Table Of ContentMatrices
Marc SAGE
31 mars 2009
Table des matiŁres
1 Mise en jambe 2
2 Sur la trace 4
3 Un calcul de rang 5
4 Sur un isomorphisme 6
5 L(cid:146)inverse est-il une fonction polynomiale? 7
6 IdØaux bilatŁres de M 7
n
7 Centres de quelques sous-algŁbres de M 8
n
8 GØnØrateurs de l(cid:146)algŁbre M 9
n
9 Modulo le groupe linØaire, toute matrice est un projecteur 9
10 Modulo le groupe linØaire, les matrices non inversibles sont les nilpotentes 10
11 Modulo conjugaison, les nilpotentes sont les triangulaires strictes 10
12 Une gØnØralisation des classes d(cid:146)Øquivalence 11
13 Pourquoi la structure vectorielle du groupe linØaire n(cid:146)est pas passionante 11
14 Sous-espace engendrØ par les projecteurs, les nilpotents 12
15 Tout hyperplan de M intersecte GL 13
n n
16 Sous-matrices et serpents nuls 14
17 Matrices et arithmØtique 15
1
Dans tout ce qui suit, K dØsigne un corps et K dØsigne le corps R ou C.
Comme pour les espaces vectoriels, le corps de base sera souvent omis et l(cid:146)on notera volontiers M pour
n
M (K).
n
Le coe¢ cient d(cid:146)indice (a;b) d(cid:146)une matrice X sera notØ [X] .
a;b
L(cid:146)ensemble des matrices symØtriques sera notØ S ou S (K).
n n
L(cid:146)ensemble des matrices anti-symØtriques sera notØ AS ou AS (K).
n n
1 Mise en jambe
1. Rappeler pourquoi, pour les matrices, un inverse (cid:224) droite (ou (cid:224) gauche) est automatiquement un
« vrai » inverse.
2. MontrerquedeuxmatricescarrØesdontlasommeetleproduitco(cid:239)ncidentcommutent.Contre-exemples
si l(cid:146)on ne parle pas de matrices?
3. Montrer pour A;B M l(cid:146)ØnoncØ d(cid:146)intØgritØ « modØrØe »
n
2
( M M ; AMB =0) = (A=0 ou B =0).
n
8 2 )
4. Soient A M et B M (oø i;j;k;l 1). Calculer la codimension du sev
i;j k;l
2 2 (cid:21)
V := M M ; AMB =0 .
A;B j;k
f 2 g
5. Une matrice (cid:224) coe¢ cients dans K est dite (cid:224) diagonale dominante si
i 1;:::;n ; a > a .
i;i i;j
8 2f g j j j j
j=i
X6
Montrer qu(cid:146)une matrice (cid:224) diagonale dominante est inversible.
En dØduire, pour A Mn(K), une localisation des scalaires (cid:21) pour lesquels il existe un sev non nul
2
oø A agit par homothØtie de rapport (cid:21).
Solution proposØe.
1. Soit A une matrice de M admettant un inverse (cid:224) droite, mettons AA = 1. On veut montrer que
n d
M M
A a un inverse (cid:224) gauche1, ce qui revient (cid:224) montrer que l(cid:146)application A : n (cid:0)! n atteint la
(cid:1) M MA
(cid:26) 7(cid:0)!
matrice identitØ 1. Il su¢ t donc de montrer que A est surjective. Or, c(cid:146)est un endomorphisme de M ,
n
(cid:1)
injectif par existence de l(cid:146)inverse (cid:224) droite, donc surjectif, CQFD.
2. Notons A et B nos deux matrices. L(cid:146)hypothŁse s(cid:146)Øcrit A+B = AB, ou encore A+B AB = 0.
(cid:0)
On rajoute (cid:224) cette identitØ le terme manquant pour une bonne factorisation : (A 1)(B 1)=1. On en
(cid:0) (cid:0)
dØduit que B 1 est l(cid:146)inverse de A 1, d(cid:146)oø (B 1)(A 1)=1 et A+B =BA en dØveloppant. Il vient
(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)
alors AB =A+B =BA comme souhaitØ.
Si l(cid:146)on n(cid:146)est pas dans l(cid:146)anneau M , l(cid:146)argument de la question prØcØdente Øchoue. Pour un contre-
n
exemple, puisque l(cid:146)hypothŁse se rØØcrit (a 1)(b 1) = 1 et que la conclusion Øquivaut (sous cette
(cid:0) (cid:0)
hypothŁse)(cid:224)(b 1)(a 1)=1,ilsu¢ tdetrouverdeuxØlØmentsxetyd(cid:146)unanneautelsquexy =1=yx,
(cid:0) (cid:0) 6
les ØlØments a et b Øtant alors dØ(cid:133)nis par a 1 = x et b 1 = y. C(cid:146)est le moment de penser aux tapis
(cid:0) (cid:0)
x: (u;v;w;:::) (v;w;:::)
roulant de KN dØ(cid:133)nis par 7! . Dans l(cid:146)anneau L KN , on a bien d(cid:146)une
y : (u;v;w;:::) (0;u;v;:::)
(cid:26) 7!
part xy =1 d(cid:146)autre part yx=1 car la suite (1;0;0;:::) est annulØe par yx. (cid:0) (cid:1)
6
1Les inverses (cid:224) droite et (cid:224) gauche co(cid:239)ncident (propriØtØ valable dans un mono(cid:239)de quelconque) :
Ad=1Ad=(AgA)Ad=Ag(AAd)=Ag1=Ag.
2
3. L(cid:146)hypohtŁse se rØØcrit AE B =0 pour tout i;j, d(cid:146)oø (cid:224) u;v (cid:133)xØs
ij
0=[AE B] = [A] [E ] [B] =[A] [B] .
ij uv u;x i;j x;y y;v u;i j;v
x;y
X
Si A est non nulle, l(cid:146)un des [A] est non nul, donc tous les [B] sont nuls, i. e. B =0.
u;i j;v
4. Raisonnant en termes d(cid:146)applications linØaires, une matrice M satisfait AMB = 0 ssi ImM
ImB
KerA, autrement ssi M L(ImB;KerA). En notant S un supplØmentaire de ImB dans Kk,j ce qu(cid:26)i
ImB
permetd(cid:146)identi(cid:133)er2 M j =L2S ImB;Kj avecL S;Kj L ImB;Kj ,onendØduitquel(cid:146)application
j;k
(cid:8) (cid:2)
linØaire injective
(cid:0) V , (cid:1) L S;K(cid:0)j L(cid:1)(Im(cid:0)B;KerA)(cid:1)
A;B
! (cid:2)
M M ;M
S ImB
(cid:26) 7(cid:0)! (cid:0) (cid:1)j j
est bien dØ(cid:133)nie et est un isomorphisme d(cid:146)espaces vect(cid:0)oriels. La dim(cid:1)ension de L S;Kj vaut (k rgB)j,
(cid:0)
tandis que celle de L(ImB;KerA) vaut (rgB)(j rgA). Additionnant, il reste jk rgArgB, d(cid:146)oø le
(cid:0) (cid:0) (cid:0)(cid:1)
rØsultat
codimV =rgA rgB.
A;B
5. Il revient (cid:224) montrer que A est injective, autrement dit que KerA est nul. Pour (cid:0)!(cid:21) KerA, on a
2
A(cid:0)!(cid:21) =0, d(cid:146)oø (en lisant la i-iŁme coordonnØe)
(cid:21) a = ( (cid:21) )a .
i i;i j i;j
(cid:0)
j=i
X6
A(cid:133)n d(cid:146)utiliser l(cid:146)hypothŁse, on prend les modules :
(cid:21) a (cid:21) a .
i i;i j i;j
j jj j(cid:20) j jj j
j=i
X6
Si(cid:0)!(cid:21) =0,alorsl(cid:146)unedesescoordonnØesestnonnulleetl(cid:146)onpeutconsidØreruntel(cid:21) demodulemaximal.
k
6
Il vient alors
(cid:21)
a j jj a < a , contradiction.
k;k k;j k;j
j j(cid:20) (cid:21) j j j j
k
j=k j j j=k
X6 X6
LorqueA=(cid:21)surunsevV nonnul,lamatriceA (cid:21)n(cid:146)estpasinjective(sonnoyaucontientV),donc
(cid:0)
n(cid:146)estpas(cid:224)diagonaledominante,donc(cid:21)appartient(cid:224)l(cid:146)undesdisquesdecentrea etderayon a .
i;i j=ij i;jj
6
P
Remarques. LamØthodedelapremiŁrequestiondoitŒtreretenue:utiliserdesargumentsdimensionnels
pour transformer une surjectivitØ a priori non Øvidente en une injectivitØ quasi triviale.
LatroisiŁmequestionmontreque,pouravoir(A=0 ou B =0),onpeutremplacerlacondition(insu¢ sante)
A1B =0 par A B =0.
(cid:1)
La quatriŁme question mets les points sur les i quant (cid:224) considØrer des matrices commes des applications
linØaires. Une matrice de M Øtant vue comme une application linØaire de Kb vers Ka et non l(cid:146)inverse, on
a;b
prendra garde (cid:224) ne pas se tromper de dimension lorsque l(cid:146)on appliquera le thØorŁme du rang.
La cinquiŁme quesion est un lemme d(cid:146)Hadamard qui peut s(cid:146)interprŒter comme suit : une matrice (cid:224) diago-
nale dominante a tous ses coe¢ cients hors de la diagonale « nØgligeables » devant ceux diagonaux, donc est
« presque » une matrice diagonale ((cid:224) coe¢ cients non nuls), donc est presque inversible. Un scalaire (cid:21) comme
dans l(cid:146)ØnoncØ est appelØ valeur propre de A, les disques localisant les valeurs propres sont dits de Gershg(cid:246)rin.
2Lorsque V et W sont deux sev en somme directe,on a un isomorphisme
L(V W) L(V) L(W)
(cid:8) (cid:0)! (cid:2)
f f ;f
8>>< (cid:11)(v(v+)+w)(cid:12)7(cid:0)(!w) 7(cid:0)g!(cid:0) (cid:0) j(V(cid:11);(cid:12)j)W(cid:1) .
(cid:18) (cid:19)
>>:
3
2 Sur la trace
1. Montrer que la seule forme linØaire centrale3 sur M est (cid:150)(cid:224) un scalaire prŁs (cid:150)la trace.
n
2. Montrer que toute forme linØaire sur M est du type tr(A):M tr(AM).
n
(cid:1) 7!
Solution proposØe.
1. Face(cid:224)uneØquationdutype’(AB)=’(BA),ilfautcommencerpardonnerdesvaleurs« simples»
aux variables A et B. Prendre A = 0 ou 1 ou (cid:21) n(cid:146)est pas trŁs intØressant. On est rapidement amenØ (cid:224)
(cid:6)
A=E
essayer les matrices ØlØmentaires, mettons i;j .
B =E
k;l
(cid:26)
On rappelle la formule (qu(cid:146)il faut conna(cid:238)tre...) E E =(cid:14)kE . On a donc
i;j k;l j i;l
(cid:14)k’(E )=’(E E )=’(E E )=(cid:14)l’(E ).
j i;l i;j k;l k;l i;j i k;l
i=l
En prenant j =6 k , on obtient ’(Ei;l)=0, donc ’ est nulle pour toute matrice (cid:224) diagonale nulle. En
(cid:26)
i=l
faisant cette fois , il vient ’(E ) = ’(E ), et ceci tenant pour tout i;j, on en dØduit que
j =k i;i j;j
(cid:26)
’(E ) est une constante (cid:21).
i;i
Ainsi, en dØcomposant une matrice A comme une matrice de diagonale nulle D plus une matrice
0
diagonale, on obtient
n n n
’(A)=’ D + a E =’(D )+ a ’(E )=(cid:21) a =(cid:21)trA.
0 i;i i;i 0 i;i i;i i;i
!
i=1 i=1 i=1
X =0 X =(cid:21) X
2. Vu le rØsultat (cid:224) montrer, il est naturel de c|on{zsid}Ører l(cid:146)appl|ica{tzion}4
M M
f : n (cid:0)! n(cid:3)
A tr(A)
(cid:26) 7(cid:0)! (cid:1)
On veut montrer la surjectivitØ de f. On va montrer que f est linØaire, injective, puis on concluera par
l(cid:146)ØgalitØ des dimensions.
f est bien dØ(cid:133)nie car, la trace Øtant linØaire, tr(A) l(cid:146)est aussi :
(cid:1)
tr(A((cid:21)M +N))=tr((cid:21)AM +AN)=(cid:21)tr(AM)+tr(AN).
f est de plus linØaire :
f((cid:21)A+B)=tr(((cid:21)A+B) )=tr((cid:21)A +B )=(cid:21)tr(A)+tr(B )=(cid:21)f(A)+f(B).
(cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1)
VØri(cid:133)ons que f est injective :
f(A)=0 = tr(A)=0 = i;j; tr(AE )=0 = A=0.
i;j
) (cid:1) ) 8 )
aj;i
| {z }
En(cid:133)n, puisque dimE = dimE pour un espace vectoriel de dimension (cid:133)nie, en particulier pour
(cid:3)
E =M , on peut conclure que f est un isomorphisme (en particulier surjectif, ce que l(cid:146)on voulait).
n
3Une forme linØaire ’surune algŁbre est dite centrale si’(ab)=’(ba)pourtous a;b .
4On note E le dual d(cid:146)un espace vectoAriel , i. e. l(cid:146)ensemble des formes linØaires sur E. Lo2rsAque E est de dimension (cid:133)nie, on a
(cid:3)
l(cid:146)ØgalitØ
dimE(cid:3)=dimE.
4
Remarques. LapropriØtØtr(AB)=tr(BA)estremarquablementpratique,maisattention(cid:224)nepasen
abuser : en particulier, on ne peut pas rØordonner n(cid:146)importe comment un produit de k 3 matrices sous une
(cid:21)
trace! Par exemple, en notant
1 0 0 0 0 1
A= , B = , C = ,
0 0 1 0 0 0
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
on dispose des relations
1 0 0 0
ABC = C =0 C =0
0 0 1 0 (cid:2)
(cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19)
et
1 0 0 1 0 1 0 0 1 0
ACB = B = = ,
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
(cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
ce qui montre que les deux produits ABC et ACB n(cid:146)ont pas la mŒme trace.
Si l(cid:146)on peut rØordonner tout comme l(cid:146)on veut sous la trace, mettons tr(AMN) = tr(ANM) pour toute
matrice A, alors tr(MN)=tr(NM), d(cid:146)oø MN =NM par injectivitØ de R tr(R) ce qui est un cas trivial
(cid:1) (cid:1) 7! (cid:1)
oø on peut e⁄ectivement faire ce que l(cid:146)on veut sous la trace.
Dans le cas rØel, (A;B) tr(AtB) est le produit scalaire canonique sur les matrices : la seconde question
7!
ne fait donc qu(cid:146)Ønoncer l(cid:146)isomorphisme canonique d(cid:146)un espace euclidien avec son dual.
3 Un calcul de rang
a2 ab ab b2
ab a2 b2 ab
Pour a et b des scalaires, calculer le rang de la matrice 0 1.
ab b2 a2 ab
B b2 ab ab a2 C
B C
@ A
Solution proposØe.
On va faire des opØrations ØlØmentaires sur les lignes et les colonnes, opØrations qui simpli(cid:133)e la matrice
et que nous savons conserver le rang. On s(cid:146)autorisera dans un premier temps (cid:224) marcher (cid:224) pieds joints sur les
quelques divisions par zØro qui nous embŒtent; nous les traiterons (cid:224) part plus tard.
La matrice Øtant homogŁne en (a;b), on a envie de poser c:= b et de diviser toutes les lignes par a2, ce qui
a
1 c c c2
c 1 c2 c
donnelamatrice0 1.Onaun1toutenhaut(cid:224)gauche,cequipermetdetuerlescoe¢ cientsen
c c2 1 c
B c2 c c 1 C
B C
@ A 1 c c c2
L L cL
2 (cid:0) 2(cid:0) 1 1 c2 0 c c3
dessous (cid:224) l(cid:146)aide des opØrations 8 L3 (cid:0)L3(cid:0)cL1 : on obtient la matrice 0 (cid:0)0 1 c2 c(cid:0)c3 1,
< L4 (cid:0)L4(cid:0)c2L1 B c c3 c(cid:0)c3 1(cid:0)c4 C
B (cid:0) (cid:0) (cid:0) C
: 1 c2 0 @ c 1 c2 A
(cid:0) (cid:0)
dont le rang vaut 1 plus le rang de la sous-matrice 0 1 c2 c 1 c2 . Divisant
0 (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:1) 1
c 1 c2 c 1 c2 1 c2 1+c2
(cid:0) (cid:0) (cid:0)(cid:0) (cid:1)
1 0 @c A
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)(cid:0) (cid:1)
toutes les colonnes par 1 c2, on obtient 0 1 c . On tue le c de la premiŁre colonne via L
3
(cid:0) 0 1 (cid:0)
c c 1+c2
1 0 c @ A
1 c
L cL , ce qui donne 1 c , dont le rang vaut 1 plus le rang de , laquelle est de rang 2.
3(cid:0) 1 0 1 c 1
c 1 (cid:18) (cid:19)
Finalement, on trou@ve un rang 4Alorsque tout ce qui prØcŁde est lØgitime. Listons les illØgalitØs que nous
avons commises : a=0, c2 =1, c=1. Il su¢ t de les traiter (cid:224) part.
b2
b2
Lorsque a=0, la matrice devient 0 1 qui est de rang 4 si b=0 et de rang 0 si b=0.
b2 6
B b2 C
B C
Lorsque a=0 et c2 =1, la matrice@3 3 avant divisioAn par 1 c2 est nulle, donc le rang cherchØ vaut 1.
6 (cid:2) (cid:0)
5
Le cas c=1 est un cas particulier de c2 =1.
Finalement, on peut rØsumer de maniŁre concise :
(condition) (rang)
a2 =b2 4
6 .
a2 =b2 =0 1
6
a2 =b2 =0 0
4 Sur un isomorphisme
1
Soient p;q 1. On note P la matrice complexe avec p scalaires 1 et q scalaires i.
(cid:21) i
(cid:18) (cid:19)
Soit S l(cid:146)ensemble des matrices A complexes telles que tAJ +JA=0 avec J :=P2.
p;q
Montrer que l(cid:146)on a un isomorphisme
ASp+q(C) (cid:0)! Sp;q .
A PAP 1
(cid:0)
(cid:26) 7(cid:0)!
Solution proposØe.
L(cid:146)application ci-dessus Øtant clairement linØaire et injective (d(cid:146)inverse A P 1AP), il s(cid:146)agit de montrer
(cid:0)
7!
qu(cid:146)elle est bien dØ(cid:133)nie et que les dimensions au dØpart et (cid:224) l(cid:146)arrivØe co(cid:239)ncident.
VØri(cid:133)ons que, pour A antisymØtrique, on a bien PAP 1 S . Remarquant que P est symØtrique, on veut
(cid:0) p;q
2
t PAP 1 J =? JPAP 1
(cid:0) (cid:0)
(cid:0)
P(cid:0)1( A)P(cid:1)J =? JPAP 1
(cid:0) (cid:0)
() (cid:0) (cid:0)
?
A(PJP) = (PJP)A
()
ce qui est vrai car PJP =P4 =1.
Pour calculer la dimension (complexe) de S , on dØcrit ses ØlØments par blocs. (cid:201)tant donnØ une matrice
p;q
(cid:11) (cid:12)
M := dØcoupØe par blocs comme J et P, on a les Øquivalences
(cid:13) (cid:14)
(cid:18) (cid:19)
(cid:11) (cid:12)
S
(cid:13) (cid:14) 2 p;q
(cid:18) (cid:19)
(cid:11) (cid:12) 1 1 (cid:11) (cid:12)
t = (cid:0)
() (cid:13) (cid:14) 1 1 (cid:13) (cid:14)
(cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:0) (cid:19) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19)
t(cid:11) (cid:13) (cid:11) (cid:12)
(cid:0) = (cid:0) (cid:0)
() (cid:12) t(cid:14) (cid:13) (cid:14)
(cid:18) (cid:0) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
(cid:11) AS et (cid:12) = (cid:13) et (cid:14) AS .
p q
() 2 2
On en dØduit un paramØtrage de S
p;q
ASp Mp;q ASq (cid:16) Sp;q
(cid:2) (cid:2)
(cid:11) (cid:12)
8 ((cid:11);(cid:12);(cid:14))
< 7(cid:0)! (cid:12) (cid:14)
(cid:18) (cid:19)
qui est clairement injectif. Il en rØsulte
:
p(p 1) q(q 1)
dimS = dimAS +dimM +dimAS = (cid:0) +pq+ (cid:0)
p;q p p;q q
2 2
p2 p+2pq+q2 q (p+q)2 (p+q)
= (cid:0) (cid:0) = (cid:0)
2 2
= dimAS , CQFD.
p+q
6
5 L(cid:146)inverse est-il une fonction polynomiale?
Soit A une matrice inversible. Montrer que son inverse est un polyn(cid:244)me en A. En d(cid:146)autres termes :
A GL (K) = A 1 K[A].
n (cid:0)
2 ) 2
Montrer cependant qu(cid:146)en supposant le corps de base K in(cid:133)ni l(cid:146)inverse n(cid:146)est pas une fonction polynomiale,
i. e. qu(cid:146)il n(cid:146)y a pas de P K[X] tel que
2
A 1 =P (A) pour toute matrice A inversible.
(cid:0)
Qu(cid:146)en est-il du cas K (cid:133)ni?
Solution proposØe.
M Øtant de dimension (cid:133)nie n2, la famille I;A;A2;:::;An2 est liØe, donc il y a des scalaires ((cid:21) ) non tous
n i
nuls tels que n2 (cid:21) Ai = 0, d(cid:146)oø un polyn(cid:244)m(cid:16)e P annulateur d(cid:17)e A. Quitte (cid:224) multiplier par A 1 assez de fois,
i=0 i (cid:0)
on peut supposer que la valuation de P est de 0 :
P
a Ad+ +a A+a =0
d 1 0
(cid:1)(cid:1)(cid:1)
avec a et a non nuls et d 1. On en dØduit, en composant une fois de plus par A 1 et en isolant a :
d 0 (cid:0) 0
(cid:21)
a Ad 1 a A a
A(cid:0)1 = (cid:0) d (cid:0) (cid:0)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:0) 2 (cid:0) 1
a
0
qui est bien un polyn(cid:244)me en A.
SupposonsmaintenantqueA 1 =P (A)pourunmŒmepolyn(cid:244)meP valablepourtoutmatriceAinversible.
(cid:0)
On doit donc avoir P ((cid:21)I) = 1I pour tout scalaire (cid:21) non nul. Si P s(cid:146)Øcrit d a Xi, en ne regardant qu(cid:146)une
(cid:21) i=0 i
coordonnØe sur la diagonale, on doit avoir
P
d
a (cid:21)i+1 =1.
i
i=0
X
Ceci tenant pour tout (cid:21) dans K supposØ in(cid:133)ni, on en dØduit a = 0 pour tout i, d(cid:146)oø contradiction, P ne
(cid:3) i
pouvant Œtre nul (il reprØsente un inverse...).
Si K est supposØ (cid:133)ni, alors M (K) est (cid:133)ni de cardinal (#K)n2, donc le groupe GL (K) est d(cid:146)ordre (cid:133)ni,
n n
mettons g, donc toute matrice A inversible ØlevØe (cid:224) la puissance g donne l(cid:146)identitØ, ce qui s(cid:146)Øcrit aussi Ag 1 =
(cid:0)
A 1, d(cid:146)oø un polyn(cid:244)me universel Xg 1.
(cid:0) (cid:0)
6 IdØaux bilatŁres de M
n
1. DØterminer tous les idØaux bilatŁres5 de M .
n
2. En dØduire que les morphismes d(cid:146)algŁbres de M vers une algŁbre non nulle sont toujours injectifs.
n
Solution proposØe.
1. Soit I un idØal bilatŁre. On va multiplier les ØlØments de I par des E pour tuer plein de coe¢ cients
i;j
etespØrerrØcupØrertouslesE ,cequimontreraqueI contientdesgØnØrateursdeM (K),doncvaudra
k;j n
M (K) tout entier.
n
DØj(cid:224), l(cid:146)idØal nul 0 convenant, on supposera que I contient une matrice non nulle A. Quitte (cid:224)
f g
Øchangerdeslignesetcolonnes,cequisefaitparmultiplicationpardesmatricesetdoncpermetderester
dans notre idØal, on peut supposer a =0. I doit alors contenir 1 E AE =E , donc tous les E
1;1 6 a1;1 1;1 1;1 1;1 i;j
par Øchange de lignes et colonnes, donc I vaut M (K).
n
Les seuls idØaux bilatŁres sont donc 0 et M (K).
n
f g
5Dans un anneau A,un idØal bilatŁre I est un sous-groupe additifde Atelque IA Aet AI I.
(cid:26) (cid:26)
7
2. Soit’:M Auntelmorphisme.SonnoyauestunidØalbilatŁredeM ,doncvaut 0 (CQFD)ou
n n
(cid:0)! f g
M .Danscederniercas,lemorphismeestnul,d(cid:146)oø1 =’(1)=0etl(cid:146)algŁbreAestnulle,contradiction.
n A
Remarque. Soit une algŁbre. Rappelons que l(cid:146)on peut munir l(cid:146)espace vectoriel quotient A(cid:30)I d(cid:146)une
A
structure d(cid:146)algŁbre compatible avec celle de ssi I est un idØal bilatŁre. Une algŁbre dont les seuls idØaux
A A
bilatŁres sont triviaux ( 0 et ) est dite simple. La terminologie est la mŒme que pour les groupes simples
f g A
(sans sous-groupes distinguØs non triviaux) car les consØquences sont identiques : l(cid:146)Øtude des quotients ( et
A
0 ) est triviale.
f g
7 Centres de quelques sous-algŁbres de M
n
DØterminer dans M le centre6 de la sous-algŁbres formØes des matrices :
n
1. quelconques;
2. triangulaires (supØrieures);
3. triangulaires (supØrieures) strictes;
4. diagonales.
Solution proposØe.
IlpeutŒtreutiledenoterquelesmatricesscalairescommutenttoujoursavec7 toutlemonde.Lorsquen=1,
il n(cid:146)y a que des (matrices) scalaires, et l(cid:146)Øtude systØmatique des commutants devient triviale. On suppposera
donc n 2.
(cid:21)
1. Soit A une matrice commutant avec tout le monde. C(cid:146)est dire (par bilinØaritØ) qu(cid:146)elle commute aux
E , ce qui s(cid:146)Øcrit
i;j
i;j; x;y; [AE ] = [E A]
8 8 i;j x;y i;j x;y
i;j;x;y; [A] [E ] = [E ] [A]
8 x;k i;j k;y i;j x;k k;y
k k
X X
i;j;x;y; (cid:14)ja = (cid:14)ia .
8 y x;i x j;y
Prendre x = i (on peut car n 2) et y = j donne a = 0, ce qui montre que A est diagonale. Prendre
x;i
6 (cid:21)
x=i et y =j donne a =a , ce qui montre que A est scalaire, ce qui rØciproquement convient.
i;i j;j
2. Le mŒme raisonnement restreint aux E pour i j conduit aux mŒmes conclusions : prendre x=i
i;j
(cid:20) 6
et y = j = n montre que A est diagonale et l(cid:146)ØgalitØ a = a valable pour i j signi(cid:133)e encore que A
i;i j;j
(cid:20)
est constante sur sa diagonale.
3. On continue : prendre x = i et y = j = n > i donne a = 0, donc A est diagonale (cid:224) l(cid:146)exception
x;i
6
peut-Œtre de sa derniŁre colonne. Mais prendre y = j et x = i = 1 < j donne a = 0, donc A est
j;y
6
diagonale (cid:224) l(cid:146)exception peut-Œtre de sa premiŁre ligne. Par consØquent, A vaut une matrice diagonale plus
un (cid:21)E . En(cid:133)n, l(cid:146)ØgalitØ a = a valable pour i < j signi(cid:133)e encore la diagonale de A est constante.
1;n i;i j;j
RØciproquement, E n(cid:146)intervient pas dans le calcul d(cid:146)un produit contre une matrice triangulaire stricte,
1;n
ce qui montre que le commutant de ces derniŁres est tout l(cid:146)espace Vect E ;:::;E ;E . On trouve
1;1 n;n 1;n
f g
autre chose que les matrices scalaires!
4. Les matrices diagonales Øtant engendrØes par les E , une matrice A commmutera avec celles-ci ssi
i;i
AE =E A pour tout i, ce qui s(cid:146)Øcrit
i;i i;i
i;x;y; (cid:14)ia =(cid:14)ia .
8 y x;i x i;y
Prendre x = i = y donne a = 0, ce qui montre que A est diagonale. RØciproquement, l(cid:146)algŁbres des
x;i
6
matrices diagonales est commutative8.
6Le centre d(cid:146)une algŁbre Aest
Z(A):= z A; a A; az=za .
f 2 8 2 g
7L(cid:146)usage dans la langue mathØmatique est de dire « commuter(cid:224) ».
8Elle est isomorphe (cid:224) une algŁbre produit Ka, voir la feuille suivante pour dØterminer toutes les fa(cid:231)ons de « reprØsenter » Ka
dans Mn(K).
8
8 GØnØrateurs de l(cid:146)algŁbre M
n
1. L(cid:146)algŁbre M peut-elle Œtre monogŁne9?
n
2. Montrer que M est engendrØe en tant qu(cid:146)algŁbre par les deux matrices J et tJ avec
n
0 1
(cid:31) (cid:31)
J := Ei;i+1 =0 (cid:31) 1 1.
1 i<n
(cid:20)X B 0 C
B C
@ A
Solution proposØe.
1. Une algŁbre monogŁne est dØcrite comme l(cid:146)ensemble des polyn(cid:244)mes ØvaluØs en un mŒme ØlØment :
elle est donc commutative, ce qui n(cid:146)est pas le cas de M pour n 2. Le cas n=1 est trivial : M (K) est
n n
(cid:21)
rØduite (cid:224) K qui est Øvidemment engendrØe par n(cid:146)importe quel scalaire non nul.
2. Il su¢ t de montrer que les E sont algØbriquement engendrØs par J et tJ.
i;j
Il est classique de calculer Jk = E (on « pousse » k fois vers le haut la diagonale de
1 i n k i;i+k
1)10. En transposant, on trouve tJk = (cid:20)(cid:20) (cid:0) E . On peut donc calculer, pour a;b 0, le produit
P 1 j n k j+k;j (cid:21)
de mon(cid:244)mes (cid:20) (cid:20) (cid:0)
Ja tJb = PE E = (cid:14)i+aE .
i;i+a j+b;j j+b i;j
1 i n a 1 j n b a<i+a n
(cid:20)X(cid:20) (cid:0) (cid:20)X(cid:20) (cid:0) b<jX+b(cid:20)n
(cid:20)
Pour rØaliser l(cid:146)ØgalitØ i+a = j+b, il faut faire attention aux indices. Si a b, pour b < j+b n (cid:133)xØ,
(cid:20) (cid:20)
l(cid:146)indicei+apeutprendrelavaleurj+b,doncilrestera E .Danslecasa b,c(cid:146)estj+b
qui prendra la valeur i+a et il restera E 1.(cid:20)j(cid:20)n(cid:0)b j+b(cid:0)a;j (cid:21)
1(cid:20)i(cid:20)n(cid:0)a i;i+aP(cid:0)b
Dans les deux cas, on obtient une diagonale de 1 de longueur n a ou n b dØcalØe a b fois vers le
P (cid:0) (cid:0) (cid:0)
haut. Pour rØcupØrer E , il su¢ t de prendre (pour a b=l) deux telles diagonales dont les longueurs
k;k+l
(cid:0)
sont k et k 1 (prendre a=n k et n k+1); par le calcul, cela s(cid:146)Øcrit
(cid:0) (cid:0) (cid:0)
E = E E =Jn k tJn k l Jn k tJn k l
k;k+l i;i+l i;i+l (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)
(cid:0) (cid:0)
i k i k 1
X(cid:20) (cid:20)X(cid:0)
(les puissances de J et J sont toutes positives puisque k+l n).
0
(cid:20)
9 Modulo le groupe linØaire, toute matrice est un projecteur
Soit A une matrice. Montrer qu(cid:146)il existe une matrice inversible M telle que AM soit un projecteur.
Solution proposØe.
LeproblŁmeportantsurdesmultiplicationspardesmatricesinversibles,ilestnaturelderØduireA=PJ Q
r
oø P et Q sont inversibles. On cherche M inversible telle que (AM)2 = AM. Pour prendre le carrØ de PJ Q,
r
on aimerait bien remplacer Q par P 1 (cid:150)contrairement (cid:224) la relation d(cid:146)Øquivalance, la relation de similitude sur
(cid:0)
les matrices se comporte bien vis-(cid:224)-vis des opØrations polynomiales. Il su¢ t pour cela de poser M =Q 1P 1 :
(cid:0) (cid:0)
(AM)2 = PJ QQ 1P 1 2 = PJ P 1 2 =PJ2P 1 =PJ P 1 =AM, CQFD.
r (cid:0) (cid:0) r (cid:0) r (cid:0) r (cid:0)
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
Remarque. Une autre dØmarche est de raisonner en terme d(cid:146)endomorphismes. Soit u l(cid:146)endomorphisme
de E =Kn canoniquement associØ (cid:224) A. On cherche ’ GL(E) tel que u’ soit un projecteur (cf. exercices sur
2
la dimension (cid:133)nie).
9Une structure est dite monogŁne lorsqu(cid:146)elle est engendrØe parun seulØlØment.
10faire k=0et k=1pourŒtre sßrdu dØcalage
9
J(cid:146)encourage le lecteur (cid:224) chercher une telle solution, tout en gardant (cid:224) l(cid:146)esprit que, mŒme si l(cid:146)on utilise deux
formalismes di⁄Ørents, on fait exactement lamŒme chose : tisserles parallŁles entre les deuxdØmarches ne peut
Œtre que formateur.
Les deux chemins sont souvent possibles : la voie endomorphismes est un peu plus conceptuelle mais natu-
relle, tandis que la dØmarche matricielle est plus du ressort du jeu et de l(cid:146)astuce. Il faut pouvoir sentir quelle
dØmarche est plus adaptØe au problŁme posØ et savoir au besoin mŒler les deux... Et puis on peut aussi avoir
ses prØfØrences :-).
10 Modulo le groupe linØaire, les matrices non inversibles sont les
nilpotentes
Soit A une matrice de M avec n 1. Montrer que A est non inversible ssi il existe une matrice inversible
n
(cid:21)
M telle que AM soit nilpotente.
Solution proposØe.
Tout comme le problŁme prØcØdent, il est naturel de rØduire A = PN Q oø N est une matrice nilpotente
r r
de mŒme rang que A, par exemple r scalaires 1 au-dessus de la diagonale, ce qui conclut le sens direct (prendre
M =Q 1P 1).
(cid:0) (cid:0)
Pour la rØciproque, si AM est nilpotente, elle n(cid:146)est pas inversible (car n > 0), donc A n(cid:146)est pas inversible
(puisque M l(cid:146)est).
Remarque. Comme pour l(cid:146)exercice prØcØdent, une dØmarche en terme d(cid:146)endomorphismes serait parfai-
tementvalable(cf.feuillesurladimension(cid:133)nie)etjenepeuxqueconseillerdecomparerlesdeuxcheminspour
voir en quoi ils sont « moralement » complŁtement identiques.
11 Modulo conjugaison, les nilpotentes sont les triangulaires strictes
1. Que vaut la trace d(cid:146)une matrice nilpotente?
2. Soit A nilpotente dans M . Montrer que A est semblable (cid:224) une matrice triangulaire stricte.
n
Solution proposØe.
1. Surdesexemplessimplesdenilpotents,(cid:224)savoirlesmatricestriangulairesstrictes,onvoitquelatrace
est nulle. Montrons cela pour tous les nilpotents de M par rØcurrence sur n.
n
Pour n=0, c(cid:146)est tautologique.
Soit n 1 et A nilpotente de M . Pour rØcurrer, on va mettre des zØros sur les premiŁres colonnes
n
(cid:21)
de A. Pour ce faire, on remarque que KerA n(cid:146)est pas le sev nul (sinon A serait inversible et d(cid:146)une ØgalitØ
Ap =0 l(cid:146)on dØduirait A=0 qui n(cid:146)est pas inversible pour n 1), donc, en regardant la matrice de A dans
(cid:21)
une base adaptØe (cid:224) une dØcomposition Kn =KerA S, on obtient
(cid:8)
0 ?
A oø A M pour un k <n.
(cid:24) 0 B 0 2 k
(cid:18) (cid:19)
Puisque A est nilpotente, le calcul par blocs montre que A l(cid:146)est aussi. Par hypothŁse de rØcurrence, il y
0
a une matrice de passage P telle que B =PCP 1 avec C de trace nulle. On en dØduit
(cid:0)
0 ? 1 0 ? 1 0 ?
A =
(cid:24) 0 PCP(cid:0)1 P C P(cid:0)1 (cid:24) T
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
dont la trace vaut 0+trT =0, CQFD.
2. Il su¢ t de reprendre la dØmonstration ci-dessus en rempla(cid:231)ant « de trace nulle » par « triangulaire
stricte ».
10
