Corrigé du contrôle de maths sup : calcul matriciel, puissances et inverse

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

1. Formule du binôme : si \(A\) et \(B\) sont deux matrices de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) qui commutent (\(AB = BA\)), alors pour tout \(p \in \mathbb{N}\),
   \[(A + B)^p = \sum_{k=0}^{p} \binom\,{p}{k} A^k B^{p-k}.\]
   Avec les matrices proposées, \(AB = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = B\) et \(BA = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\), donc \(AB \neq BA\). De plus \(A^2 = A\) et \(B^2 = 0\). En développant sans rien permuter, \((A + B)^2 = A^2 + AB + BA + B^2 = A + B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\). En revanche \(A^2 + 2AB + B^2 = A + 2B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\). Les deux résultats diffèrent : sans commutation, la formule du binôme est fausse.
2. Soient \(A = (a_{ij})\) et \(B = (b_{ij})\) triangulaires supérieures : \(a_{ik} = 0\) si \(i > k\) et \(b_{kj} = 0\) si \(k > j\). Pour tous \(i, j\), on a \((AB)_{ij} = \sum_{k=1}^{n} a_{ik} b_{kj}\). Un terme \(a_{ik} b_{kj}\) ne peut être non nul que si \(i \leq\, k\) et \(k \leq\, j\). Ainsi, si \(i > j\), aucun indice \(k\) ne convient et \((AB)_{ij} = 0\) : \(AB\) est triangulaire supérieure. Pour \(i = j\), la seule valeur possible est \(k = i\), d’où \((AB)_{ii} = a_{ii} b_{ii}\) : les coefficients diagonaux se multiplient terme à terme.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’énoncé avec l’hypothèse \(AB = BA\), 1 pour le contre-exemple calculé ; b) 1,5 point : 1 pour la nullité des coefficients sous la diagonale, 0,5 pour les coefficients diagonaux.

Exercice 2 : Produits, transposées et symétries (3,5 points)

1. \(A\) est de taille \(2 \times 3\) et \(B\) de taille \(3 \times 2\) : \(AB\) est carrée d’ordre 2 et \(BA\) carrée d’ordre 3. Ligne par colonne, on obtient
   \[AB = \begin{pmatrix} 1 + 4 + 0 & 0 + 2 + 0 \\ 0 + 2 + 1 & 0 + 1 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 3 & -2 \end{pmatrix} \;\; \text{et} \;\; BA = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 5 & -1 \\ -1 & 1 & -3 \end{pmatrix}.\]
   Par exemple, la deuxième ligne de \(BA\) vaut \(2 \times (1, 2, 0) + 1 \times (0, 1, -1) = (2, 5, -1)\). Les deux produits n’ont même pas la même taille.
2. D’après les règles de transposition, \((M^{T} M)^{T} = M^{T} (M^{T})^{T} = M^{T} M\) : \(M^{T} M\) est symétrique. Son coefficient diagonal d’indice \((j, j)\) vaut \(\sum_{i=1}^{n} m_{ij}^2\). Si \(M^{T} M = 0\), chacune de ces sommes de carrés de réels est nulle, donc tous les \(m_{ij}\) sont nuls : \(M = 0\).
3. On pose \(S = \frac{1}{2}(C + C^{T})\) et \(K = \frac{1}{2}(C – C^{T})\). Alors \(S^{T} = S\), \(K^{T} = -K\) et \(S + K = C\). Avec \(C^{T} = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 2 & 3 & 5 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}\), on trouve
   \[S = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 \\ 3 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \;\; \text{et} \;\; K = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & -3 \\ 1 & 3 & 0 \end{pmatrix}.\]
   Vérification : \(S + K = C\). Cette décomposition est de plus unique (si \(C = S^{\prime} + K^{\prime}\), en transposant on retrouve \(S^{\prime} = S\)).
4. Si \(K^{T} = -K\), alors \((K^2)^{T} = (K^{T})^2 = (-K)^2 = K^2\). Donc \(K^2\) est symétrique.

Barème : a) 1 point (0,5 par produit) ; b) 1 point : 0,5 pour la symétrie, 0,5 pour l’argument de somme de carrés ; c) 1 point : 0,5 pour les formules de \(S\) et \(K\), 0,5 pour les matrices ; d) 0,5 point.

Exercice 3 : Puissances par la formule du binôme (4 points)

1. \(N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), donc \(N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(N^3 = 0\). Ainsi \(N^k = 0\) pour tout \(k \geq\, 3\).
2. On a \(A = 2I_3 + N\). La matrice \(2I_3\) commute avec toute matrice, en particulier avec \(N\). La formule du binôme s’applique donc. Comme \(N^k = 0\) pour \(k \geq\, 3\), pour tout \(n \geq\, 0\) :
   \[A^n = \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} 2^{n-k} N^k = 2^n I_3 + n\,2^{n-1} N + \frac{n(n-1)}{2}\, 2^{n-2} N^2.\]
   Pour \(n = 0\) ou \(n = 1\), les coefficients binomiaux \(\binom\,{n}{1}\) ou \(\binom\,{n}{2}\) absents sont nuls, et les expressions \(n\,2^{n-1}\) et \(n(n-1)2^{n-3}\) le sont aussi : la formule reste valable. Finalement,
   \[A^n = \begin{pmatrix} 2^n & n\,2^{n-1} & n(n-1)\,2^{n-3} \\ 0 & 2^n & n\,2^{n-1} \\ 0 & 0 & 2^n \end{pmatrix}.\]
   Contrôle pour \(n = 2\) : \(A^2 = \begin{pmatrix} 4 & 4 & 1 \\ 0 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}\), ce que confirme le calcul direct. La formule est établie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
3. Comme \(2I_3\) et \(N\) commutent et \(N^3 = 0\) :
   \[(2I_3 + N)(\frac{1}{2} I_3 – \frac{1}{4} N + \frac{1}{8} N^2) = I_3 – \frac{1}{2} N + \frac{1}{4} N^2 + \frac{1}{2} N – \frac{1}{4} N^2 + \frac{1}{8} N^3 = I_3.\]
   Une matrice carrée inverse à droite est inversible, donc \(A\) est inversible et \(A^{-1} = \frac{1}{2} I_3 – \frac{1}{4} N + \frac{1}{8} N^2\). Pour \(n = -1\), la formule de b) donne les coefficients \(2^{-1} = \frac{1}{2}\), \((-1) \times 2^{-2} = -\frac{1}{4}\) et \(\frac{(-1)(-2)}{2} \times 2^{-3} = \frac{1}{8}\) : elle reste vraie pour \(n = -1\).
4. \(D – 2I_2 = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\) et \((D – 2I_2)^2 = \begin{pmatrix} 1 – 1 & -1 + 1 \\ 1 – 1 & -1 + 1 \end{pmatrix} = 0\). Comme \(2I_2\) commute avec \(D – 2I_2\), le binôme donne \(D^n = 2^n I_2 + n\,2^{n-1}(D – 2I_2)\), soit
   \[D^n = 2^{n-1} \begin{pmatrix} 2 – n & n \\ -n & 2 + n \end{pmatrix}.\]
   Pour \(n = 1\) on retrouve bien \(D\).

Erreur fréquente : appliquer le binôme sans mentionner que les deux matrices commutent ; c’est justement l’hypothèse que le correcteur attend.

Barème : a) 0,5 point ; b) 2 points : 0,5 pour la commutation, 1 pour la somme réduite à trois termes, 0,5 pour la matrice explicite ; c) 1 point : 0,5 pour le produit égal à \(I_3\), 0,5 pour la vérification en \(n = -1\) ; d) 0,5 point.

Exercice 4 : Inverse par la méthode de Gauss-Jordan (3 points)

1. On applique les mêmes opérations sur les lignes à \(P\) et à \(I_3\), écrites côte à côte :
   \[(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 3 & 0 & 0 & 1 \end{array})\]
   \(L_2 arrow L_2 – 2L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\), puis \(L_3 arrow L_3 – L_2\) :
   \[(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array})\]
   Les trois pivots valent 1, donc \(P\) est inversible. Ensuite, \(L_2 arrow L_2 – L_3\) et \(L_1 arrow L_1 – L_3\), puis \(L_1 arrow L_1 – 2L_2\) :
   \[(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 6 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array})\]
   Donc \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 6 & -3 & 1 \\ -3 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}\). Vérification : la première ligne de \(P\) multipliée par les colonnes de \(P^{-1}\) donne \(6 – 6 + 1 = 1\), \(-3 + 4 – 1 = 0\) et \(1 – 2 + 1 = 0\) ; les autres lignes se vérifient de même.
2. Le système s’écrit \(PX = Y\) avec \(Y = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\). Comme \(P\) est inversible, il a une unique solution \(X = P^{-1} Y = \begin{pmatrix} 6 + 0 + 2 \\ -3 + 0 – 2 \\ 1 + 0 + 2 \end{pmatrix}\). La solution est \((x, y, z) = (8, -5, 3)\). Contrôle : \(8 – 10 + 3 = 1\), \(16 – 25 + 9 = 0\) et \(8 – 15 + 9 = 2\).

Barème : a) 2 points : 1 pour la descente (pivots non nuls), 1 pour la remontée et la matrice inverse ; b) 1 point : 0,5 pour l’écriture \(X = P^{-1} Y\), 0,5 pour la solution.

Exercice 5 : Système linéaire à paramètre (3 points)

1. On prend \(x\) comme pivot dans la première équation. Les opérations \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – mL_1\) donnent \((m-1)y + (1-m)z = m – 1\) et \((1-m)y + (1-m^2)z = m^2 – m\). Puis \(L_3 arrow L_3 + L_2\) élimine \(y\) : \((2 – m – m^2) z = m^2 – 1\). Or \(2 – m – m^2 = -(m-1)(m+2)\). Ces opérations sont réversibles, donc \((S_m)\) équivaut au système triangulaire :
   \[\{ \begin{aligned} x + y + mz = 1 \\ (m-1)y + (1-m)z = m – 1 \\ -(m-1)(m+2)\,z = (m-1)(m+1) \end{aligned} .\]
2. Si \(m \notin \{1, -2\}\), les coefficients diagonaux \(1\), \(m – 1\) et \(-(m-1)(m+2)\) sont non nuls : le système est de Cramer et admet une unique solution. La dernière ligne donne \(z = -\frac{m+1}{m+2}\). En divisant la deuxième par \(m – 1\), on obtient \(y – z = 1\), donc \(y = \frac{1}{m+2}\). Enfin \(x = 1 – y – mz = \frac{m + 2 – 1 + m^2 + m}{m+2}\). L’unique solution est \((\frac{(m+1)^2}{m+2}, \frac{1}{m+2}, -\frac{m+1}{m+2})\). Contrôle dans la troisième équation : \(\frac{m(m+1)^2 + 1 – (m+1)}{m+2} = \frac{m(m^2 + 2m)}{m+2} = m^2\).
3. Pour \(m = 1\), les trois équations s’écrivent \(x + y + z = 1\). L’ensemble des solutions est le plan \(\{(1 – y – z, y, z) \,:\, (y, z) \in \mathbb{R}^2\}\). Pour \(m = -2\), la dernière ligne devient \(0 \times z = (-3) \times (-1) = 3\), ce qui est impossible. Le système \((S_{-2})\) n’a aucune solution.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour les opérations, 0,5 pour la factorisation \(-(m-1)(m+2)\) ; b) 1 point : 0,5 pour l’argument d’unicité, 0,5 pour la solution ; c) 1 point : 0,5 par cas.

Exercice 6 : Problème : commutant d’une matrice nilpotente (3,5 points)

1. \(AI_n = I_n A\) et \(AA = AA\), donc \(I_n\) et \(A\) appartiennent à \(\mathcal{C}(A)\). Si \(M\) et \(M^{\prime}\) commutent avec \(A\) et \(\lambda \in \mathbb{K}\), alors \(A(M + \lambda M^{\prime}) = MA + \lambda M^{\prime} A = (M + \lambda M^{\prime})A\). De plus, par associativité, \(A(MM^{\prime}) = (MA)M^{\prime} = M(AM^{\prime}) = (MM^{\prime})A\). \(\mathcal{C}(A)\) est donc stable par somme, par multiplication par un scalaire et par produit. En particulier, il contient tout polynôme en \(A\).
2. Multiplier à gauche par \(J\) remonte les lignes, et multiplier à droite par \(J\) décale les colonnes vers la droite :
   \[JM = \begin{pmatrix} m_{21} & m_{22} & m_{23} \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \;\; \text{et} \;\; MJ = \begin{pmatrix} 0 & m_{11} & m_{12} \\ 0 & m_{21} & m_{22} \\ 0 & m_{31} & m_{32} \end{pmatrix}.\]
   L’égalité \(JM = MJ\) équivaut, coefficient par coefficient, à \(m_{21} = m_{31} = m_{32} = 0\), \(m_{11} = m_{22} = m_{33}\) et \(m_{12} = m_{23}\). En notant \(a = m_{11}\), \(b = m_{12}\) et \(c = m_{13}\), cela s’écrit
   \[M = \begin{pmatrix} a & b & c \\ 0 & a & b \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix} = aI_3 + bJ + cJ^2,\]
   car \(J^2\) n’a qu’un coefficient non nul, égal à 1, en position \((1, 3)\). Réciproquement, une telle matrice commute avec \(J\) d’après a). Ainsi \(\mathcal{C}(J) = \{aI_3 + bJ + cJ^2 \,:\, a, b, c \in \mathbb{K}\}\).
3. La matrice de l’exercice 3 vérifie \(A = 2I_3 + J\) (on avait \(N = J\)). Pour toute \(M\), \(AM – MA = 2M + JM – 2M – MJ = JM – MJ\). Donc \(\mathcal{C}(A) = \mathcal{C}(J)\) : ce sont les matrices \(aI_3 + bJ + cJ^2\).
4. Supposons \(M^2 = J\). Alors \(MJ = M^3 = JM\), donc \(M \in \mathcal{C}(J)\) et \(M = aI_3 + bJ + cJ^2\). Comme \(J^3 = 0\), on calcule \(M^2 = a^2 I_3 + 2ab\,J + (b^2 + 2ac) J^2\). Les matrices \(I_3\), \(J\) et \(J^2\) ont leurs coefficients non nuls à des places disjointes. L’égalité \(M^2 = J\) impose donc \(a^2 = 0\) et \(2ab = 1\). Or \(a = 0\) donne \(2ab = 0\), c’est contradictoire. Aucune matrice de \(\mathcal{M}_3(\mathbb{K})\) n’a pour carré \(J\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour les produits \(JM\) et \(MJ\), 0,5 pour les relations, 0,5 pour la conclusion avec la réciproque ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 pour l’appartenance au commutant, 0,5 pour la contradiction.

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Après le corrigé du contrôle : calcul matriciel, puissances et inverse

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