Matrices semblables, équivalentes

Exercices du dossier Matrices semblables, équivalentes

Exercice 176 *

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver les matrices \(E_{ij}\) de la base canonique de \(\mathfrak{M}_{n}(\mathbb{R})\) semblables à une matrice diagonale.



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Exercice 176
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56

Ce sont celles qui sont déjà des matrices diagonales, c’est-à-dire celles pour lesquelles \(i=j\). En effet supposons l’espace d’un instant qu’une matrice \(E_{ij}\) soit semblable à une matrice diagonale \(D\) avec \(i\neq j\). On en déduit que \(0 = E_{ij}^2\) est semblable à \(D^2\), donc \(D^2 = 0\) donc \(D=0\) puisque \(D\) est diagonale. Donc le rang de \(D\) égale \(0\), alors que celui de \(E_{ij}\) égale \(1\). Comme deux matrices semblables ont même rang, on a une contradiction.


Exercice 629 *

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Montrer que la matrice \(A = \begin{pmatrix} 0&1 \\ 1&0 \end{pmatrix}\) est semblable à la matrice \(D = \begin{pmatrix} -1&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}\)



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Exercice 629
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56

Soit \(P = \begin{pmatrix} 1&1 \\ -1&1 \end{pmatrix}\), on a \(P^{-1} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} {P}^{\mathrm{T}}\) et \(P^{-1}AP = D\).


Exercice 426 *

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Les matrices \(A = \begin{pmatrix} -1&0&0 \\ 0&0&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}\) et \(B = \begin{pmatrix} 0&0 & 0 \\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\) sont-elles semblables ?



[ID: 1738] [Date de publication: 1 avril 2021 11:56] [Catégorie(s): Matrices semblables, équivalentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 426
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56

En regardant l’action de ces matrices sur les vecteurs colonnes de la base naturelle, on voit que \(B^3 = 0\) et \(A^3 = A\). \(A\) et \(B\) ne peuvent pas être semblables.


Exercice 709 *

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient deux matrices \(A, B \in \mathfrak{M}_{n}(\mathbb{R})\) , avec \(A\) inversible.

  1. Montrer que \(AB\) et \(BA\) sont semblables.

  2. Montrer que le résultat est faux si \(A\) n’est pas inversible.



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Exercice 709
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56
  1. Si \(A\) est inversible, il suffit d’écrire \(AB = A(BA)A^{-1}\)

  2. Soit \(A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\). Les matrices \(AB = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(BA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) n’ont pas même rang et n’ont donc aucune chance d’être semblables.


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Exercice 424
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56

Si \(A\) n’était pas inversible, il existerait \(X\) tel que \(AX=0\) avec \(X\neq 0\). De plus, \(x_n \neq 0\) (car \(B\) inversible). En notant \(\tild{X}=(x_1,\dots,x_{n-1})\), on obtiendrait que \(B\tild X + x_nC = 0\) et \(^{t}D\tild{X}+ax_n=0\), d’où la relation.

Réciproquement, si \(a = ^{t}DB^{-1}C\), alors on construit un vecteur \(X = -\left( B^{-1}C,-1\right)\) , on a \(AX = 0\) avec bien sûr \(X \neq 0\).


Exercice 575 **

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la matrice \(P=\left( \begin{array}{ccc} 0 & & 1 \\ & \nearrow & \\ 1 & & 0 \end{array}\right)\).

  1. Montrer que la matrice \(P\) est inversible et calculer son inverse \(P^{-1}\).

  2. Pour une matrice \(A\in \mathfrak{M}_{n}(\mathbb{K})\), calculer la matrice \(PAP\).

  3. En déduire qu’une matrice triangulaire inférieure est semblable à une matrice triangulaire supérieure.



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Exercice 575
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56
  1. Soit \(E=\mathbb{R}^{n}\) et \(e=(e_1,\dots,e_n)\) la base canonique de \(E\). Alors il existe un unique \(\ u \in L(E)\) tel que \(\textrm{ Mat}_{e}\left(u\right)=P\). On a pour tout \(i\in \llbracket 1,n\rrbracket\), \(u(e_i)=e_{n-i+1}\) et \(u^2(e_i)=e_i\), donc \(P^2=I_n\). Par conséquent, \(P\in GL_n(\mathbb{R} )\) et \(P^{-1}=P\).

  2. Puisque \(P=\sum_{k=1}^n E_{k, n-k+1}\), \[PAP = \sum_{1\leqslant i,j,k,l\leqslant n} a_{ij} E_{k, n-k+1}E_{ij}E_{n-l+1,l}= \sum_{i,j,k,l} \delta_{n+1-k,i}\delta_{j, n+1-l}E_{k,l}= \sum_{k,l} a_{n+1-k, n+1-l}E_{kl}\] La matrice \(PAP\) s’obtient en faisant deux symétries de \(A\) par rapport aux deux diagonales.

  3. Puisque \(P^{-1}=P\), \(PAP^{-1}\) est une matrice triangulaire supérieure lorsque \(A\) est une matrice triangulaire inférieure.


Exercice 599 **

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Á quelle condition deux matrices \(E_{pq}\) et \(E_{kl}\) de la base canonique de \(\mathfrak{M}_{n}(\mathbb{R})\) sont-elles semblables ?



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Exercice 599
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56

Considérons l’espace vectoriel \(E = \mathbb{K}^{n}\) muni de sa base canonique.

  1. Une condition nécessaire est que les matrices aient même trace. Donc si \(p=q\) et \(k\neq l\), (ou bien \(p\neq q\) et \(k = l\)), les deux matrices ne sont pas semblables.

  2. Montrons que deux matrices \(E_{pp}\) et \(E_{qq}\) (\(p \neq q\)) sont semblables. Soit \(u\) l’unique endomorphisme de \(E\) tel que \(\mathop{\mathrm{Mat}}_e(u) = E_{pp}\). Considérons la base \(e'\) obtenue en permutant les deux vecteurs \(e_p\) et \(e_q\). Dans la base \(e'\), la matrice de \(u\) est \(E_{qq}\). Par conséquent, les deux matrices \(E_{pp}\) et \(E_{qq}\) représentent le même endomorphisme dans deux bases différentes : elles sont semblables. Complément : écrivez la matrice de passage de la base \(e\) vers la base \(e'\), et son inverse.

  3. Soient quatre indices \((p, q) \in [\kern-0.127em[ 1, n ]\kern-0.127em]^2\) avec \(p\neq q\) et \((k, l) \in [\kern-0.127em[ 1, n ]\kern-0.127em]^2\) avec \(k \neq l\). Notons \(u\) l’unique endomorphisme ayant pour matrice \(E_{pq}\) dans la base \(e\). Considérons la base \(e'\) obtenue en échangeant les vecteurs \(e_q \leftrightarrow e_l\) et \(e_p \leftrightarrow e_k\). Alors la matrice de l’endomorphisme \(u\) dans la base \(e'\) est la matrice \(E_{kl}\) (faire un dessin et vérifier ce résultat même lorsque \(p=q\) ou \(k=l\)). Donc les matrices \(E_{pq}\) et \(E_{kl}\) sont semblables. Pouvez-vous écrire la matrice de passage \(P_{e\rightarrow e'}\) correspondante ? Quel est son inverse ?


Exercice 99 **

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une matrice \(A\in\mathfrak{M}_{2}(\mathbb{R})\) vérifiant \(A^2=I\) et telle que \(A\) n’est pas une matrice scalaire. Montrer que \(A\) est semblable à la matrice \(\begin{pmatrix} 0&1 \\ 1&0 \end{pmatrix}\)



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Exercice 99
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56

Soit \(E=\mathbb{R}^{2}\) et \(e=(e_1,e_2)\) la base canonique de \(E\). Il existe un unique endomorphisme \(u\) de \(E\) ayant \(A\) comme matrice dans la base \(e\). Puisque \(A^2=I\), \(u^2=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et donc \(u\) est une symétrie vectorielle. On a \[E=\operatorname{Ker}(u-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\oplus\operatorname{Ker}(u+\mathop{\mathrm{id}}\nolimits).\] En effet, on peut toujours écrire \(x = \dfrac12 \left( x + u(x) \right) + \dfrac12 \left( x - u(x) \right)\) avec \(x + u(x)\in\operatorname{Ker}(u-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) et \(x - u(x)\in\operatorname{Ker}(u+\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). L’intersection de \(\operatorname{Ker}(u-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) et \(\operatorname{Ker}(u+\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) étant bien sûr réduite au vecteur nul.

Comme \(A\) n’est pas scalaire, \(u\neq \mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et \(u\neq -\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\). Par conséquent, aucun des deux noyaux n’est \(\mathbb R^2\) tout entier. Les noyaux \(\operatorname{Ker}(u-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) et \(\operatorname{Ker}(u+\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) sont donc des droites vectorielles. Considérons \(f_1\neq 0\) un vecteur de \(\operatorname{Ker}(u-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) et \(f_2\neq 0\) un vecteur de \(\operatorname{Ker}(u+\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). D’après le théorème sur les bases adaptées à une somme directe, \(f=(f_1,f_2)\) est une base de \(E\). Dans cette base, \[D= Mat_f(u)=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\]

De la même façon, il existe un unique endomorphisme \(v\) ayant \(B=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\) comme matrice dans la base canonique. Comme \(B^2=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\), le même raisonnement montre que \(v\) est une symétrie vectorielle et permet de construire une base \(g\) dans laquelle \(Mat_g(v)=D\).

Par conséquent, puisque \(A\) et \(D\) sont semblables et que \(B\) et \(D\) sont semblables, on en déduit que \(A\) et \(B\) sont semblables.


Exercice 573 **

1 avril 2021 11:56 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces


[ID: 1750] [Date de publication: 1 avril 2021 11:56] [Catégorie(s): Matrices semblables, équivalentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 573
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:56
  1. D’après la formule du rang, \[n = \dim\operatorname{Ker}f + \mathop{\mathrm{rg}}f\] donc \(\operatorname{Ker}f\) est un hyperplan de \(E\) de dimension \((n-1)\). Comme \(\mathop{\mathrm{rg}}(f) = \dim \mathop{\mathrm{Im}}f = 1\), il existe un vecteur \(a \neq 0\) tel que \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Vect}}(a)\). Puisque l’on a supposé que \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \{0_E\}\), et que \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}f + \dim \operatorname{Ker}f = n\), on sait que \[E = \mathop{\mathrm{Vect}}(a) \oplus \operatorname{Ker}f\] le système \((a)\) est une base de \(\mathop{\mathrm{Im}}f\), et si l’on suppose \(n \geqslant 2\), puisque \(\operatorname{Ker}f \neq \{0_E\}\), il existe une base de \(\operatorname{Ker}f\) de la forme \((\varepsilon_2\dots, \varepsilon_n)\). Le théorème de la base adaptée à une somme directe nous dit alors que le système \(\varepsilon=(a, \varepsilon_2,\dots, \varepsilon_n)\) est une base de \(E\). Comme \(f(a) \in \mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Vect}}(a)\), il existe \(\lambda \in \mathbb{K}\) tel que \(f(a) = \lambda a\). La matrice de \(f\) dans la base \(\varepsilon\) est donc bien de la forme souhaitée.

  2. Dans le cas où \(a \in \operatorname{Ker}f\), on a \(\mathop{\mathrm{Im}}f \subset \operatorname{Ker}f\) et donc \(f^2 = 0\). Le résultat est montré avec \(\alpha = 0_{\mathbb{K} }\).

    On peut donc supposer que \(\mathop{\mathrm{Im}}f \not\subset \operatorname{Ker}f\) et alors \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \{0\}\). D’après a), on a construit une base \(\varepsilon\) dans laquelle la matrice de \(f\) était simple : \(A = \mathop{\mathrm{Mat}}_{\varepsilon}(f) = \lambda E_{11}\). On calcule alors \(A^2 = \lambda^2 E_{11}E_{11} = \lambda^2 E_{11} = \lambda A\) et on en déduit que \(f^2 = \lambda f\).

  3. Supposons que \(\mathop{\mathrm{rg}}f = 1\). Lorsque \(\mathop{\mathrm{Im}}f \cap \operatorname{Ker}f = \{0\}\), on a construit une base \(\varepsilon\) dans laquelle la matrice de \(f\) s’écrivait \(A = \lambda E_{11}\). Posons \(X'\) la matrice colonne avec un \(\lambda\) sur la première ligne et des zéros sur les autres lignes, et \(Y'\) la matrice colonne avec un \(1\) sur la première ligne et des zéros sur les autres lignes. Un calcul direct montre que \[A = X' {Y'}^{\mathrm{T}}\] Mais puisque les matrices \(A\) et \(B\) représentent le même endomorphisme \(f\) dans deux bases différentes \(\varepsilon\) et \(e\), elles sont semblables. En notant \(P\) la matrice de passage de la base \(\varepsilon\) vers la base \(e\), on a \[A = PBP^{-1} = (PX') {Y'}^{\mathrm{T}}P^{-1} = (PX') {({P^{-1}}^{\mathrm{T}}Y')}^{\mathrm{T}}\] et il suffit de poser \(X = PX' \in \mathfrak{M}_{n1}(\mathbb{\mathbb{K} })\) et \(Y = {P^{-1}Y'}^{\mathrm{T}} \in \mathfrak{M}_{n1}(\mathbb{\mathbb{K} })\) pour avoir \(B = X{Y}^{\mathrm{T}}\).

    Si l’on suppose maintenant que \(B = X{Y}^{\mathrm{T}}\), en notant \(X = (x_i)_{1\leqslant i \leqslant n}\) et \(Y = (y_i)_{1\leqslant i \leqslant n}\), la matrice \(B\) s’écrit : \[B = ((x_iy_j))_{1\leqslant i,j\leqslant n} = \begin{pmatrix} x_1y_1 & x_1y_2 & \dots & x_1y_n \\ x_2y_1 & x_2y_2 & \dots & x_2y_n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ x_ny_1 & x_ny_2 & \dots & x_ny_n \end{pmatrix}\] On s’aperçoit que toutes les colonnes de cette matrice sont proportionnelles à la matrice colonne \(X\). En utilisant l’algorithme du rang, on trouve que cette matrice est de rang \(1\) (la colonne \(X\) est non-nulle).


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