Sujet B.3.1 Produit matriciel
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un exercice, puis le résoudre
:
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Exercice a
Soit, pour $\,n\app \bb{N}^{\ast},\,$ la matrice $A$ de $\,\sc{M}_n(\bb{R})\,$ définie par : $\,\ptt (i,j)\app\,[\![1,n]\!]^2,\ a_{i,j}=(-1)^{i+j}\,.\,$
Calculer les puissances de cette matrice : les $A^k,$ pour tout $\,k\app \bb{N}\sp{1.5}.\,$
produit de deux matrices
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
propriétés du produit matriciel
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
inverse d'une matrice carrée
$\,A\app\sc M_{n}(\bb K)\,$ est inversible ssi il existe $\,B\app\sc M_n(\bb{K})\,$ telle que :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=B\sp{1.5}A=I_n$
Cette matrice $B$ est unique : c'est la matrice inverse de $A:$ $\,B=A^{-1}.\,$
caractérisation de l'inverse d'une matrice
Pour toutes matrices carrées $\,A,B\app\sc M_n(\bb{K}),\,$ on a :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=I_n\Imp B\sp{1.5}A=I_n$
Les matrices $A$ et $B$ sont alors inversibles, avec : $\,B=A^{-1}\,$ et $\,A=B^{-1}.\,$
indication
Calculer d'abord $\,A^2,\,$ puis procéder par récurrence.
réponse
On obtient : $\,A^0=I_n\sp{1.5},\,$ ainsi que : $\,\ptt k\app \bb{N}^{\ast}\!, \ A^k=n^{k-1}\!A\sp{1.5}.\,$
correction
Soit $\,B=A^2\,$ ; on a alors par définition du
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
produit
matriciel :
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
$\eqalign{b_{i,j}&=\displaystyle\sum_{k=1}^n(-1)^{i+k}\,(-1)^{k+j}\\&=\ \displaystyle\sum_{k=1}^n(-1)^{i+j}\\&=n\,(-1)^{i+j}\stb{1}}$
d'où : $\,A^2=n\sp{1.5}A\sp{1.5};\,$ il s'ensuit que $\,A^3=A^2A=n\sp{1.5}A^2=n^2A,\dots\,$ d'où la conjecture :
$\,\ptt k\geq1\sp{1.5}, \ A^k=n^{k-1}A\sp{1.5}.\,$
On vérifie cette formule par une
Soit $P(n)$ une propriété dépendant d'un entier $\,n\geq n_0\,$ telle que :
récurrence
sur l'entier $\,k\geq1:\,$
- $P(n_0)$ soit vraie,
- et $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ \big(P(n)\!\Imp\! P(n+1)\big).\,$
- on a d'abord : $\,A^1=n^0\!A\sp{1.5};\,$
- en supposant que pour $\,k\!\geq\!1\,$ on ait : $\,A^k=n^{k-1}\!A\sp{1.5},\,$ on en déduit par
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :associativité la formule au rang $\,k+1:\,$
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
$\eqalign{A^{k+1}&=A^k\!A=(n^{k-1}\!A)A=n^{k-1}\!A^2\\[-.5ex]&=n^{k-1}(n\sp{1.5}A)=n^k\!A=n^{(k+1)-1}\!A}$
La rédaction précise de la récurrence permet d'écarter une conjecture fausse, comme par exemple : $\,\ptt k\app \bb{N}, \ A^k=n^{k-1}\!A\sp{1.5}.\,$
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Exercice b
\\(\MAT\\)Soient, pour $\,n\geq 2\sp{1.5},\,$ les matrices $A$ et $B$ de $\,\sc{M}_n(\bb{R})\sp{1.5},\,$ de coefficients $\,a_{i,\sp{1.5}j}\,$ et $\,b_{i,\sp{1.5}j}\,$ définis par :
- $\,\ptt(i,j)\in[\![1,n]\!]^2,\ a_{i,\sp{1.5}j}=1\sp{1.5};\,$
- $\,\Syst{ b_{i,\sp{1.5}i}\ &=\ 1\ &\text{pour tout} \ \,i\in[\![1,n]\!],\\[-.75ex] b_{i,\sp{1.5}i+1}&=\!-1\ \ &\text{pour tout} \ \,i\in[\![1,n-1]\!],\\[-.75ex] b_{i,\sp{1.5}j}\ &=\ 0\ &\text{pour tous les autres }\,(i,j)\sp{1.5}.}\,$
produit de deux matrices
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
propriétés du produit matriciel
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
inverse d'une matrice carrée
$\,A\app\sc M_{n}(\bb K)\,$ est inversible ssi il existe $\,B\app\sc M_n(\bb{K})\,$ telle que :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=B\sp{1.5}A=I_n$
Cette matrice $B$ est unique : c'est la matrice inverse de $A:$ $\,B=A^{-1}.\,$
caractérisation de l'inverse d'une matrice
Pour toutes matrices carrées $\,A,B\app\sc M_n(\bb{K}),\,$ on a :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=I_n\Imp B\sp{1.5}A=I_n$
Les matrices $A$ et $B$ sont alors inversibles, avec : $\,B=A^{-1}\,$ et $\,A=B^{-1}.\,$
indication
1
Distinguer les cas $\, j=1\,$ et $\, j>1\,$ pour le produit $\,AB\sp{1.5},\,$ ainsi que les cas $\, i < n\,$ et $\, i=n\,$ pour le produit $\,BA\sp{1.5}.\,$
indication
2
Déterminer une modification de la première colonne de $B$ pour obtenir : $\,AB=0\sp{1.5}.\,$
Faire de même sur une ligne de $B$ pour avoir : $\,BA=0\sp{1.5},\,$ puis faire la synthèse de ces deux modifications.
réponse
- On obtient : $\,AB=\matc{1&0&\hh&0\\ \vv&\vv&&\vv\\ \vv&\vv&&\vv\\ 1&0&\hh&0}\,$ et $\,BA=\matc{0&\hh&\hh&0\\ \vv&&&\vv\\ 0&\hh&\hh&0\\ 1&\hh&\hh&1}\!\sp{-1.5}\cdot\,$
- On aurait $\,AB=BA=0\,$ si on avait : $\,b_{n,1}=-1\sp{1.5},\,$ au lieu de : $\,b_{n,1}=0\sp{1.5}.\,$
correction
Posons $\,C=AB\,$ et $\,D=BA\,;\,$ alors, par définition du
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
produit
matriciel :
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
$\displaystyle{}c_{i,j}=\displaystyle\sum_{k=1}^na_{i,k}\,b_{k,j}\ \text{ et }\ d_{i,j}= \displaystyle\sum_{k=1}^nb_{i,k}\,a_{k,j}$
On obtient alors : $\,\syst{\ c_{i,\sp{1.5}1}&=b_{1,1}=1\sp{1.5},\ \ \text{si} \ \ j=1\sp{1.5},\\[-.5ex]\ c_{i,\sp{1.5}j}&=b_{j-1,\sp{1.5}j}+b_{j,\sp{1.5}j}=(-1)+1=0\sp{1.5},\ \ \text{si} \ \ j>1\sp{1.5},}\sp{12}\,$ d'où :
$\displaystyle{}AB=\matc{1&0&\hh&0\\ \vv&\vv&&\vv\\
\vv&\vv&&\vv\\ 1&0&\hh&0}$
On a de même : $\,\syst{\ d_{i,\sp{1.5}j}&=b_{i,\sp{1.5}i}+b_{i,\sp{1.5}i+1}=1+(-1)=0\sp{1.5},\ \ \text{si} \ \ i < n\sp{1.5},\\[-.5ex]
\ d_{n,\sp{1.5}j}&=b_{n,\sp{1.5}j}=1\sp{1.5},\ \ \text{si} \ \ i=n\sp{1.5},}\sp{22}\,$ d'où :
$\displaystyle{}BA=\matc{0&\hh&\hh&0\\ \vv&&&\vv\\
0&\hh&\hh&0\\ 1&\hh&\hh&1}$
Il suffit de modifier un seul terme de la première colonne de $B$ pour avoir $\,AB=0:\,$
- avec $\,b_{k,1}=-1\,$ au lieu de $\,b_{k,1}=0\,$ pour un $\,k\neq1\sp{1.5},\,$ on obtient : $\,c_{i,\sp{1.5}1}=b_{1,1}+b_{k,1}=0\,$ pour tout $\,i\sp{1.5},\,$
- tandis que les autres termes $\,c_{i,\sp{1.5}j}\,$ pour $\,j > 1\,$ restent inchangés ; on a bien alors : $\,AB=0\sp{1.5}.\,$
- avec $\,b_{n,k}=-1\,$ au lieu de $\,b_{n,k}=0\,$ pour un $\,k\neq n\sp{1.5},\,$ on obtient : $\,d_{n,\sp{1.5}j}=b_{n,n}+b_{n,k}=0\,$ pour tout $\,j\sp{1.5},\,$
- et les autres termes $\,d_{i,\sp{1.5}j}\,$ pour $\,i < n\,$ restent inchangés : on a bien alors : $\,BA=0\sp{1.5}.\,$
Un produit
Soient $A$ et $B$ deux matrices décomposées en blocs $\,A_{i,k}\,$ et $\,B_{k,j}\sp{1.5}.\,$
Si les formats de ces blocs sont compatibles avec les produits $\,A_{i,k}\sp{1.5}B_{k,j}\sp{1.5},\,$ alors :
par blocs,
pour $\,B=[C_1,\dots,C_n]\sp{1.5},\,$ permet de trouver facilement une colonne $C_1$ de $B$ telle que : $\,A\sp{.75}C_1=0\,.\,$ Il en va de même avec les lignes $L_i$ de $B,$ pour trouver une ligne $L_n$ de $B$ telle que : $\,L_nA=0\sp{1.5}.\,$- le produit $\,C=A\sp{1.5}B\,$ se décompose en blocs $C_{i,j}\,,$
- et chaque $C_{i,j}$ est la somme des produits $A_{i,k}\sp{1.5}B_{k,j}$ correspondants.
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Exercice c
\\(\MAT\\)Soient, pour $\,n\geq2\sp{1.5},\,$ les matrices $A$ et $B$ de $\,\sc{M}_n(\bb{R})\sp{1.5},\,$ de coefficients $\,a_{i,\sp{1.5}j}\,$ et $\,b_{i,\sp{1.5}j}\,$ définis par :
- $\,\ptt(i,j)\app\,[\![1,n]\!]^2,\ a_{i,\sp{1.5}j}=j-i\,;\,$
- $\,\Syst{ b_{i,i-1}\!&=\ \,\sp{1.5}1\ \ &\text{pour tout} \ \,i\in[\![2,n]\!],\\[-.75ex] b_{i,i}\ &=\!-1\ \ \ &\text{pour tout} \ \,i\in[\![1,n]\!],\\[-.75ex] b_{i,i+1}\!&=\ \,\sp{1.5}1\ \ &\text{pour tout} \ \,i\in[\![1,n-1]\!],\\[-.75ex] b_{i,j}\ &=\ \,\sp{1.5}0\ \ &\text{pour tous les autres }\,(i,j).}\,$
produit de deux matrices
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
propriétés du produit matriciel
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
inverse d'une matrice carrée
$\,A\app\sc M_{n}(\bb K)\,$ est inversible ssi il existe $\,B\app\sc M_n(\bb{K})\,$ telle que :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=B\sp{1.5}A=I_n$
Cette matrice $B$ est unique : c'est la matrice inverse de $A:$ $\,B=A^{-1}.\,$
caractérisation de l'inverse d'une matrice
Pour toutes matrices carrées $\,A,B\app\sc M_n(\bb{K}),\,$ on a :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=I_n\Imp B\sp{1.5}A=I_n$
Les matrices $A$ et $B$ sont alors inversibles, avec : $\,B=A^{-1}\,$ et $\,A=B^{-1}.\,$
indication
1
Calculer à part la première et la dernière colonne de $\,AB\sp{1.5}.\,$
indication
2
Remplacer la première et la dernière colonne de $B$ par des colonnes issues de la matrice $I_n\sp{1.5}.$
réponse
- On obtient : $\,AB=\matc{1&1&\hh&\!n-1\!&\!-1\\ \vv&0&\dd&\vv&\vv\\ \vv&\llap{-}1&\dd&1&\vv\\ \vv&\vv&\dd&0&\vv\\ 1&\!1-n\!&\hh&\llap{-}1&\!-1}\!\cdot\,$
- En remplaçant la première et la dernière colonne de $B$ par des colonnes de $I_n\sp{1.5},$ on obtient une matrice $\,B\sp{1.5}'\,$ telle que : $\,AB\sp{1.5}'=A\sp{1.5}.\,$
- La matrice $A$ n'est pas inversible, sauf lorsque $\,n=2\sp{1.5}.\,$
correction
En notant $\,C=AB\sp{1.5},\,$ on a par définition du
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
produit
matriciel :
$\,c_{i,\sp{1.5}j}=\displaystyle\sum_{k=1}^n(i-k)\,b_{k,\sp{1.5}j}\sp{1.5},\,$ ce qui nous donne :
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
$\displaystyle{}\Syst{c_{i,\sp{1.5}1}&=-(i-1)+i=1\ \ \text{si} \ j=1\sp{1.5},\\[0ex]
c_{i,\sp{1.5}n}&=(i-n)-(i+1-n)=-1\ \ \text{si} \ j=n\sp{1.5},\\[0ex]
c_{i,\sp{1.5}j}&=(i-1-j)-(i-j)+(i+1-j)=i-j\ \ \text{sinon.}}$
$\displaystyle{}\txt{On en déduit :}AB=\matc{1\!&1&\hh&\!n\!-\!1\!&\!\!\!-1\\[-.5ex]
\vv\!&0&\dd&\vv&\sp{1.5}\vv\\ \vv\!&\llap{-}1&\dd&1&\sp{1.5}\vv\\
\vv\!&\vv&\dd&0&\sp{1.5}\vv\\ 1\!&\!1\!-\!n\!&\hh&\llap{-}1&\!\!\!-1}$
Il suffit alors de modifier la première et la dernière colonne de $B$ pour avoir $\,AB=A\sp{1.5};\,$ en effet :
- les colonnes de $\,AB\,$ d'indices $\,2\,$ à $\,n-1\,$ coïncident avec celles de $A$ de mêmes indices ;
- les première et dernière colonnes de $\,AB\,$ résultent du produit de $A$ par les colonnes correspondantes de $B\sp{1.5}.$
$\displaystyle{}B\sp{1.5}'=\matc{1&1&0&\hh&0&0\\ 0&\llap{-}1&\dd&\dd&\vv&\vv\\
\vv&1&\dd&\dd&0&\vv\\ \vv&0&\dd&\dd&1&\vv\\
\vv&\vv&\dd&\dd&\llap{-}1&0 \\ 0&0&\hh&0&1&1}$
La matrice $\,B\sp{1.5}'\,$ résultant de ces substitutions est alors telle que :- les première et dernière colonnes de $\,A\sp{1.5}B\sp{1.5}'\,$ sont respectivement les première et dernière colonnes de $\,AI_n=A\sp{1.5},\,$
- et les autres colonnes de $\,A\sp{1.5}B\sp{1.5}'\,$ demeurent inchangées, si bien qu'on a finalement : $\,A\sp{1.5}B\sp{1.5}'=A\sp{1.5}.\,$
Si on sait utiliser les produits
Si $A$ était
Soient $A$ et $B$ deux matrices décomposées en blocs $\,A_{i,k}\,$ et $\,B_{k,j}\sp{1.5}.\,$
Si les formats de ces blocs sont compatibles avec les produits $\,A_{i,k}\sp{1.5}B_{k,j}\sp{1.5},\,$ alors :
par blocs,
on peut poser : $\,B=[C_1,\dots,C_n]\sp{1.5}.\,$
On trouve alors facilement les colonnes $C_1$ et $C_n$ pour lesquelles $A\sp{.75}C_1$ et $A\sp{.75}C_n$ coïncident avec les colonnes correspondantes de $A\sp{1.5}.$- le produit $\,C=A\sp{1.5}B\,$ se décompose en blocs $C_{i,j}\,,$
- et chaque $C_{i,j}$ est la somme des produits $A_{i,k}\sp{1.5}B_{k,j}$ correspondants.
$\,A\app\sc M_{n}(\bb K)\,$ est inversible ssi il existe $\,B\app\sc M_n(\bb{K})\,$ telle que :
inversible,
on aurait par
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=B\sp{1.5}A=I_n$
Cette matrice $B$ est unique : c'est la matrice inverse de $A:$ $\,B=A^{-1}.\,$
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
associativité :
$\,A\sp{1.5}B\sp{1.5}'=A\Imp B\sp{1.5}'=A^{-1}(A\sp{.75}B\sp{1.5}')=A^{-1}\sp{-1.5}A=I_n\sp{1.5}.\,$
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
- Il s'ensuit que pour $\,\sth{.5} n > 2\sp{1.5},\,$ la matrice $A$ n'est pas inversible, car : $\,B\sp{1.5}'\neq I_n\sp{1.5};\,$
- en revanche, pour $\,n=2\sp{1.5},\,$ avec $\,A=\smb{.5}{\smh{.5}{\Big(\tabl{{rr}0&1\ \\[-.5ex]-1&0\ }\Big)}}\,$ et $\,\det(A)=1\sp{1.5},\,$ $A$ est
Les colonnes ou les lignes de $A\app\sc M_n(\bb K)$ sont liées ssi $\,\det(A)=0\sp{1.5},\,$ soit encore :inversible.$\displaystyle{}A\app\op{GL}_n(\bb K)\Ssi\det(A)\neq0$
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Exercice d
\\(\MAT\\)Soit, pour $\,n\app \bb{N}^{\ast},\,$ la matrice $A$ de $\sc{M}_n(\bb{R})$ définie par :
$\,\syst{
\ a_{i,j}&=0\ \ &\text{lorsque} \ \ i \geq j\sp{1.5},\\[-.75ex]
\ a_{i,j}&=(-1)^{i+j}\ \ &\text{lorsque} \ \ i < j\sp{1.5}.}\,$
Calculer $A^2$ et montrer que $\,A^p=0\,$ à partir d'un rang à préciser.
produit de deux matrices
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
propriétés du produit matriciel
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
inverse d'une matrice carrée
$\,A\app\sc M_{n}(\bb K)\,$ est inversible ssi il existe $\,B\app\sc M_n(\bb{K})\,$ telle que :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=B\sp{1.5}A=I_n$
Cette matrice $B$ est unique : c'est la matrice inverse de $A:$ $\,B=A^{-1}.\,$
caractérisation de l'inverse d'une matrice
Pour toutes matrices carrées $\,A,B\app\sc M_n(\bb{K}),\,$ on a :
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=I_n\Imp B\sp{1.5}A=I_n$
Les matrices $A$ et $B$ sont alors inversibles, avec : $\,B=A^{-1}\,$ et $\,A=B^{-1}.\,$
indication
1
Déterminer les couples $\,(i,j)\,$ pour lesquels tous les produits $\,a_{i,k}\,a_{k,\sp{1.5}j}\,$ sont nuls.
indication
2
Rechercher quels sont les termes nécessairement nuls dans $\,A^2\sp{1.5},\,$ puis dans $\,A^p\sp{1.5}.\,$
réponse
- On obtient, avec $\,B=A^2:\,$ $\,\syst{ \,b_{i,j}&=0\ \ &\text{lorsque} \ \ i \geq j-1\sp{1.5},\\[-.75ex] \,b_{i,j}&=(-1)^{i+j}(j-i-1)\ \ &\text{lorsque} \ \ i < j-1\sp{1.5}.}\,$
- D'autre part, on a : $\,\ptt p\geq n,\ A^p=0\sp{1.5}.\,$
correction
Soit $\,B=A^2\sp{1.5};\,$ on a alors par définition du
Pour $\,A\app\sc M_{m,n}(\bb{K})\,$ et $\,B\app\sc M_{n,p}(\bb{K})\sp{1.5},\,$ le produit $A\sp{1.5}B$ est $\,C\app\sc M_{m,p}(\bb{K})\,$ définie par :
produit
matriciel :
$\,b_{i,j}=\textstyle\sum\limits_{k=1}^na_{i,k}\,a_{k,\sp{1.5}j}\,.\,$
$\displaystyle{}\ptt i\app\,[\![1,m]\!],\ \ptt j\app\,[\![1,p\sp{.75}]\!],\ c_{i,\sp{1.5}j}=\smh{1.5}{\sum_{k=1}^n}a_{i,\sp{1.5}k}\,b_{k,\sp{1.5}j}$
- Les produits $\,a_{i,k}\,a_{k,\sp{1.5}j}\,$ ne peuvent être non nuls que si : $\,i < k < j\sp{1.5},\,$ ce qui est exclu lorsque $\,j\leq i+1\sp{1.5};\,$
- en revanche, pour $\,j > i+1\sp{1.5},\,$ ils ne sont pas tous nuls et ont por somme : $\,b_{i,\sp{1.5}j}=(-1)^{i+j}(j-i-1)\sp{1.5},\,$ car :
$\displaystyle{}b_{i,\sp{1.5}j}=\sum_{k=i+1}^{j-1}(-1)^{i+k}(-1)^{k+j}=\sum_{k=i+1}^{j-1}(-1)^{i+j}$
$\displaystyle{}A^2=\matc{
0&0&1&\llap{-}2&\hh&\!b_{1,n}\\ \vv&\dd&\dd&\dd&\dd&\vv\\
\vv&&\dd&\dd&\dd&\llap{-}2\\ \vv&&&\dd&\dd&1\\ \vv&&&&\dd&0\\
0&\hh&\hh&\hh&\hh&0}$
En posant $\,C=A^p,\,$ on va établir par
Soit $P(n)$ une propriété dépendant d'un entier $\,n\geq n_0\,$ telle que :
récurrence
sur $\,p\geq1\,$ que :
$\,c_{i,j}\neq 0 \Imp i\leq j-p\sp{1.5}.\,$
- $P(n_0)$ soit vraie,
- et $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ \big(P(n)\!\Imp\! P(n+1)\big).\,$
- par définition de $A,$ ce résultat est vrai pour $\,p=1\sp{1.5},\,$
Soient $a$ et $b$ deux entiers relatifs ; on a alors l'équivalence :car : $\,i < j\Imp i\leq j-1\sp{1.5};\,$$\displaystyle{}a > b\Ssi a\geq b+1$
- si on suppose ce résultat vrai pour $\,p\geq1\,$ fixé,
on a, avec $\,D=A^{p+1}=A\,C:\,$
$\,d_{i,j}=\smh{1.5}{\smb{2.5}{\dsum_{k=1}^{n}}}a_{i,k}\,c_{k,j}\sp{1.5},\,$ et donc :
$\displaystyle{}a_{i,k}\,c_{k,j}\neq0\Imp \syst{a_{i,k}\neq0\sp{1.5}, \ \ &\text{d'où :}\ \ i \leq k-1\\[-.5ex] c_{k,j}\neq0\sp{1.5}, \ \ &\text{d'où :}\ \ k \leq j-p}$Lorsque $\,d_{i,j}\neq0\sp{1.5},\,$ il existe alors un $k$ tel que $\,i\leq k-1 \leq j-p-1\sp{1.5},\,$ si bien que :$\displaystyle{}d_{i,j}\neq0\Imp i\leq j-p-1$
Dans bien des cas, on peut éviter des calculs matriciels aussi fastidieux, en considérant
L'endomorphisme de $\bb K^n$ canoniquement associé à $\,A\app\sc M_{n}(\bb K)\,$ est :
l'endomorphisme
$\,f_A:X\mapsto AX\,$ de $\bb{R}^n.$ Ici, $\,(e_1,\dots,e_n)\,$ étant la base canonique de $\,\bb{R}^n,\,$ le sous-espace $\,E_k=\op{Vect}(e_1,\dots,e_k)\,$ a pour
$\displaystyle{}f_A:X\mapsto A\sp{1.5}X$
Relativement à la base canonique $\sc B$ de $\bb K^n\sp{1.5},$ on a : $\,A=\op M_{\sc B}(f_A)\sp{1.5}.\,$
Soient $E$ et $E'$ deux $\bb K\tiret$espaces vectoriels et $\,f\app\sc L(E,E')\sp{1.5};\,$ alors, pour tout $\,(u_1,\dots,u_p)\app E^p:\,$
image :
$\displaystyle{}f\big(\!\op{Vect}(u_1,\dots,u_p)\big)=\op{Vect}\!\big(f(u_1),\dots,f(u_p)\big)$
$\displaystyle{}f_A(E_k)=\op{Vect}(f_A(e_1),\dots,f_A(e_k))$
En remarquant que pour tout $\,j\app\,[\![2,n]\!]:\,$ $\,f_A(e_j)\app E_{j-1}\sp{1.5},\,$ on obtient les inclusions : $\,f_A(E_k)\subset E_{k-1},\,$ d'où ensuite :
$\displaystyle{}(f_{A^n})(\bb{R}^n)\subset(f_{A^{n-1}})(E_{n-1})\subset \cdots\subset f_A(E_1)=\{0\}$
L'endomorphisme $\,f_{A^n}:X\mapsto A^nX\,$ est donc nul, ce qui équivaut à : $\,A^n\!=0\sp{1.5},\,$ d'où : $\,A^p=A^{p-n}\sp{-1.5}A^n\!=0\,$ pour tout $\,p\geq n\sp{1.5}.\,$