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70 Chap. 2. Matrices

1) Montrons que DA est un sous-espace vectoriel de Mn(C).
• La matrice nulle appartient à DA, ce qui montre que A est non vide.
• Soient M1 et M2 dans DA, (a1, a2) dans R2.
t (a1 M1 + a2 M2) + (a1 M1 + a2 M2) = a1(t M1 + M1) + a2(t M2 + M2)

= a1(tr M1) A + a2(tr M2) A

= tr(a1 M1 + a2 M2) A

On a ainsi montré que DA est stable par combinaison linéaire.
On en déduit que DA est un sous-espace vectoriel de Mn(C).
Soit M dans An(C). On a t M = −M et par conséquent tous les coefficients
diagonaux de M sont nuls, d’où tr M = 0. Les égalités t M + M = 0 et (tr M) A = 0

montrent que M appartient à DA. On a ainsi montré que An(C) ⊂ DA.

2) Soit M dans DA. En appliquant la trace à chacun des membres de l’éga-
lité t M + M = (tr M) A on obtient : 2 tr M = (tr M) tr A. On en déduit
tr M(tr A − 2) = 0. Si tr A = 2, alors tr M = 0. L’égalité t M + M = (tr M) A
entraîne alors t M + M = 0, ce qui montre que M est dans An(C). On a ainsi

montré que DA ⊂ An(R). L’inclusion réciproque a été montrée à la question

précédente. Ainsi tr A = 2 entraîne DA = An(C).

3) Soit M dans DA. En appliquant la transposition à chacun des membres de l’éga-
lité t M + M = (tr M) A on obtient : M + t M = (tr M)t A. On en déduit que

la matrice (tr M)A est symétrique. Comme A n’est pas symétrique on en déduit

tr M = 0. Le même raisonnement que dans la question précédente montre alors
que DA = An(C).

4) Montrons que An(C) ∩ Sn(C) = {0} (1).
Soit M dans An(C) ∩ Sn(C). On a à la fois t M = M et t M = −M, on en déduit

M = 0.

Montrons que Mn(C) = An(C) + Sn(C).

Soit M dans Mn(C), on a M = 1(M + tM) + 1 (M − t M) et on a donc écrit
2 2
M comme somme de deux matrices, la première étant symétrique et la deuxième

antisymétrique. On a bien montré que Mn(C) = An(C) + Sn(C) (2).

De (1) et (2) on déduit Mn(C) = An(C) ⊕ Sn(C).

Remarque

On aurait aussi pu montrer que An(C) ∩ Sn(C) = {0} et utiliser le fait que

dim An(C) = n(n − 1) et dim Sn(C) = n(n + 1) ce qui entraîne
2 2

dim An(C) + dim Sn(C) = dim Mn(C).

La méthode choisie nous a permis de rappeler la décomposition explicite de M,
décomposition qu’il est utile de bien connaître.

5) Soit M dans DA. D’après la question précédente il existe (Ma, Ms) dans
An(C) × Sn(C) tel que M = Ma + Ms. On a alors M + t M = 2Ms et

2.3 Exercices d’approfondissement 71

tr M = tr Ms. On en déduit que 2Ms = (tr Ms) A. On a ainsi montré qu’il
existe a dans R tel que Ms = aA, ce qui revient à dire que M = Ma + aA est
dans An(C) + Vect(A). Remarquons que comme A est symétrique non nulle on a
en fait An(C) + Vect( A) = An(C) ⊕ Vect( A).
On a ainsi montré que DA ⊂ An(C) ⊕ Vect( A). Montrons l’inclusion réciproque.
Soit M dans An(C) ⊕ Vect( A). La matrice M s’écrit sous la forme M = Ma + aA,
où Ma est dans An(C) et a est un réel.
On a alors M + t M = 2aA et (tr M) A = (a tr A) A = 2aA (car tr A = 2) et on en

déduit que M est dans DA.

Conclusion : tr A = 2 et A ∈ Sn(C) ⇒ DA = An(C) ⊕ Vect( A).

On a alors dim DA = n2 − n + 2
.
2

2.3 EXERCICES D’APPROFONDISSEMENT

Exercice 2.30

Centrale PSI 200⎛5 1100 ⎞⎛ 1 −1 0 0 ⎞

Les matrices A = ⎜⎜⎝00 1 1 10⎟⎟⎠ et B = ⎜⎜⎝00 1 −1 −10⎟⎠⎟sont elles sem-
0 1 0 1

0001 0001

blables ?

Les matrices A et B ont même trace et même déterminant, ce qui ⎛ne permet pas⎞de
0100
trancher. Remarquons qu’en notant N la matrice définie par N = ⎜⎜⎝00 01⎠⎟⎟ .
0 1
0 0

0000

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit On a A = In + N et B = In − N . Les matrices A et B sont semblables si et
seulement si il existe P ∈ GLn(R) telle que A = P−1 B P. Cette dernière égalité
s’écrit In + N = P−1(In + N )P = In − P−1 N P et équivaut à N = P−1(−N )P.
Donc A et B sont semblables si et seulement si N et −N sont semblables.

Remarque
Si n est impair une matrice C de Mn(C) ne peut pas être semblable à −C, à cause
du déterminant (voir chapitre déterminant).

Soit f l’endomorphisme de R4 canoniquement associé à N , dans une base
(e1, e2, e3, e4). On a f (e1) = 0, f (e2) = e1, f (e3) = e2, f (e4) = e3. Ce que l’on
peut aussi écrire : f (e1) = 0, f (−e2) = −e1, f (e3) = −(−e2), f (−e4) = −e3. Ceci
montre que dans la base (e1, −e2, e3, −e4), l’endomorphisme f a pour matrice −N .

72 Chap. 2. Matrices

On a donc montré que N et −N sont semblables et on en déduit que A et B sont
semblables.

Remarque
Le passage par la matrice N , n’est pas indispensable, la proposition de nouvelle
base peut se faire directement en considérant l’endomorphisme canoniquement
associé à A.

Exercice 2.31

Mines-Ponts PC 2006
Soit n dans N∗, soient (e1, . . . , e2n+1) la base canonique de R2n+1, A la
matrice de M2n+1(R) canoniquement associé à l’endomorphisme a, vérifiant
a(e1) = e1 + e2n+1 et a(ei ) = ei−1 + ei pour i dans [[2, 2n + 1]]. Vérifier que A est
inversible et écrire A−1 comme un polynôme en A.

⎛1 1 0 · · · 0⎞

En écrivant les conditions de l’énoncé on obtient : A = ⎜⎜⎜⎝⎜⎜00... 1 ... ... 10... ⎟⎟⎟⎟⎠⎟ .
0 ... ...
1

10 ··· 0 1

⎛0 1 0 · · · 0⎞

On constate alors que A = I2n+1 + B avec B définie par B = ⎜⎜⎜⎜⎜⎝00... 0 ... ... 10... ⎠⎟⎟⎟⎟⎟ .
0 ... ...
0

1 0 ··· 0

Or on sait que B2n+1 = I2n+1 (si vous ne le saviez pas, c’est le moment de le retenir).
On en déduit que ( A − I2n+1)2n+1 = I2n+1. Cette relation fournit un polynôme annu-
lateur de A. Comme A commute avec la matrice unité, on peut appliquer la formule
du binôme de Newton pour obtenir

2n+1 2n + 1 (−1)2n+1−k Ak
k
I2n+1 =

k=0

2n+1 21 + 1 (−1)k Ak
k
= −I2n+1 +

k=1

2n+1 2n + 1 (−1)k Ak−1 .
k
= −I2n+1 + A

k=1

2n+1 2n + 1 (−1)k Ak−1 = 2I2n+1 .
k
On en déduit que A

k=1

2.3 Exercices d’approfondissement 73

Ceci montre que A est inversible et que de plus
A−1 = 1 2n 2n + 1 (−1)k+1 Ak.
2 k+1

k=0

Exercice 2.32

Mines-Ponts PC 2007

Soit A ∈ Mn(C), A = 0. Montrer que A2 = 0 si et seulement si A est semblable

àM= 0 Ir avec 2r n.
00

Soit f un endomorphisme de E de matrice A dans une base B. On a donc f 2 = 0

et il en résulte que Im f ⊂ Ker f . Soit G un supplémentaire de Ker f . Alors

la restriction de f à G est un isomorphisme de G sur Im f . Donc si (e1, . . . , er )
est une base de G, alors ( f (e1), . . . , f (er )) est une base de Im f . C’est aussi
une famille libre de Ker f et d’après le théorème de la base incomplète, on peut

compléter cette famille en une base ( f (e1), . . . , f (er ), u1, . . . , us) de Ker f . Alors
( f (e1), . . . , f (er ), u1, . . . , us, e1, . . . , er ) est une base de E. On a en particulier

s + 2r = n, donc 2r n, et dans cette base la matrice de f est M = 0 Ir .
00

Donc A est semblable à M.

Réciproquement, si A est semblable à M, il existe P inversible telle que A = P−1 M P.
Alors A2 = P−1 M2 P, et comme M2 = 0 en en déduit que A2 = 0.

Exercice 2.33

Centrale PSI 2006 A A .
Soient A et B dans Mn(C) et M = A B

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit 1) Déterminer le rang de M en fonction de A et B.
2) Calculer M−1 quand elle existe.

1) Par manipulation sur les lignes et les colonnes de M, on trouve :

rg M = rg AA = rg AA = rg A0 .
AB 0 B−A 0 B−A

On en déduit, voir exercice 2.20, que rg M = rg A + rg (B − A).

2) Puisque rg A n et rg (B − A) n, on a rg M = 2n si et seulement si
rg A = rg (B − A) = n. Il en résulte que la matrice M est inversible si et seulement
si A et B − A sont inversibles. Supposons que les matrices A et A − B sont inver-
sibles et déterminons l’inverse de la matrice M. On vous propose deux méthodes

pour déterminer l’inverse de M.

74 Chap. 2. Matrices

• Première méthode : les manipulations précédentes peuvent être traduites en
termes de produits par des matrices inversibles :

In 0 AA = AA ,
−In In AB 0 B−A

AA In −In = A0 .
0 B−A 0 In 0 B−A

En s’inspirant de la matrice 1 −1 , on vérifie In 0 −1 In 0
0 1 −In In In In
=

et In −In −1 In In . On a donc :
0 In 0 In
=

AA = In 0 A0 In In
AB In In 0 B−A 0 In

A A −1 In In −1 A0 −1 In 0 −1
0 In In In
AB = 0 B−A 0
In In
= In −In A−1 0 −In
0 In 0 (B − A)−1
.
= A−1 + (B − A)−1 −(B − A)−1

−(B − A)−1 (B − A)−1

• Deuxième méthode : Étant donnés X et Y deux vecteurs colonnes de Cn, résol-

vons le système d’équations M U = X , d’inconnues U et V où U et
V Y

V sont deux vecteurs colonnes de Cn. Ce système est équivalent au système

AU + AV = X qui équivaut successivement aux systèmes suivants :
AU + BV = Y

A(U + V ) = X , puis A(U + V ) = X ,
A(U + V ) + (B − A)V = Y (B − A)V = Y − X

ou encore U + V = A−1 X et enfin U = A−1 X − (B − A)−1(Y − X ) .
V = (B − A)−1(Y − X ) V = (B − A)−1(Y − X )

Comme le système M U = X est équivalent à M−1 X = U , on
V Y Y V

en déduit

M −1 = A−1 + (B − A)−1 −(B − A)−1 .
−(B − A)−1 (B − A)−1