Matrice inverse et polynôme annulateur - Exercice 1

12 min
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Soit A∈M3(K)A \in \mathscr{M}_3 \left(\mathbb{K}\right) tel que A=(1060−12−80−6−64)A=\left( \begin{array}{ccc}10 & 6 & 0 \\ -12 & -8 & 0 \\ -6 & -6 & 4 \end{array}\right) .
Question 1

Calculer A2−2AA^2-2A et en déduire un polynôme annulateur de la matrice AA.

Correction
Nous savons que : A=(1060−12−80−6−64)A=\left( \begin{array}{ccc}10 & 6 & 0 \\ -12 & -8 & 0 \\ -6 & -6 & 4 \end{array}\right)
On vérifie facilement que : A2=(28120−24−80−12−1216)A^2=\left( \begin{array}{ccc}28 & 12 & 0 \\ -24 & -8 & 0 \\ -12 & -12 & 16 \end{array}\right)
Finalement :
A2−2A=8I3A^2-2A=8I_3
    Polynômes annulateurs d’une matrice carrée
  • Soit A∈Mn(K)A \in \mathscr{M}_n \left(\mathbb{K}\right) . On appelle polynôme annulateur de AA tout polynôme P∈K[X]P \in\mathbb{K}[X] pour lequel P(A)=0P\left(A\right)=0 .
Comme A2−2A=8I3A^2-2A=8I_3 alors A2−2A−8I3=0A^2-2A-8I_3=0 .
Ce qui signifie que P(X)=X2−2X−8P\left(X\right) = X^2 -2X -8 est un polynôme annulateur de la matrice AA.
Question 2

En déduire la matrice inverse de AA noté A−1A^{-1} .

Correction
D'après la question 11, nous savons que :
A2−2A=8I3A^2-2A=8I_3
A×A−2A×I3=8I3\red{A}\times A-2\red{A}\times I_3=8I_3
    Distributivité du produit par rapport à la somme.
  • A⋅(B+C)=AB+AC\red{A}\cdot\left(B+C\right)=\red{A}B+\red{A}C et (B+C)⋅A=BA+CA\left(B+C\right)\cdot \red{A}=B\red{A}+C\red{A}
    • Il vient alors que :
    A⋅(A−2I3)=8I3\red{A}\cdot\left( A-2I_3\right)=8I_3
    18⋅A⋅(A−2I3)=I3\frac{1}{8}\cdot\red{A}\cdot\left( A-2I_3\right)=I_3
    D'où :
    A⋅[18⋅(A−2I3)]=I3\red{A}\cdot\left[\frac{1}{8}\cdot\left( A-2 I_3\right)\right]=I_3
    Matrice inversible
    • Soit A∈Mn(K)A \in \mathscr{M}_n \left(\mathbb{K}\right) .
      AA est inversible si et seulement il existe une unique matrice B∈Mn(K)B \in \mathscr{M}_n \left(\mathbb{K}\right) tel que : AB=BA=InAB=BA=I_n.
      On appelle BB l’inverse de AA et on la note A−1A^{-1} .
      Remarque : il suffit en fait de vérifier une seule des conditions AB=InAB=I_n ou bien BA=InBA=I_n et on aura alors nécessairement
      A−1=BA^{-1}=B
      .
    Il en résulte donc que :
    A−1=18⋅(A−2I3)A^{-1}=\frac{1}{8}\cdot\left( A-2I_3\right)
    A−1=18⋅((1060−12−80−6−64)−2⋅(100010001))A^{-1}=\frac{1}{8}\cdot\left( \left( \begin{array}{ccc}10 & 6 & 0 \\ -12 & -8 & 0 \\ -6 & -6 & 4 \end{array}\right)-2\cdot \left( \begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\right)
    Ainsi :
    A−1=(1340−32−540−34−3414)A^{-1}= \left( \begin{array}{ccc}1 & \frac{3}{4} & 0 \\ -\frac{3}{2} & -\frac{5}{4} & 0 \\ -\frac{3}{4} & -\frac{3}{4} & \frac{1}{4} \end{array}\right)

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