Military Systems

1 0

1 a et 

 1 0

1 b sont semblables car semblables à 

 1 0

1 1 .

Enfin, 

 1 0

1

1 et 

 1 0

0

1 ne sont pas semblables, car la seule matrice semblable à I₂ est elle-même.

Conclusion :



 1 0 1 a _et



 1 0

1 b sont semblables ssi a = b = 0 ou a et b sont non nuls.

Exercice 57 : Les matrices A =











 1 0 0

1 1 0

0 1 1

et B =











 1 0 0

0 1 0

0 1 1

sont-elles semblables ?

Solution : Ici, A et B ont même trace et même déterminant.

Nous allons donner des méthodes simples, élémentaires, pour attaquer ce problème.

1^ère solution, purement matricielle. Il s’agit de chercher P ∈ Gl3(K) telle que P⁻¹.A.P = B.

Cette matrice P vérifie A.P = P.B.

Les matrices vérifiant A.P = P.B forment un sous-espace vectoriel de M₃(K).

Elles sont faciles à déterminer, et il restera à savoir s’il y en a qui sont inversibles.

Or un calcul par coefficients indéterminés montre que A.P = P.B ⇔ P =











 0 0 0

0 0 p

r q p

. Ces matrices forment un sev de dimension 3 de M₃(K), aucune d’elles n’est inversible.

Conclusion : A et B ne sont pas semblables.

2^ème solution, plus linéaire. S’il existe P ∈ Gl3(K) telle que P⁻¹.A.P = B, alors, pour tout λ ∈ K et tout k ≥ 1, P⁻¹.( A − λ.I )^k.P = ( B − λ.I )^k.

A fortiori pour tout λ∈ K et tout k ≥ 1, ( A −λ.I )^k et ( B −λ.I )^k sont équivalentes, et pour tout λ∈ K et tout k ≥ 1, rg ( A −λ.I )^k = rg ( B −λ.I )^k .

Or ici 1 = rg (A − I )² ≠ rg ( B −λ.I )² = 0

3^ème solution, anticipant sur la suite : A et B ont même polynôme caractéristique (X – 1)³, mais pas même polynôme minimal : celui de A est (X – 1)³, celui de B est (X – 1)² .

Exercice 58 : Matrices de rang 1.

1) Classifier à équivalence près les matrices A ∈ Mn(K) de rang 1.

2) Montrer que toute matrice de rang 1 est semblable, soit à une matrice diag(a, 0, …, 0), où a ∈ K*, soit à E₁₂.

3) En déduire que dans M_n(K) deux matrices de rang 1 sont semblables ssi elles ont même trace.

4) Si K est fini de cardinal q, combien y a-t-il de matrices de rang 1 dans M_n(K) ? Combien y a-t-il de classes de similitudes de telles matrices ? Quel est le cardinal de chacune d’elles ?

Solution :

1) Les matrices de rang 1 sont les matrices équivalentes à E₁₁ (ou à E_ij) ; elles forment une seule classe d’équivalence.

2) Passons par les endomorphismes.

Soient E un espace vectoriel de dimension n, u un endomormhisme de rang 1 de E.

D = Im u est une droite, H = Ker u un hyperplan de E, stables par u. De deux choses l’une :

• Soit D et H sont supplémentaires. Choisissant une base (e₁, e₂, …, e_n) adaptée à cette somme directe, la matrice de u est diag(a, 0, …, 0), où a est non nul ; c’est la trace de u.

• Soit D ⊂ H. Soient e₂ un vecteur non nul de D, e₁ un vecteur tel que e₂ = u(e₁).

e₁ n’est pas élément de H, donc E = Ke₁⊕ H. Si l’on complète e₂ en une base (e₂, … , e_n) de H, on obtient une base (e₁, … , e_n) de E relativement à laquelle u a pour matrice E₁₂.

Au fond, l’alternative est : soit u est diagonalisable, soit il ne l’est pas.

3) se déduit de 2).

4) Si K a q éléments, il y a

1 ) 1 )(

1 (

− −

− q

q q^{n n}

matrices de rang 1 dans M_n(K), car de telles matrices s’écrivent A = X.^tY, où X et Y sont des vecteurs colonnes non nuls, définis à scalaire près.

En vertu de 2) elles forment q – 1 + 1 = q classes de similitude.

Pour calculer les cardinaux, il faut dénombrer le commutant dans Gl_n(K) des matrices réduites trouvées en 2).

Exercice 59 : Soient E un K-ev de dimension finie n , f ∈LLLL(E). Montrer l’équivalence : i) Im f = Ker f ;

ii) n est pair, n = 2m, et il existe une base BBBB de E telle que Mat( f , B B B B _{) =}



 O O

I O m

; iii) f o f = 0 et il existe un endomorphisme h de E tel que id_E = h o f + f o h.

Solution :

i) ⇒ ii) Soit m = dim Im f = dim Ker f. Le théorème du rang affirme que n = 2m.

L’examen attentif du résultat à atteindre nous dicte la marche à suivre.

Soit (e₁, …, e_m) une base de Ker f. Comme Ker f = Im f , chaque vecteur e_i a un antécédant e_i = f(e_m+i) par f . Je dis que (e₁, …, e_m , e_m+1, …, e_n) est libre. En effet

λ1.e₁ + … + λm.e_m + λm+1.e_m+1 + … + λn.e_n = 0 s’écrit λ1.f(e_m+1) + … + λm.f(e_2m) + λm+1.e_m+1 + … + λn.e_n = 0 Appliquons f. Il vient : λm+1.e₁ + … + λn.e_m = 0, donc λm+1 = … = λn = 0.

Puis λ1.e₁ + … + λm.e_m = 0 , donc λ1 = … = λm = 0.

La famille (e₁, …, e_m , e_m+1, …, e_n) à n vecteurs est libre, donc est une base.

La matrice de f relativement à cette base est bien



 O O

I O m

. ii) ⇒ iii) La matrice N =



 O O

I O m

vérifie N² = 0. De plus, cherchons une matrice-blocs M =



 D C

B A

telle que I_n = M.N + N.M. Un calcul montre que M.N + N.M = 

 + C O

D A

C . Il suffit de considérer un endomorphisme h de matrice M =





−A I

B A

m , en particulier celui de matrice



 O I

O O

m .

iii) ⇒ i) f o f = 0 implique, et même équivaut à Im f ⊂ Ker f.

De plus, si id_E = h o f + f o h, alors x ∈ Ker f ⇒ x = h(f(x)) + f(h(x)) = f(h(x)) ∈ Im f. cqfd.

Exercice 60 : Soient E un K-ev de dimension finie n , f ∈LLLL(E) tel que f o f = 0.

Montrer que r = rg f ≤ n/2 et qu’il existe une base BBBB de E telle que Mat( f , B B B B _{) =}



 O O

I O ^r _.

Solution : Il s’agit de réduire les endomorphismes nilpotents d’indice ≤ 2.

1) f o f = 0 ⇔ Im f ⊂ Ker f ⇒ rg f ≤ n – rg f ⇔ 2 rg f ≤ n.

2) L’examen attentif du résultat montre comment construire la (une) base BBBB cherchée.

Considérons d’abord une base (e₁, …, e_r) de Im f .

Complétons-la en une base (e₁, …, e_r, e_r+1, …, e_n−r) de Ker f .

Choisissons, pour chaque indice 1 ≤ i ≤ r, un vecteur en−r+itel que e_i = f(e_n−r+i).

Montrons que BBBB _{= (e1, …, er, er+1, …, en−r, en−r+1, …, en}) est une base de E. Pour cela, il suffit de montrer que la famille est libre. Le lecteur est prié de le faire.

La matrice de f relativement à cette base a bien la forme voulue.

Exercice 61 : Soient E un K-espace vectoriel de dimension 3n , f ∈ LLLL(E) tel que f ³ = 0 et rg f = 2n.

Montrer qu’il existe une base BBBB de E telle que Mat(f, BBBB_{) =}













O I O

O O I

O O O

n

n .

Solution : Bel exercice d’analyse et de synthèse.

L’examen attentif du résultat conduit à montrer que Ker f ⊂ Im f , dim Ker f = n , dim Im f = 2n.

Or il est clair que {0} ⊂ Ker f ⊂ Ker f ² ⊂ E dim Ker f = n ∪ ∪

{0} ⊂ Im f ² ⊂ Im f ⊂ E dim Im f = 2n.

Appliquons le théorème du rang à u = f | _{Im f} par exemple.

2n = dim Im f = dim Ker u + dim Im u = dim (Im f ∩ Kerf ) + dim Im f ² ≤ dim Ker f + dim Im f ² ≤ 2 dim Ker f ≤ 2n . De cela on déduit que Im f ∩ Ker f = Ker f = Im f ² .

Soit alors (a₁, …, a_n) une base de Ker f = Im f ² . Pour chaque i, posons a_i = f ²(c_i), puis b_i = f(c_i) .

Je dis que (c₁, …, c_n , b₁ , … , b_n , a₁, … , a_n) est une base de E. En effet, elle est libre à 3n éléments.

∑ γ

^{ici +}

∑ β

^{ibi +}

∑ α

^iai = 0 s’écrit

∑ γ

^{ici +}

∑ β

^{i f(ci)+}

∑ α

^{i f²(ai)= 0}

Cela implique en appliquant f ² :

∑ γ

^iai = 0. Comme les a_i sont libres, tous les γi sont nuls.

Donc

∑ β

^{i f(ci)+}

∑ α

^{i f²(ai)}= 0. Appliquons f : il vient

∑ β

^iai = 0 , donc les βi sont nuls.

Enfin,

∑ ^α

^iai = 0, et tous les αi sont sont nuls. cqfd Il reste à considérer la matrice de f dans cette base.

Remarques :

1) Il revenait au même de montrer qu’il existe une base BBBB’ de E telle que : Mat( f , BBBB’) = diag(N, N, … , N) , où N =











 0 1 0

0 0 1

0 0 0

.

2) Le théorème de Jordan dit que, comme f ³ = 0, il existe une base B de E telle que : Mat(f , B) = diag(N, N, …, N’, N’, … , N’’, N’’, … ) , où N =











 0 1 0

0 0 1

0 0 0

, N’ =



 0 1

0

0 et N’’ = [0] .

Si k₁ (resp. k₂, k₃) est le nombre de blocs égaux à N (resp. N’, N’’), on a :

3.k₁ + 2.k₂ + k₃ = 3n et k₁ + k₂ + k₃ = n , donc k₂ = k₃ = 0 et k₁ = n. cqfd.

Exercice 62 : Trouver lim _n→+∞













− 1

1

n α n

α ⁿ

( α∈ R ) .

Solution : Posons

α

n _{= tan θn} , ou plutôt θn = Arctan

α

n _.

















− 1 1

n α n

α =





−tan 1 tan 1

n

θ θn ₌

θ

n

cos

1 



− θθⁿⁿ θθⁿⁿ cos sin

sin

cos ₌

² 1 ²

α

n

+ _^_{− }^

n n

n

n θ

θ θ

θ cos sin

sin

cos _.













− 1

1

n α n

α ⁿ

= )^/2

²² 1

( ⁿ

α

n

+ _^_{− }^ ) cos(

) sin(

) sin(

) cos(

n n

n n

n n

n nθθ θθ _.

n.θn = n.Arctan

α

n _{→ α} quand n → +∞ , et 2 n_{ln(1 +}

²

²

α

n _{) =}

n (2

²²

α

n _{+ o(}

² 1

n ⁾) → 0.

Conclusion : lim _n→+∞













− 1

1

n α n

α n

= 



− αα αα cos sin

sin

cos _.

Remarques :

1) On aurait pu aussi diagonaliser A =













− 1

1

n α n

α , ou confondre A et le nombre complexe 1 + i

α

n _,

In document Infrastructureless Pedestrian Positioning (Page 43-48)