Corrigé des exercices : Changement de base et trace en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Un endomorphisme de R2[X] mêlant dérivée et translation

Idée clé : on calcule l’image de chaque vecteur de la base canonique, puis on range les coordonnées en colonnes.

1. La dérivation et la multiplication par \(X-3\) sont linéaires, donc \(f\) l’est aussi. De plus, si \(\deg P\leqslant2\), alors \(\deg P^{\prime}\leqslant1\) et \(\deg\big((X-3)P^{\prime}\big)\leqslant2\). Ainsi, \(f(P)\in\mathbb{R}_2[X]\). Donc \(f\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}_2[X]\).
2. D’abord, \(f(1)=1\). Ensuite, \(f(X)=(X-3)+X=2X-3\). Enfin, \(f(X^2)=(X-3)\cdot2X+X^2=3X^2-6X\). En plaçant ces coordonnées en colonnes : \(\mathrm{Mat}(f)=\begin{pmatrix}1&-3&0\\0&2&-6\\0&0&3\end{pmatrix}\).
3. Cette matrice est triangulaire supérieure, de coefficients diagonaux \(1\), \(2\) et \(3\), tous non nuls. Elle est donc inversible. Par conséquent, \(f\) est un automorphisme de \(\mathbb{R}_2[X]\).

Remarque : on peut aussi lire l’inversibilité de \(f\) sans matrice. En effet, \(f\) conserve le degré, car le coefficient dominant de \(f(X^k)\) vaut \(k+1\neq0\). Ainsi, l’image d’un polynôme non nul n’est jamais nulle, et \(f\) est injective. En dimension finie, cela suffit pour conclure.

Corrigé de l’exercice 2 – Lire une application de R3 dans R2 sur sa matrice

Idée clé : l’image de \((x,y,z)\) s’obtient en multipliant la matrice par la colonne des coordonnées.

1. Le produit matriciel donne \(g(x,y,z)=(2x-y+4z,\ 3y-5z)\). Ainsi, \(g(1,2,-1)=(2-2-4,\ 6+5)\), soit \(g(1,2,-1)=(-4,11)\).
2. On résout \(2x-y+4z=0\) et \(3y-5z=0\). La seconde équation donne \(y=\frac{5z}{3}\). Ensuite, la première donne \(2x=y-4z=-\frac{7z}{3}\), donc \(x=-\frac{7z}{6}\). En prenant \(z=6\), on obtient le vecteur \((-7,10,6)\). Le noyau est la droite \(\operatorname{Vect}\big((-7,10,6)\big)\).
3. Le noyau est une droite de \(\mathbb{R}^3\), donc la formule du rang fournit \(\operatorname{rg}g=3-1=2\). Ainsi, l’image est incluse dans \(\mathbb{R}^2\) et a la même dimension que lui. Par conséquent, \(\operatorname{Im}g=\mathbb{R}^2\) et \(g\) est surjective.

Corrigé de l’exercice 3 – Rang d’une matrice 3×4 par la méthode du pivot

Idée clé : le pivot \(1\) en haut à gauche permet d’éliminer sans fraction.

1. Les opérations \(L_2\leftarrow L_2-2L_1\) et \(L_3\leftarrow L_3+L_1\) donnent les lignes \((0,1,2,-2)\) et \((0,1,2,-2)\). Ensuite, \(L_3\leftarrow L_3-L_2\) annule la troisième ligne. Il reste deux pivots non nuls. Donc \(\operatorname{rg}M=2\).
2. Le théorème du rang donne \(\dim\operatorname{Ker}M=4-2=2\). Le système échelonné s’écrit \(x+2y-z+3t=0\) et \(y+2z-2t=0\). Ainsi, \(y=-2z+2t\), puis \(x=-2y+z-3t=5z-7t\). On en déduit une base du noyau : \((5,-2,1,0)\) et \((-7,2,0,1)\). En effet, ces deux vecteurs annulent les trois lignes de départ, ce que l’on vérifie directement.

Remarque : pour contrôler un noyau, on reporte toujours les vecteurs trouvés dans la matrice de départ, et non dans la forme échelonnée. Par exemple, la deuxième ligne donne \(2\times5+5\times(-2)+0+4\times0=0\). De même, elle donne \(2\times(-7)+5\times2+0+4\times1=0\). Une erreur d’opération sur les lignes serait ainsi détectée aussitôt.

Corrigé de l’exercice 4 – Un système de Cramer à trois inconnues

Idée clé : on échelonne la matrice augmentée, ce qui donne à la fois le rang et la solution.

1. On place d’abord l’équation \(x+3y-2z=-7\) en première ligne. Ensuite, \(L_2\leftarrow L_2-2L_1\) transforme \(2x-y+z=8\) en \(-7y+5z=22\). De même, \(L_3\leftarrow L_3+L_1\) transforme \(-x+y+2z=3\) en \(4y=-4\). La matrice obtenue a pour lignes \((1,3,-2)\), \((0,-7,5)\) et \((0,4,0)\). Après échange des deux dernières lignes, puis \(L_3\leftarrow L_3+\frac{7}{4}L_2\), on obtient les pivots \(1\), \(4\) et \(5\). La matrice est donc de rang 3.
2. La matrice carrée est de rang 3, donc inversible : le système est de Cramer. On lit \(y=-1\). Puis \(-7(-1)+5z=22\) donne \(z=3\). Enfin, \(x=-7-3y+2z=-7+3+6=2\). L’unique solution est \((x,y,z)=(2,-1,3)\). On vérifie par exemple la première équation : \(4+1+3=8\).

Corrigé de l’exercice 5 – Trace de AB et de BA pour des matrices rectangulaires

Idée clé : les deux produits n’ont pas la même taille, mais leurs traces coïncident toujours.

1. On trouve \(AB=\begin{pmatrix}2&3\\26&14\end{pmatrix}\), donc \(\mathrm{tr}(AB)=16\). Ensuite, \(BA=\begin{pmatrix}5&-3&4\\-3&-1&-4\\14&-7&12\end{pmatrix}\), donc \(\mathrm{tr}(BA)=5-1+12=16\). Les deux traces valent 16, conformément au théorème du cours.
2. L’image de \(BA\) est contenue dans celle de \(B\), qui est engendrée par deux colonnes. Donc \(\operatorname{rg}(BA)\leqslant\operatorname{rg}B\leqslant2<3\). Ainsi, \(BA\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R})\) n’est pas inversible.

Remarque : l’égalité des traces ne dépend pas des tailles. Ici, \(AB\) est d’ordre 2 et \(BA\) d’ordre 3, et pourtant les traces coïncident. En revanche, \(AB\) peut être inversible alors que \(BA\) ne l’est jamais : ici, \(AB\) est d’ailleurs inversible, car \(2\times14-3\times26\neq0\).

Corrigé de l’exercice 6 – Coordonnées d’un vecteur dans une nouvelle base du plan

Idée clé : la matrice de passage contient les nouveaux vecteurs en colonnes, et les nouvelles coordonnées valent \(P^{-1}X\).

1. On pose \(P=\begin{pmatrix}3&5\\1&2\end{pmatrix}\). Son déterminant d’ordre 2 vaut \(3\times2-5\times1=1\neq0\). Donc ses colonnes sont libres, et \(\mathcal{B}^{\prime}\) est une base de \(\mathbb{R}^2\).
2. Comme \(3\times2-5\times1=1\), la formule de l’inverse d’une matrice \(2\times2\) donne directement \(P^{-1}=\begin{pmatrix}2&-5\\-1&3\end{pmatrix}\). Ensuite, \(X^{\prime}=P^{-1}\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8+5\\-4-3\end{pmatrix}\). Donc \(u=13e_1^{\prime}-7e_2^{\prime}\). En effet, \(13(3,1)-7(5,2)=(39-35,\ 13-14)=(4,-1)\).

La figure illustre cette décomposition par la règle du parallélogramme.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Matrice d’une projection de R3 sur un plan

Idée clé : dans une base adaptée à \(\Pi\oplus D\), la matrice se lit ; dans la base canonique, on calcule \(p(u)\) directement.

1. Soit \(t(1,1,1)\in\Pi\cap D\). Alors \(t-t+2t=0\), donc \(t=0\). Ainsi, \(\Pi\cap D=\{0\}\). De plus, \(\dim\Pi+\dim D=2+1=3\). Donc \(\mathbb{R}^3=\Pi\oplus D\).
2. Les coordonnées de \((1,1,0)\) et de \((0,2,1)\) annulent \(x-y+2z\). Comme ces deux vecteurs du plan \(\Pi\) sont non colinéaires, ils en constituent une base. Dans la base \(\big((1,1,0),(0,2,1),(1,1,1)\big)\), la projection fixe les deux premiers vecteurs et annule le troisième. Sa matrice est \(\operatorname{diag}(1,1,0)\).
3. On cherche \(p(u)=u-\lambda(1,1,1)\) dans \(\Pi\). La condition \((x-\lambda)-(y-\lambda)+2(z-\lambda)=0\) donne \(\lambda=\frac{x-y+2z}{2}\). Par conséquent, \(p(x,y,z)=\frac{1}{2}(x+y-2z,\ -x+3y-2z,\ -x+y)\) et \(M=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&1&-2\\-1&3&-2\\-1&1&0\end{pmatrix}\).
4. D’une part, \(\mathrm{tr}M=\frac{1+3+0}{2}=2\). D’autre part, \(\operatorname{Im}p=\Pi\) est de dimension 2. Donc \(\mathrm{tr}M=\operatorname{rg}M=2\), comme pour tout projecteur.

Remarque : on peut contrôler la matrice \(M\) de deux façons. D’abord, \(M\) annule le vecteur \((1,1,1)\), car la direction \(D\) est le noyau. Ensuite, un calcul direct montre que \(M^2=M\), ce qui caractérise un projecteur. Ces deux tests prennent moins d’une minute et évitent bien des erreurs de signe.

Corrigé de l’exercice 8 – Puissances d’une matrice par changement de base

Idée clé : dans la base \((v_1,v_2)\), la matrice est diagonale, et les puissances d’une matrice diagonale se calculent coefficient par coefficient.

1. On calcule \(a(v_1)=(4-2,\ 1+1)=(2,2)=2v_1\) et \(a(v_2)=(8-2,\ 2+1)=(6,3)=3v_2\). La matrice \(P=\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}\) a pour déterminant \(-1\neq0\), donc \((v_1,v_2)\) est une base. Dans cette base, \(D=\operatorname{diag}(2,3)\).
2. La formule de changement de base donne \(D=P^{-1}AP\), donc \(A=PDP^{-1}\) avec \(P^{-1}=\begin{pmatrix}-1&2\\1&-1\end{pmatrix}\). Ensuite, par récurrence, \(A^n=PD^nP^{-1}\), car les facteurs \(P^{-1}P\) se simplifient. Le calcul donne :
   \[A^n=\begin{pmatrix}2\cdot3^n-2^n&2^{n+1}-2\cdot3^n\\3^n-2^n&2^{n+1}-3^n\end{pmatrix}.\]
   Cette formule vaut pour tout \(n\in\mathbb{N}\) ; pour \(n=1\), on retrouve bien \(A\).
3. On a \(\mathrm{tr}A=4+1=5\) et \(\mathrm{tr}D=2+3=5\). Les traces sont égales, ce qui est normal pour deux matrices semblables.

Remarque : l’erreur la plus fréquente consiste à écrire \(A^n=P^{-1}D^nP\). Pour l’éviter, on vérifie la formule pour \(n=0\) et \(n=1\). Ce contrôle rapide détecte aussi une inversion de \(v_1\) et \(v_2\) dans la matrice \(P\).

Corrigé de l’exercice 9 – Rang d’une matrice dépendant d’un paramètre

Idée clé : on choisit un pivot qui ne dépend pas de \(a\), pour ne jamais diviser par une expression qui peut s’annuler.

1. Les opérations \(L_2\leftarrow L_2-3L_1\) et \(L_3\leftarrow L_3-2L_1\) donnent les lignes \((0,a-6,4)\) et \((0,-3,a+2)\). On échange ces deux lignes pour utiliser le pivot \(-3\). Ensuite, \(L_3\leftarrow 3L_3+(a-6)L_2\) est permise, car on multiplie \(L_3\) par \(3\neq0\). On obtient la ligne \(\big(0,0,12+(a-6)(a+2)\big)=(0,0,a^2-4a)\). Or \(a^2-4a=a(a-4)\). Donc \(\operatorname{rg}M(a)=3\) si \(a\notin\{0,4\}\), et \(\operatorname{rg}M(a)=2\) si \(a\in\{0,4\}\), puisque les deux premiers pivots restent non nuls.
2. Le système est de Cramer exactement lorsque \(M(a)\) est inversible. C’est le cas si et seulement si \(a\neq0\) et \(a\neq4\).
3. Pour \(a=0\), les équations \(3x+z=0\) et \(2x+y=0\) donnent \(z=-3x\) et \(y=-2x\). La première ligne est alors vérifiée : \(x-4x+3x=0\). Donc \(\operatorname{Ker}M(0)=\operatorname{Vect}\big((1,-2,-3)\big)\).

La figure montre le dernier pivot \(a(a-4)\) en fonction de \(a\) : le rang chute là où il s’annule.

Corrigé de l’exercice 10 – Un commutateur ne vaut jamais la matrice remplie de 1

Idée clé : la trace d’un commutateur est toujours nulle.

1. Supposons \(AB-BA=U\). Par linéarité de la trace, \(\mathrm{tr}(AB)-\mathrm{tr}(BA)=\mathrm{tr}U\). Or le membre de gauche est nul, car \(\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(BA)\). En revanche, \(\mathrm{tr}U=n\geqslant1\). C’est absurde : aucun couple ne convient.
2. Prenons \(A=E_{12}\) et \(B=E_{21}\). D’une part, \(E_{12}E_{21}=E_{11}\). D’autre part, \(E_{21}E_{12}=E_{22}\). Ainsi, \(AB-BA=E_{11}-E_{22}=\operatorname{diag}(1,-1)\), qui est bien de trace nulle.

Corrigé de l’exercice 11 – Deux matrices semblables et une base qui le prouve

Idée clé : deux matrices sont semblables lorsqu’elles représentent le même endomorphisme ; on cherche donc la base où \(A\) devient \(B\).

1. On a \(\mathrm{tr}A=3+1=4\), \(\mathrm{tr}B=4\) et \(\mathrm{tr}C=4\). Les trois traces valent 4.
2. La condition \(Aw_1=2w_1\) équivaut à \((A-2I_2)w_1=0\), avec \(A-2I_2=\begin{pmatrix}1&1\\-1&-1\end{pmatrix}\). On prend \(w_1=(1,-1)\). Ensuite, \((A-2I_2)w_2=w_1\) s’écrit \(x+y=1\), et l’on choisit \(w_2=(1,0)\). La matrice \(P=\begin{pmatrix}1&1\\-1&0\end{pmatrix}\) a pour déterminant \(1\), donc \((w_1,w_2)\) est une base. Dans cette base, la matrice de l’endomorphisme associé à \(A\) est \(B\). Donc \(B=P^{-1}AP\) et \(A\) est semblable à \(B\).
3. Pour toute \(P\) inversible, \(P^{-1}CP=2P^{-1}P=C\). Ainsi, la seule matrice semblable à \(C\) est \(C\) elle-même. Or \(B\neq C\). Donc \(B\) et \(C\) ne sont pas semblables, malgré l’égalité des traces.

La figure montre la base \((w_1,w_2)\) et les images de ces vecteurs.

Corrigé de l’exercice 12 – Matrice d’une composée entre polynômes et vecteurs

Idée clé : la matrice de \(g\circ f\) est le produit \(GF\), dans cet ordre, avec la base canonique de \(\mathbb{R}^2\) au milieu.

1. L’espace \(\mathcal{L}(\mathbb{R}_2[X],\mathbb{R}^2)\) est isomorphe à \(\mathcal{M}_{2,3}(\mathbb{R})\). Sa dimension vaut donc \(2\times3=6\).
2. On a \(f(1)=(1,0)\), \(f(X)=(2,1)\) et \(f(X^2)=(4,-2)\), car \((X^2)^{\prime}=2X\) vaut \(-2\) en \(-1\). Ensuite, \(g(1,0)=1+X\) et \(g(0,1)=-1+X\). Donc \(F=\begin{pmatrix}1&2&4\\0&1&-2\end{pmatrix}\) et \(G=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}\).
3. Le produit donne \(GF=\begin{pmatrix}1&1&6\\1&3&2\end{pmatrix}\). Vérifions sur \(X^2\) : \(g(f(X^2))=g(4,-2)=6+2X\), ce qui correspond bien à la troisième colonne.
4. Les deux premières colonnes de \(GF\) sont libres, donc \(\operatorname{rg}(g\circ f)=2\). Le noyau est alors de dimension \(3-2=1\). On résout \(a+b+6c=0\) et \(a+3b+2c=0\). La différence donne \(b=2c\), puis \(a=-8c\). Ainsi, \(\operatorname{Ker}(g\circ f)=\operatorname{Vect}(X^2+2X-8)\), et l’on remarque que \(X^2+2X-8=(X-2)(X+4)\).

Remarque : comme \(G\) est inversible, \(g\) est un isomorphisme. Par conséquent, \(\operatorname{Ker}(g\circ f)=\operatorname{Ker}f\), et l’on retrouve que les polynômes du noyau s’annulent en \(2\) et ont une dérivée nulle en \(-1\). C’est bien le cas de \((X-2)(X+4)\), dont la dérivée \(2X+2\) s’annule en \(-1\).

Corrigé de l’exercice 13 – Encadrer un rang grâce à une matrice extraite

Idée clé : une matrice extraite inversible minore le rang, et des relations entre lignes le majorent.

1. Les lignes 1 et 2 et les colonnes 1 et 2 forment \(\begin{pmatrix}1&3\\2&5\end{pmatrix}\), de déterminant \(5-6=-1\neq0\). Cette matrice extraite est inversible. Donc \(\operatorname{rg}N\geqslant2\).
2. On vérifie que \(2L_1-L_2=(0,1,-1,1)=L_3\) et que \(L_1+L_2=(3,8,1,5)=L_4\). Ainsi, les lignes de \(N\) engendrent \(\operatorname{Vect}(L_1,L_2)\), de dimension au plus 2. Or le rang est aussi celui de la famille des lignes. Donc \(\operatorname{rg}N=2\).
3. Le rang de la transposée est égal au rang. Donc \(\operatorname{rg}N^{\mathsf{T}}=2\), et le théorème du rang donne \(\dim\operatorname{Ker}N^{\mathsf{T}}=4-2=2\).

Corrigé de l’exercice 14 – Rang de la transposée fois la matrice

Idée clé : sur \(\mathbb{R}\), une somme de carrés nulle force chaque carré à être nul.

1. Posons \(Y=AX\in\mathbb{R}^n\). Alors \(X^{\mathsf{T}}A^{\mathsf{T}}AX=(AX)^{\mathsf{T}}(AX)=Y^{\mathsf{T}}Y\). Donc \(X^{\mathsf{T}}A^{\mathsf{T}}AX=\sum_{i=1}^{n}y_i^2\).
2. D’abord, si \(AX=0\), alors \(A^{\mathsf{T}}AX=0\). Réciproquement, si \(A^{\mathsf{T}}AX=0\), alors \(\sum y_i^2=0\). Comme les \(y_i\) sont réels, chacun est nul, donc \(AX=0\). Ainsi, \(\operatorname{Ker}(A^{\mathsf{T}}A)=\operatorname{Ker}A\). Enfin, les deux matrices ont \(p\) colonnes. Le théorème du rang donne donc \(\operatorname{rg}(A^{\mathsf{T}}A)=p-\dim\operatorname{Ker}A=\operatorname{rg}A\).
3. On applique le résultat précédent à \(B=A^{\mathsf{T}}\) : \(\operatorname{rg}(B^{\mathsf{T}}B)=\operatorname{rg}B\). Or \(B^{\mathsf{T}}B=AA^{\mathsf{T}}\) et \(\operatorname{rg}A^{\mathsf{T}}=\operatorname{rg}A\). Donc \(\operatorname{rg}(AA^{\mathsf{T}})=\operatorname{rg}A\).
4. Prenons \(A=\begin{pmatrix}1&0\\i&0\end{pmatrix}\), de rang 1. Alors \(A^{\mathsf{T}}A=\begin{pmatrix}1+i^2&0\\0&0\end{pmatrix}=0\). Le rang tombe à 0 : sur \(\mathbb{C}\), le résultat est faux, car \(1^2+i^2=0\) sans que les termes soient nuls.

Remarque : sur \(\mathbb{R}\), l’égalité \(\operatorname{Ker}(A^{\mathsf{T}}A)=\operatorname{Ker}A\) a une interprétation géométrique. En effet, \(X^{\mathsf{T}}A^{\mathsf{T}}AX\) est le carré de la norme euclidienne de \(AX\). Ce point de vue sera développé dans le chapitre sur les espaces préhilbertiens.

Corrigé de l’exercice 15 – Matrice et trace d’un commutateur sur M2(R)

Idée clé : on calcule \(\varphi(E_{ij})\) pour chaque vecteur de la base, puis on lit ses coordonnées dans l’ordre \(E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\).

1. On trouve \(\varphi(E_{11})=-2E_{12}\) et \(\varphi(E_{12})=-2E_{12}\). Ensuite, \(\varphi(E_{21})=\begin{pmatrix}2&0\\3&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&0\\1&2\end{pmatrix}=2E_{11}+2E_{21}-2E_{22}\). Enfin, \(\varphi(E_{22})=2E_{12}\). Par conséquent :
   \[\mathrm{Mat}(\varphi)=\begin{pmatrix}0&0&2&0\\-2&-2&0&2\\0&0&2&0\\0&0&-2&0\end{pmatrix}.\]
2. La diagonale est \((0,-2,2,0)\). Donc \(\mathrm{tr}\varphi=0\). Ensuite, les colonnes 1, 2 et 4 sont colinéaires au vecteur \((0,1,0,0)\), et la colonne 3 ne l’est pas. Ainsi, \(\operatorname{rg}\varphi=2\).
3. Le noyau est de dimension \(4-2=2\). Or \(\varphi(I_2)=A-A=0\) et \(\varphi(A)=A^2-A^2=0\). De plus, \(I_2\) et \(A\) ne sont pas colinéaires. Donc \(\operatorname{Ker}\varphi=\operatorname{Vect}(I_2,A)\).
4. Pour \(\mu:M\mapsto AM\), on a \(AE_{ij}=\sum_{k=1}^{n}a_{ki}E_{kj}\). La coordonnée de \(\mu(E_{ij})\) selon \(E_{ij}\) vaut donc \(a_{ii}\). En sommant sur les \(n^2\) couples \((i,j)\), on obtient \(\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}a_{ii}\). Donc \(\mathrm{tr}\mu=n\mathrm{tr}A\). De même, \(M\mapsto MA\) a pour trace \(n\mathrm{tr}A\), ce qui explique à nouveau que \(\mathrm{tr}\varphi=0\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Une matrice de trace nulle à diagonale nulle

Idée clé : la base \((x,Ax)\) fait apparaître une première colonne \((0,1)\), et l’identité du premier point remplit la seconde.

1. On calcule \(A^2=\begin{pmatrix}a^2+bc&b(a+d)\\c(a+d)&bc+d^2\end{pmatrix}\) et \((a+d)A=\begin{pmatrix}a^2+ad&b(a+d)\\c(a+d)&ad+d^2\end{pmatrix}\). La différence vaut \((bc-ad)I_2\). Donc \(A^2-(\mathrm{tr}A)A+(ad-bc)I_2=0\).
2. Raisonnons par l’absurde : supposons \((x,Ax)\) liée pour tout \(x\). Alors \(Ae_1=\alpha e_1\), \(Ae_2=\beta e_2\) et \(A(e_1+e_2)=\gamma(e_1+e_2)\). Par linéarité, \(\alpha e_1+\beta e_2=\gamma e_1+\gamma e_2\), donc \(\alpha=\gamma=\beta\). Ainsi, \(A=\alpha I_2\), puis \(\mathrm{tr}A=2\alpha=0\) impose \(A=0\). C’est exclu. Il existe donc \(x\) tel que \((x,Ax)\) soit libre, donc une base de \(\mathbb{K}^2\).
3. Dans cette base, le premier vecteur \(x\) a pour image \(Ax\), de coordonnées \((0,1)\). Ensuite, comme \(\mathrm{tr}A=0\), le premier point donne \(A(Ax)=A^2x=-(ad-bc)x\). La matrice est \(\begin{pmatrix}0&-(ad-bc)\\1&0\end{pmatrix}\), de diagonale nulle ; elle est semblable à \(A\). Enfin, si \(A=0\), le résultat est immédiat.
4. Ici, \(\mathrm{tr}A=0\) et \(ad-bc=-4+3=-1\). Avec \(x=(1,0)\), on obtient \(Ax=(2,1)\), et \(P=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}\) est inversible. Le calcul direct confirme \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\), conformément à la formule.

Corrigé de l’exercice 17 – Problème sur les formes linéaires et la trace

Idée clé : la trace contre \(E_{ij}\) extrait un coefficient de \(A\), ce qui rend \(A\mapsto\varphi_A\) injective.

1. La matrice \(AE_{ij}\) a pour colonne \(j\) la colonne \(i\) de \(A\), et des zéros ailleurs. Son seul coefficient diagonal éventuellement non nul est celui d’indice \((j,j)\). Donc la trace de \(AE_{ij}\) est le coefficient \(a_{ji}\).
2. L’application \(A\mapsto\varphi_A\) est linéaire, par linéarité du produit et de la trace. Ensuite, si \(\varphi_A=0\), alors \(a_{ji}=\varphi_A(E_{ij})=0\) pour tous \(i,j\), donc \(A=0\). Elle est donc injective. Or l’espace des formes linéaires sur \(\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) est \(\mathcal{L}(\mathcal{M}_n(\mathbb{K}),\mathbb{K})\), de dimension \(n^2\times1=n^2\). Une injection linéaire entre espaces de même dimension finie est un isomorphisme.
3. Fixons \(i\neq j\). La matrice \(AE_{ij}\) a pour colonne \(j\) la colonne \(i\) de \(A\). En revanche, \(E_{ij}A\) a pour ligne \(i\) la ligne \(j\) de \(A\). Pour \(k\neq i\), le coefficient \((k,j)\) vaut \(a_{ki}\) dans le premier produit et \(0\) dans le second. Donc \(a_{ki}=0\) pour tout \(k\neq i\). De plus, le coefficient \((i,j)\) donne \(a_{ii}=a_{jj}\). Ainsi, \(A=\lambda I_n\) avec \(\lambda=a_{11}\).
4. D’après le deuxième point, \(\psi=\varphi_A\) pour une certaine matrice \(A\). L’hypothèse donne \(\mathrm{tr}(AMN)=\mathrm{tr}(ANM)\). Or, par permutation circulaire, \(\mathrm{tr}(AMN)=\mathrm{tr}(NAM)\). Par conséquent, \(\mathrm{tr}\big((NA-AN)M\big)=0\) pour toute \(M\), c’est-à-dire \(\varphi_{NA-AN}=0\). L’injectivité donne \(NA=AN\) pour toute \(N\). D’après le troisième point, \(A=\lambda I_n\). Finalement, \(\psi(M)=\mathrm{tr}(\lambda M)=\lambda\mathrm{tr}M\).

Remarque : le dernier point se reformule ainsi. Une forme linéaire qui ne voit pas l’ordre des facteurs d’un produit est forcément proportionnelle à la trace. Autrement dit, la trace est, à un facteur près, la seule forme linéaire de ce type sur \(\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\). Ce résultat revient souvent en colle sous des formes déguisées.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème sur les matrices de rang 1

Idée clé : une matrice de rang 1 a toutes ses colonnes proportionnelles à une même colonne \(X\), et \(Y^{\mathsf{T}}X\) est un simple scalaire.

1. L’image de \(A\) est une droite \(\operatorname{Vect}(X)\), avec \(X\neq0\). Chaque colonne \(C_j\) s’écrit donc \(C_j=y_jX\). On pose \(Y=(y_1,\dots,y_n)\), qui est non nul car \(A\neq0\). Alors \(A=XY^{\mathsf{T}}\), puisque la colonne \(j\) de \(XY^{\mathsf{T}}\) vaut \(y_jX\). Réciproquement, les colonnes de \(XY^{\mathsf{T}}\) sont toutes dans \(\operatorname{Vect}(X)\), et l’une d’elles est non nulle. Donc \(XY^{\mathsf{T}}\) est de rang 1.
2. On a \(A^2=X(Y^{\mathsf{T}}X)Y^{\mathsf{T}}\), et \(Y^{\mathsf{T}}X\) est une matrice \(1\times1\), donc un scalaire \(t\). De plus, \(t=\mathrm{tr}(Y^{\mathsf{T}}X)=\mathrm{tr}(XY^{\mathsf{T}})=\mathrm{tr}A\). Donc \(A^2=(\mathrm{tr}A)A\).
3. Posons \(t=\mathrm{tr}A\neq0\) et \(B=\frac{1}{t}A\). Alors \(B^2=\frac{1}{t^2}tA=B\), donc \(B\) représente un projecteur, de rang 1. Dans une base adaptée à \(\operatorname{Im}\oplus\operatorname{Ker}\), sa matrice est \(E_{11}\). Ainsi, \(A=tB\) est semblable à \(tE_{11}\).
4. Ici \(A^2=0\), donc \(\operatorname{Im}A\subset\operatorname{Ker}A\). On choisit \(y\) tel que \(Ay\neq0\), puis \(e_1=Ay\), qui engendre l’image. Ensuite, on complète \(e_1\) en une base \((e_1,e_3,\dots,e_n)\) du noyau, de dimension \(n-1\). Comme \(y\notin\operatorname{Ker}A\), la famille \((e_1,y,e_3,\dots,e_n)\) est une base. Dans cette base, seule l’image du deuxième vecteur est non nulle, et elle vaut \(e_1\). Donc \(A\) est semblable à \(E_{12}\).
5. Les lignes de \(R\) sont proportionnelles à \((2,-1,3)\). On écrit \(R=XY^{\mathsf{T}}\) avec \(X=(1,2,-1)\) et \(Y=(2,-1,3)\). Ensuite, \(\mathrm{tr}R=2-2-3=-3\), donc \(R^2=-3R\). Par récurrence immédiate, \(R^k=(-3)^{k-1}R\) pour tout \(k\geqslant1\).

Remarque : ce problème montre qu’une matrice de rang 1 est entièrement décrite par deux colonnes. Ainsi, ses puissances se calculent sans aucun produit matriciel. Par exemple, \(R^3=9R\), ce que l’on vérifie sur le coefficient en haut à gauche : il vaut \(18\).

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