément à la propriété \(\mathrm{tr}(GF)=\mathrm{tr}(FG)\), valable même pour des matrices rectangulaires. Ensuite, \(GF\) est diagonale à coefficients non nuls, donc inversible. Ainsi \(g\circ f\) est bijective, alors que \(f\circ g\) ne l’est pas, puisque \(FG\) a un zéro sur la diagonale et est de rang 3 (les constantes sont dans son noyau).

Corrigé de l’exercice 10 : Translation des polynômes et matrice inverse

1. On a \(\tau(1)=1\), \(\tau(X)=1+X\) et \(\tau(X^2)=(X+1)^2=1+2X+X^2\). Donc \(T=\begin{pmatrix}1 1 1\\ 0 1 2\\ 0 0 1\end{pmatrix}\).
2. Soit \(\sigma(P)=P(X-1)\). Alors \(\sigma(\tau(P))=P(X-1+1)=P\), et de même \(\tau(\sigma(P))=P\). Ainsi \(\tau\) est bijective, de réciproque \(\sigma\). La matrice de \(\sigma\) s’obtient comme celle de \(\tau\) : \(\sigma(X)=X-1\) et \(\sigma(X^2)=1-2X+X^2\). Par le théorème sur les isomorphismes, \(T^{-1}=\begin{pmatrix}1 -1 1\\ 0 1 -2\\ 0 0 1\end{pmatrix}\). On vérifie par exemple la troisième colonne de \(TT^{-1}\) : \((1-2+1,\;-2+2,\;1)=(0, 0, 1)\).
3. Par une récurrence immédiate, \(\tau^n(P)=P(X+n)\). Or \((X+n)^2=n^2+2nX+X^2\). Donc \(T^n=\begin{pmatrix}1 n n^2\\ 0 1 2n\\ 0 0 1\end{pmatrix}\).
4. On lit \(\mathrm{tr}(T)=3\). Comme \(T\) est inversible, \(\mathrm{rg}(T)=3\).

Point de méthode : quand la réciproque d’un isomorphisme est connue explicitement, sa matrice donne l’inverse sans aucun pivot.

Corrigé de l’exercice 11 : Interpolation et matrice de Vandermonde

1. L’évaluation en un point est linéaire : \((\lambda P+Q)(a)=\lambda P(a)+Q(a)\). Donc \(\varphi\) est linéaire. On calcule \(\varphi(1)=(1, 1, 1)\), \(\varphi(X)=(0, 1, 2)\), \(\varphi(X^2)=(0, 1, 4)\). Ainsi \(V=\begin{pmatrix}1 0 0\\ 1 1 1\\ 1 2 4\end{pmatrix}\).
2. On résout \(VX=Y\) pour \(Y=(y_0,y_1,y_2)^{T}\). La première équation donne \(a=y_0\). Les deux autres donnent \(b+c=y_1-y_0\) et \(2b+4c=y_2-y_0\). On en tire \(2c=y_2-2y_1+y_0\), puis \(b=y_1-y_0-c\). Finalement :
   \[V^{-1}=\begin{pmatrix}1 0 0\\ -\frac{3}{2} 2 -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} -1 \frac{1}{2}\end{pmatrix}.\]
   On vérifie que \(VV^{-1}=I_3\). Par exemple, la ligne \((1, 2, 4)\) de \(V\) fois la première colonne donne \(1-3+2=0\). La matrice \(V\) est inversible, donc \(\varphi\) est un isomorphisme.
3. Les coefficients de \(P\) sont \(V^{-1}(1, 0, 3)^{T}\). On obtient \(a=1\), \(b=-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=-3\) et \(c=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}=2\). Donc \(P=1-3X+2X^2\). On vérifie : \(P(1)=0\) et \(P(2)=1-6+8=3\).
4. La colonne \(i\) de \(V^{-1}\) donne les coefficients de \(L_i=\varphi^{-1}(e_{i+1})\). Ainsi \(L_0=1-\frac{3}{2}X+\frac{1}{2}X^2=\frac{(X-1)(X-2)}{2}\), \(L_1=2X-X^2=-X(X-2)\) et \(L_2=\frac{X(X-1)}{2}\). Comme \(\varphi(L_i)\) est un vecteur de la base canonique, \(L_i(j)\) vaut 1 si \(i=j\) et 0 sinon. Ce sont les polynômes d’interpolation de Lagrange, et \(P=L_0+3L_2\). La figure ci-dessous représente \(P\) et les trois polynômes \(L_i\).

   

Corrigé de l’exercice 12 : Rang selon un paramètre

1. On développe selon la première ligne :
   \[\det A_m=(m-1)-(1-m)+m(1-m^2)=(m-1)\big(2-m-m^2\big).\]
   Or \(2-m-m^2=-(m-1)(m+2)\). Donc \(\det A_m=-(m-1)^2(m+2)\).
2. Si \(m\notin\{1,-2\}\), le déterminant est non nul, donc \(\mathrm{rg}(A_m)=3\). Si \(m=1\), toutes les lignes valent \((1, 1, 1)\), donc le rang vaut 1. Si \(m=-2\), le déterminant est nul, mais les lignes \((1, 1,-2)\) et \((1,-2, 1)\) ne sont pas proportionnelles, donc le rang vaut 2. Bilan : rang 3 si \(m\neq1\) et \(m\neq-2\), rang 1 si \(m=1\), rang 2 si \(m=-2\).
3. Pour \(m=1\), le noyau est le plan d’équation \(x+y+z=0\), de dimension 2, et \(1+2=3\). Pour \(m=-2\), on résout \(x+y-2z=0\) et \(x-2y+z=0\). La différence donne \(3y-3z=0\), donc \(y=z\), puis \(x=z\). Le noyau est \(\mathrm{Vect}\big((1, 1, 1)\big)\), de dimension 1, et \(2+1=3\) : le théorème du rang est vérifié.

Corrigé de l’exercice 13 : Dimension d’espaces d’applications linéaires

1. Par l’isomorphisme \(\mathcal{L}(\mathbb{R}^3,\mathbb{R}^2)\simeq\mathcal{M}_{2, 3}(\mathbb{R})\), la dimension vaut \(3\times 2=6\). Une base est formée des applications \(\varphi_{ij}\), pour \(1\leq\, i\leq\,2\) et \(1\leq\, j\leq\,3\), de matrice \(E_{ij}\) : \(\varphi_{ij}\) envoie \(e_j\) sur \(f_i\) et les deux autres vecteurs de base sur 0.
2. L’application \(f\mapsto f(u)\) est linéaire de \(\mathcal{L}(\mathbb{R}^3)\) dans \(\mathbb{R}^3\), et \(\mathcal{F}\) est son noyau : c’est donc un sous-espace vectoriel. Comme \(u\neq0\), on le complète en une base \(\mathcal{B}=(u,b_2,b_3)\). On fixe aussi une base \(\mathcal{C}\) de l’espace d’arrivée. L’application \(\Phi:f\mapsto \mathrm{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)\) est un isomorphisme. De plus, \(f(u)=0\) équivaut à : la première colonne de la matrice est nulle. Les matrices de première colonne nulle forment un sous-espace de dimension \(9-3=6\). Un isomorphisme conserve la dimension. Donc \(\dim\mathcal{F}=6\).
3. On choisit maintenant \(\mathcal{C}=(d,c_2,c_3)\), base de l’arrivée dont le premier vecteur dirige \(D\). La condition \(\mathrm{Im}\,f\subset D\) équivaut à : chaque \(f(b_j)\) est dans \(D\). Autrement dit, les lignes 2 et 3 de la matrice sont nulles. Cet ensemble de matrices est de dimension 3. Donc \(\dim\mathcal{G}=3\).
4. Avec les mêmes bases \(\mathcal{B}\) et \(\mathcal{C}\), \(\mathcal{F}\cap\mathcal{G}\) correspond aux matrices dont la première colonne et les lignes 2 et 3 sont nulles. Il reste les coefficients \((1, 2)\) et \((1, 3)\). Ainsi \(\dim(\mathcal{F}\cap\mathcal{G})=2\). Par la formule de Grassmann, \(\dim(\mathcal{F}+\mathcal{G})=6+3-2=7\).

Point de méthode : pour calculer la dimension d’un espace d’applications linéaires, choisissez des bases adaptées aux conditions, puis comptez les coefficients libres de la matrice.

Corrigé de l’exercice 14 : Inverse à gauche et inverse à droite

1. La relation \(AB=I_n\) signifie \(a\circ b=\mathrm{id}\). Soit \(x\) tel que \(b(x)=0\). Alors \(x=a(b(x))=a(0)=0\). Donc \(\ker b=\{0\}\) et \(b\) est injectif.
2. Par le théorème du rang, \(\mathrm{rg}(b)=n-\dim\ker b=n\). Ainsi \(b\) est surjectif, donc bijectif. En composant \(a\circ b=\mathrm{id}\) à droite par \(b^{-1}\), on obtient \(a=b^{-1}\). Par conséquent, \(b\circ a=\mathrm{id}\). Matriciellement, \(BA=I_n\).
3. On calcule \(AB=(1)=I_1\) et \(BA=\begin{pmatrix}1 0\\ 0 0\end{pmatrix}\neq I_2\). L’égalité \(AB=I\) n’entraîne donc pas \(BA=I\) pour des matrices rectangulaires. En effet, \(b:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2\) est injective, mais les espaces n’ont pas la même dimension : elle ne peut pas être surjective.

Corrigé de l’exercice 15 : Reconnaître un projecteur et une symétrie du plan

1. On calcule \(A^2=\begin{pmatrix}4-2 -4+2\\ 2-1 -2+1\end{pmatrix}=A\). Donc \(p\circ p=p\) : \(p\) est un projecteur.
2. Les deux colonnes de \(A\) sont \((2, 1)\) et \((-2,-1)\), donc \(\mathrm{Im}\,p=\mathrm{Vect}\big((2, 1)\big)\), qui est la droite \(x-2y=0\). Ensuite, \(p(x,y)=0\) équivaut à \(2x-2y=0\) et \(x-y=0\), soit \(x=y\). Ainsi \(\mathrm{Im}\,p=D_1\) et \(\ker p=D_2\) : \(p\) est la projection sur \(D_1\) parallèlement à \(D_2\).
3. On a \(p(2, 1)=(2, 1)\) et \(p(1, 1)=(0, 0)\). Dans cette base, la matrice de \(p\) est \(\begin{pmatrix}1 0\\ 0 0\end{pmatrix}\). On retrouve \(\mathrm{tr}(A)=2-1=1=\mathrm{rg}(p)\).
4. On calcule \(p(M)=(6-2,\;3-1)=(4, 2)\). Ensuite, \(M-p(M)=(-1,-1)\), qui appartient bien à \(D_2\). Donc \(M=(4, 2)+(-1,-1)\), avec \((4, 2)\in D_1\) et \((-1,-1)\in D_2\).
5. On a \(S=\begin{pmatrix}3 -4\\ 2 -3\end{pmatrix}\), et \(S^2=\begin{pmatrix}9-8 -12+12\\ 6-6 -8+9\end{pmatrix}=I_2\). Ainsi \(s\) est la symétrie par rapport à \(D_1\) parallèlement à \(D_2\). Enfin, \(s(M)=(9-4,\;6-3)\). On obtient \(s(M)=(5, 3)=2p(M)-M\). La figure ci-dessous montre les trois points alignés sur une parallèle à \(D_2\).

   

Corrigé de l’exercice 16 : Projection sur un plan de R³

1. Un vecteur \((0, 0,t)\) de \(D\) est dans \(\Pi\) si et seulement si \(-t=0\). Donc \(\Pi\cap D=\{0\}\). De plus, \(\dim\Pi+\dim D=2+1=3\). Par conséquent, \(\mathbb{R}^3=\Pi\oplus D\).
2. On cherche \(\lambda\) tel que \((x,y,z)-\lambda(0, 0, 1)\in\Pi\), soit \(x+y-(z-\lambda)=0\). On obtient \(\lambda=z-x-y\), donc \(p(x,y,z)=(x,\,y,\,x+y)\). Ainsi \(A=\begin{pmatrix}1 0 0\\ 0 1 0\\ 1 1 0\end{pmatrix}\).
3. Les deux premières lignes de \(A^2\) sont celles de \(A\). La troisième vaut \((1, 1, 0)A=(1, 1, 0)\). Donc \(A^2=A\), et \(\mathrm{tr}(A)=2\), qui est bien la dimension de l’image \(\Pi\).
4. Les vecteurs \((1, 0, 1)\) et \((0, 1, 1)\) vérifient l’équation de \(\Pi\) et sont libres : ils forment une base de \(\Pi\). On y ajoute \((0, 0, 1)\). Ainsi \(P=\begin{pmatrix}1 0 0\\ 0 1 0\\ 1 1 1\end{pmatrix}\), de déterminant 1. Dans \(\mathcal{B}^{\prime}\), la matrice de \(p\) est \(\mathrm{diag}(1, 1, 0)\).
5. La symétrie vaut \(s=2p-\mathrm{id}\), donc \(s(x,y,z)=(x,\,y,\,2x+2y-z)\). \(S=\begin{pmatrix}1 0 0\\ 0 1 0\\ 2 2 -1\end{pmatrix}\). La troisième ligne de \(S^2\) vaut \((2+0-2,\;0+2-2,\;1)=(0, 0, 1)\), donc \(S^2=I_3\).

Corrigé de l’exercice 17 : Matrice équivalente à J₁

1. La seconde ligne vaut \(-2\) fois la première, qui est non nulle. Donc \(\mathrm{rg}(A)=1\). Le noyau est le plan d’équation \(x-y+2z=0\). Une base en est \(\big((1, 1, 0),(-2, 0, 1)\big)\).
2. On suit la démonstration du cours. D’abord, on choisit \(e^{\prime}_1=(1, 0, 0)\), qui n’est pas dans le noyau. Ensuite, on pose \(e^{\prime}_2=(1, 1, 0)\) et \(e^{\prime}_3=(-2, 0, 1)\). Enfin, \(f^{\prime}_1=f(e^{\prime}_1)=(1,-2)\), que l’on complète par \(f^{\prime}_2=(0, 1)\). Alors \(f(e^{\prime}_1)=f^{\prime}_1\) et \(f(e^{\prime}_2)=f(e^{\prime}_3)=0\). La matrice de \(f\) dans \(\mathcal{B}^{\prime}=(e^{\prime}_1,e^{\prime}_2,e^{\prime}_3)\) et \(\mathcal{C}^{\prime}=(f^{\prime}_1,f^{\prime}_2)\) est \(J_1\).
3. On a \(P=\begin{pmatrix}1 1 -2\\ 0 1 0\\ 0 0 1\end{pmatrix}\), triangulaire de déterminant 1, et \(Q=\begin{pmatrix}1 0\\ -2 1\end{pmatrix}\), d’inverse \(\begin{pmatrix}1 0\\ 2 1\end{pmatrix}\). Les colonnes de \(AP\) sont \((1,-2)\), \((0, 0)\) et \((0, 0)\). Puis \(Q^{-1}(1,-2)^{T}=(1,\,2-2)^{T}=(1, 0)^{T}\). Donc \(Q^{-1}AP=J_1\).

Corrigé de l’exercice 18 : Transposition dans les matrices carrées d’ordre 2

1. On a \(t(E_{11})=E_{11}\), \(t(E_{12})=E_{21}\), \(t(E_{21})=E_{12}\) et \(t(E_{22})=E_{22}\). Par conséquent :
   \[T=\begin{pmatrix}1 0 0 0\\ 0 0 1 0\\ 0 1 0 0\\ 0 0 0 1\end{pmatrix}.\]
   Échanger deux fois les colonnes 2 et 3 revient à ne rien faire, donc \(T^2=I_4\).
2. Comme \(t\circ t=\mathrm{id}\), \(t\) est une symétrie. Elle se fait par rapport à \(\ker(t-\mathrm{id})\), l’espace \(\mathcal{S}_2\) des matrices symétriques. Elle se fait parallèlement à \(\ker(t+\mathrm{id})\), l’espace \(\mathcal{A}_2\) des matrices antisymétriques. On a \(\dim\mathcal{S}_2=3\) et \(\dim\mathcal{A}_2=1\).
3. La famille \((E_{11},E_{22},E_{12}+E_{21})\) est une base de \(\mathcal{S}_2\), et \((E_{12}-E_{21})\) est une base de \(\mathcal{A}_2\). Dans cette base adaptée, la matrice de \(t\) est \(\mathrm{diag}(1, 1, 1,-1)\).
4. Sur \(T\), la trace vaut \(1+0+0+1=2\). Sur la matrice diagonale, elle vaut \(3-1=2\). Donc \(\mathrm{tr}(t)=2\), ce qui illustre l’invariance de la trace par changement de base et la formule \(2r-n=6-4\).

Corrigé de l’exercice 19 : Matrices semblables ou non

1. Pour toute \(P\) inversible, \(P^{-1}I_nP=P^{-1}P=I_n\). Donc la seule matrice semblable à \(I_n\) est \(I_n\). Or \(\begin{pmatrix}1 1\\ 0 1\end{pmatrix}\neq I_2\). Elle n’est donc pas semblable à \(I_2\), bien que les deux matrices aient pour trace 2, pour rang 2 et pour déterminant 1.
2. Soit \(f\) l’endomorphisme de matrice \(A=\begin{pmatrix}1 1\\ 0 1\end{pmatrix}\) dans \((e_1,e_2)\) : \(f(e_1)=e_1\) et \(f(e_2)=e_1+e_2\). Dans la base \((e_2,e_1)\), on a \(f(e_2)=1\cdot e_2+1\cdot e_1\) et \(f(e_1)=0\cdot e_2+1\cdot e_1\). La matrice devient \(\begin{pmatrix}1 0\\ 1 1\end{pmatrix}\) ; les deux matrices sont donc semblables, avec \(P=\begin{pmatrix}0 1\\ 1 0\end{pmatrix}\).
3. Les deux matrices sont de rang 1 et de même taille : elles sont équivalentes. Cependant, leurs traces valent 1 et 0. Comme deux matrices semblables ont même trace, elles ne sont pas semblables.
4. On cherche une base \((u_1,u_2)\) avec \(f(u_1)=u_1\) et \(f(u_2)=3u_2\). Le vecteur \(u_1=(1, 0)\) convient. Ensuite, \(A-3I_2=\begin{pmatrix}-2 2\\ 0 0\end{pmatrix}\) a pour noyau la droite \(x=y\) ; on prend \(u_2=(1, 1)\). Avec \(P=\begin{pmatrix}1 1\\ 0 1\end{pmatrix}\) et \(P^{-1}=\begin{pmatrix}1 -1\\ 0 1\end{pmatrix}\), on calcule \(AP=\begin{pmatrix}1 3\\ 0 3\end{pmatrix}\). Puis \(P^{-1}AP=\mathrm{diag}(1, 3)\).
5. Si \(B=P^{-1}AP\), alors \(B^2=P^{-1}APP^{-1}AP=P^{-1}A^2P\). Donc \(A^2\) et \(B^2\) sont semblables. Ensuite, \(N=E_{12}+E_{23}\) et \(N^{\prime}=E_{12}+E_{34}\). Leurs colonnes non nulles sont \((e_1,e_2)\) et \((e_1,e_3)\), donc les deux rangs valent 2 ; les deux traces sont nulles. Or \(N^2=E_{12}^2+E_{12}E_{23}+E_{23}E_{12}+E_{23}^2=E_{13}\neq0\), alors que \(N^{\prime 2}=E_{12}^2+E_{12}E_{34}+E_{34}E_{12}+E_{34}^2=0\), car \(E_{ij}E_{kl}\) est nul dès que \(j\neq k\). Si \(N\) et \(N^{\prime}\) étaient semblables, \(N^2\) serait semblable à la matrice nulle, donc nulle. Par conséquent, \(N\) et \(N^{\prime}\) ne sont pas semblables.

Point de méthode : pour prouver que deux matrices ne sont pas semblables, cherchez un invariant qui les distingue : trace, rang, déterminant, ou rang d’une puissance.

Corrigé de l’exercice 20 : Matrices de rang 1

1. Pour toute colonne \(Z\), on a \(ABZ=A(BZ)\), donc l’image de \(AB\) est contenue dans celle de \(A\). Ainsi \(\mathrm{rg}(AB)\leq\,\mathrm{rg}(A)\). Ensuite, par invariance du rang par transposition, \(\mathrm{rg}(AB)=\mathrm{rg}(B^{T}A^{T})\leq\,\mathrm{rg}(B^{T})=\mathrm{rg}(B)\). Donc \(\mathrm{rg}(AB)\leq\,\min\big(\mathrm{rg}(A),\mathrm{rg}(B)\big)\).
2. Si \(A=XY^{T}\), la colonne \(j\) de \(A\) vaut \(y_jX\). Toutes les colonnes sont donc colinéaires à \(X\), et l’une d’elles est non nulle car \(Y\neq0\) : le rang vaut 1. Réciproquement, si \(\mathrm{rg}(A)=1\), l’espace engendré par les colonnes est une droite \(\mathrm{Vect}(X)\), avec \(X\neq0\). Chaque colonne s’écrit \(C_j=y_jX\). La colonne \(Y=(y_j)\) est non nulle, sinon \(A\) serait nulle. Alors \(A=XY^{T}\).
3. Par associativité, \(A^2=X(Y^{T}X)Y^{T}\). Or \(Y^{T}X=\sum_ix_iy_i\) est un scalaire, qui est aussi la somme des coefficients diagonaux \(x_iy_i\) de \(XY^{T}\). Donc \(A^2=\mathrm{tr}(A)\,A\).
4. Posons \(t=\mathrm{tr}(A)\). Si \(t\neq0\) et \(B=\frac{1}{t}A\), alors \(B^2=\frac{1}{t^2}\,tA=B\) : \(B\) est la matrice d’un projecteur. Si \(t=0\), la relation donne directement \(A^2=0\).
5. La première matrice s’écrit \(XX^{T}\) avec \(X=(1, 2)^{T}\), et sa trace vaut 5. On vérifie \(A^2=\begin{pmatrix}5 10\\ 10 20\end{pmatrix}=5A\). Donc \(\frac{1}{5}A\) est la projection sur \(\mathrm{Vect}(1, 2)\) parallèlement à la droite \(x+2y=0\). La seconde s’écrit \(XY^{T}\) avec \(X=(1, 1)^{T}\) et \(Y=(1,-1)^{T}\) ; sa trace est nulle. Son carré est donc nul, ce que confirme le calcul direct.

Corrigé de l’exercice 21 : Endomorphismes de carré nul en dimension 3

1. Soit \(y=f(x)\in\mathrm{Im}\,f\). Alors \(f(y)=f\circ f(x)=0\), donc \(y\in\ker f\). Ainsi \(\mathrm{Im}\,f\subset\ker f\) et \(\mathrm{rg}(f)\leq\,\dim\ker f\). Par le théorème du rang, \(\mathrm{rg}(f)+\dim\ker f=3\), donc \(2\,\mathrm{rg}(f)\leq\,3\). Comme \(f\neq0\), on obtient \(\mathrm{rg}(f)=1\) et \(\dim\ker f=2\).
2. Le vecteur \(e_1=f(e_3)\) est non nul et appartient à \(\mathrm{Im}\,f\subset\ker f\). D’après le théorème de la base incomplète, la famille libre \((e_1)\) se complète en une base \((e_1,e_2)\) de \(\ker f\).
3. Supposons \(ae_1+be_2+ce_3=0\). En appliquant \(f\), on obtient \(c\,e_1=0\), donc \(c=0\). Il reste \(ae_1+be_2=0\), donc \(a=b=0\), car \((e_1,e_2)\) est libre. La famille est libre et a trois vecteurs : c’est une base. Puisque \(f(e_1)=f(e_2)=0\) et \(f(e_3)=e_1\), la matrice de \(f\) est \(E_{13}\), dont le seul coefficient non nul est un 1 en position \((1, 3)\).
4. Soit \(A\neq0\) avec \(A^2=0\). L’endomorphisme canoniquement associé vérifie les hypothèses. Il existe donc une base où sa matrice est \(E_{13}\) : \(A\) est semblable à \(E_{13}\). Par transitivité de la similitude, deux telles matrices sont semblables.
5. La première et la deuxième ligne de \(A^2\) valent \((1-1,\;-1+1,\;0)=(0, 0, 0)\), donc \(A^2=0\). On prend \(e_3=(1, 0, 0)\), d’où \(e_1=f(e_3)=(1, 1, 0)\). Le noyau est le plan \(x=y\), qui contient \(e_1\) ; on le complète par \(e_2=(0, 0, 1)\). Ainsi \(P=\begin{pmatrix}1 0 1\\ 1 0 0\\ 0 1 0\end{pmatrix}\), de déterminant 1, convient. En effet, les colonnes de \(AP\) sont \(0\), \(0\) et \((1, 1, 0)\), qui sont celles de \(PE_{13}\).

Corrigé de l’exercice 22 : Matrices semblables seulement à elles-mêmes

1. Soit \(f\) l’endomorphisme canoniquement associé à \(A\). Toute matrice \(P\) inversible est la matrice de passage de la base canonique vers une base \(\mathcal{B}^{\prime}\). L’hypothèse signifie donc : la matrice de \(f\) est la même dans toutes les bases.
2. Comme \(i\neq j\), on a \(E_{ij}^2=0\). Donc \((I_n+E_{ij})(I_n-E_{ij})=I_n-E_{ij}^2=I_n\). Ainsi \(P\) est inversible, d’inverse \(I_n-E_{ij}\). L’égalité \(P^{-1}AP=A\) équivaut à \(AP=PA\), soit \(A+AE_{ij}=A+E_{ij}A\). D’où \(AE_{ij}=E_{ij}A\).
3. Le coefficient \((k,l)\) de \(AE_{ij}\) vaut \(a_{ki}\) si \(l=j\), et 0 sinon. Celui de \(E_{ij}A\) vaut \(a_{jl}\) si \(k=i\), et 0 sinon. En prenant \(l=j\) et \(k\neq i\), on obtient \(a_{ki}=0\). En prenant \(k=i\) et \(l=j\), on obtient \(a_{ii}=a_{jj}\). Comme \(n\geq\,2\), pour tout \(i\) il existe \(j\neq i\). Tous les coefficients hors diagonale sont donc nuls, et les coefficients diagonaux sont égaux. Donc \(A=\lambda I_n\), avec \(\lambda=a_{11}\).
4. Réciproquement, \(P^{-1}(\lambda I_n)P=\lambda P^{-1}P=\lambda I_n\). Les endomorphismes qui ont la même matrice dans toutes les bases sont exactement les homothéties \(\lambda\,\mathrm{id}_E\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : puissances d’une matrice et suites couplées

1. On a \(A+I_3=J\), dont toutes les colonnes sont égales et non nulles : \(\mathrm{rg}(A+I_3)=1\). Ensuite, les lignes de \(A-2I_3=\begin{pmatrix}-2 1 1\\ 1 -2 1\\ 1 1 -2\end{pmatrix}\) ont une somme nulle, donc le rang est au plus 2. Les deux premières lignes ne sont pas proportionnelles. Donc \(\mathrm{rg}(A+I_3)=1\) et \(\mathrm{rg}(A-2I_3)=2\).
2. D’abord, \(\ker(A+I_3)=\ker J\) est le plan d’équation \(x+y+z=0\). Ensuite, par le théorème du rang, \(\ker(A-2I_3)\) est de dimension 1. Or \((A-2I_3)(1, 1, 1)^{T}=0\). Donc \(\ker(A-2I_3)=\mathrm{Vect}\big((1, 1, 1)\big)\). Ce vecteur n’est pas dans le plan, car \(1+1+1\neq0\). L’intersection est donc nulle, et les dimensions totalisent 3. Ainsi \(\mathbb{R}^3=\ker(A+I_3)\oplus\ker(A-2I_3)\).
3. Les vecteurs \(u_1\), \(u_2\) sont dans le plan et non colinéaires ; ils forment une base du plan. Avec \(u_3\), on obtient une base de \(\mathbb{R}^3\) adaptée à la somme directe. On a \(P=\begin{pmatrix}1 0 1\\ -1 1 1\\ 0 -1 1\end{pmatrix}\). Pour l’inverser, on résout \(au_1+bu_2+cu_3=(x,y,z)\). La somme des trois équations donne \(3c=x+y+z\). Ensuite, \(a=x-c\) et \(b=c-z\). Finalement :
   \[P^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2 -1 -1\\ 1 1 -2\\ 1 1 1\end{pmatrix}.\]
   On vérifie que \(PP^{-1}=I_3\) ligne par ligne.
4. On a \(Au_1=(-1, 1, 0)=-u_1\), \(Au_2=(0,-1, 1)=-u_2\) et \(Au_3=(2, 2, 2)=2u_3\). Donc \(D=\mathrm{diag}(-1,-1, 2)\). Les traces concordent : \(\mathrm{tr}(A)=0\) et \(\mathrm{tr}(D)=-1-1+2=0\). La figure ci-dessous représente le plan \(\ker(A+I_3)\), où \(f\) agit comme \(-\mathrm{id}\), et la droite \(\ker(A-2I_3)\), où \(f\) agit comme \(2\,\mathrm{id}\).

   

5. Tout vecteur \(v=(x,y,z)\) s’écrit \(v=\frac{x+y+z}{3}u_3+w\), avec \(w\) dans le plan : en effet, la somme des coordonnées de \(w\) est \((x+y+z)-(x+y+z)=0\). Donc \(q(v)=\frac{x+y+z}{3}(1, 1, 1)\), et la matrice de \(q\) est \(\frac{1}{3}J\). Ainsi \(A=J-I_3=3\cdot\frac{1}{3}J-I_3\). On pose \(Q=\frac{1}{3}J\), qui vérifie \(Q^2=Q\) et commute avec \(I_3\). La formule du binôme donne alors :
   \[A^n=\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}3^kQ^k(-1)^{n-k}=(-1)^nI_3+\big(2^n-(-1)^n\big)Q.\]
   En effet, \(Q^k=Q\) pour \(k\geq\,1\), et \(\sum_{k=1}^{n}\binom\,{n}{k}3^k(-1)^{n-k}=(3-1)^n-(-1)^n\). Donc \(A^n=(-1)^nI_3+\frac{2^n-(-1)^n}{3}J\). Pour \(n=2\), on obtient \(I_3+J\), qui est bien \((J-I_3)^2=3J-2J+I_3\).
6. En posant \(Z_n=(a_n,b_n,c_n)^{T}\), on a \(Z_{n+1}=AZ_n\), donc \(Z_n=A^nZ_0\), qui est la première colonne de \(A^n\). Ainsi \(a_n=\frac{2^n+2(-1)^n}{3}\) et \(b_n=c_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\). Par exemple, \(a_1=0\), \(b_1=c_1=1\), puis \(a_2=2\) et \(b_2=1\), conformément à la définition.

Point de méthode : décomposer une matrice à l’aide de projecteurs associés à une somme directe permet de calculer ses puissances sans inverser la matrice de passage.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : matrices et changement de base, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur matrices et changement de base
• À maîtriser avant : Applications linéaires, Systèmes linéaires et calcul matriciel
• Chapitre précédent : Applications linéaires
• Chapitre suivant : Déterminants
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L1 et la licence de maths de L1 à L3