QCM : Matrices inversibles et pivot en maths sup (MPSI)

Réponse D.

La règle est \(E_{ij}E_{kl}=\delta_{jk}E_{il}\). Ici l’indice intérieur commun vaut 2, donc le produit est non nul et garde les indices extérieurs : on obtient \(E_{13}\). La réponse nulle s’applique seulement quand les indices intérieurs diffèrent, comme pour \(E_{23}E_{12}\). Par ailleurs, \(E_{31}\) inverse l’ordre des indices, et \(E_{22}\) garde à tort les indices intérieurs.

Réponse D.

Un produit \(MN\) existe lorsque le nombre de colonnes de \(M\) égale le nombre de lignes de \(N\). Ainsi \(B^{T}\), de taille \(4\times3\), se multiplie par \(A^{T}\), de taille \(3\times2\) : c’est d’ailleurs \((AB)^{T}\). En revanche, \(BA\) demanderait 4 colonnes pour \(B\) contre 2 lignes pour \(A\). Le piège \(A^{T}B^{T}\) oublie que la transposée d’un produit inverse l’ordre des facteurs.

Réponse C.

En développant, on obtient \((A+B)(A+B)=A^2+AB+BA+B^2\). Les deux termes croisés ne se regroupent que si \(AB=BA\). Par conséquent, l’identité remarquable avec \(2AB\) est fausse en général : avec \(A=E_{12}\) et \(B=E_{21}\), on a \(AB=E_{11}\) mais \(BA=E_{22}\). Quant à \(A^2+B^2\), elle supprime les termes croisés, ce qui n’est vrai que si \(AB=-BA\).

Réponse C.

La relation \(A^{T}=-A\) donne \(a_{ii}=-a_{ii}\), donc chaque coefficient diagonal est nul, et la trace aussi. En revanche, \(A^2\) est symétrique, puisque \((A^2)^{T}=(A^{T})^2=A^2\). La matrice nulle, antisymétrique, montre que l’inversibilité n’est pas garantie. Enfin, en taille impaire, \(A\) est seulement non inversible : \(E_{12}-E_{21}\) dans \(\mathcal{M}_3(\mathbb{R})\) n’est pas nulle.

Réponse D.

Le coefficient \((i,j)\) du produit vaut \(\sum_k t_{ik}t^{\prime}_{kj}\). Si \(i>j\), chaque terme contient un facteur sous la diagonale, donc il est nul : le produit reste triangulaire supérieur. Sur la diagonale, seul le terme \(k=i\) survit, d’où \(t_{ii}t^{\prime}_{ii}\). Ainsi, la somme des diagonales confond produit et addition. De plus, la non-commutativité n’empêche pas la stabilité de cette famille.

Réponse A.

On écrit \(A=2I+N\) avec \(N=E_{12}\), qui vérifie \(N^2=0\). Comme \(2I\) et \(N\) commutent, la formule du binôme s’applique et s’arrête au rang 1 : \(A^n=2^nI+n2^{n-1}N\). La réponse avec \(n2^n\) oublie que la puissance de \(2I\) baisse d’un cran devant \(N\). En outre, \(2^{n-1}\) seul perd le coefficient binomial \(n\), tandis que \(n\) seul ignore la puissance de 2.

Réponse B.

On calcule \((I-N)(I+N+N^2)=I-N^3=I\), comme pour une somme géométrique. Par conséquent, \(I-N\) appartient à \(GL_n(\mathbb{K})\) et son inverse est \(I+N+N^2\). La réponse \(I+N\) conviendrait seulement si \(N^2=0\). Par ailleurs, \(I-N+N^2\) est l’inverse de \(I+N\), d’où une confusion de signe. Enfin, \(I-N^2\) provient d’une identité remarquable mal choisie.

Réponse B.

Un système homogène admet toujours la solution nulle, donc il n’est jamais incompatible. De plus, l’algorithme du pivot fait apparaître au plus 3 pivots pour 4 inconnues. Il reste ainsi au moins une inconnue secondaire, que l’on peut choisir non nulle. Par conséquent, l’ensemble des solutions n’est jamais réduit à zéro. Croire à une solution unique revient à oublier qu’il y a plus d’inconnues que d’équations.

Réponse A.

Le produit \(E_{21}A\) place la ligne 1 de \(A\) en ligne 2 et met des zéros ailleurs. Donc \((I_3-3E_{21})A\) retranche trois fois la ligne 1 à la ligne 2. Les opérations sur les lignes se font à gauche, tandis que celles sur les colonnes se font à droite. Le piège \(E_{12}\) agirait au contraire sur la ligne 1. Enfin, le signe plus correspond à l’opération inverse.

Réponse C.

Les opérations \(L_2\leftarrow L_2-2L_1\) et \(L_3\leftarrow L_3-L_1\) donnent \(y-z=-1\) et \(y+z=3\). Ainsi \(y=1\) et \(z=2\), puis \(x=4-2-2=0\). Le triplet \((0,2,1)\) échange \(y\) et \(z\) et ne vérifie pas la deuxième équation. De même, \((1,1,1)\) satisfait la première ligne seulement : il faut toujours tester toutes les équations.

Réponse B.

Le pivot sur \((A\mid I_2)\) donne d’abord \(L_2\leftarrow L_2-3L_1\), puis \(L_1\leftarrow L_1-2L_2\). On obtient ainsi \(\begin{pmatrix}7&-2\\-3&1\end{pmatrix}\), et l’on vérifie que le produit avec \(A\) vaut \(I_2\). La version transposée place les coefficients hors diagonale au mauvais endroit. Par ailleurs, garder la diagonale de \(A\) sans l’échanger donne une matrice fausse, tout comme le signe global inversé.

Réponse A.

On isole le terme constant : \(A(3I-A)=3A-A^2=2I\). En divisant par 2, on obtient \(A\cdot\frac12(3I-A)=I\) ; comme les deux facteurs commutent, \(A\) est inversible. Le signe inversé vient d’une erreur en passant \(2I\) de l’autre côté. Ensuite, oublier la division par 2 donne \(3I-A\). Enfin, le terme constant non nul garantit l’inversibilité : douter de celle-ci est donc injustifié.