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Lyc´ ee Franc¸ois 1er
Maths Sp´ e PC
2016-2017
Devoir maison 3bis – facultatif – corrig´ e
Pour voir l’´ enonc´ e
http://spepcfr1.pagesperso-orange.fr/spepc/documents/dm3bis.pdf
Probl` eme
Mines PC 2014
Partie 1
1)Notons A= (ai j )et B= (bi j )o` u les indices iet jvarient de 1 ` an. Par la formule du produit
matriciel, on a
AB = (ci j )avec ci j =
n
X
k=1
aik bk j
donc tr AB =
n
X
i=1
n
X
k=1
aik bki . Le mˆ eme calcul en ´ echangeant les rˆ oles de Aet Bdonne
tr BA =
n
X
i=1
n
X
k=1
bik aki
On peut intervertir l’ordre des sommations par associativit´ e et commutativit´ e de l’addition, donc
tr BA =
n
X
k=1
n
X
i=1
aki bik =tr AB
en ´ echangeant enfin les lettres d’indexation ket i, d’o` u le r´ esultat.
2)Notons Bet B0deux bases de Xet P=PB→B0la matrice de passage. Par une formule usuelle
de changement de bases , on a
TB0=PB0→B TBPB →B0=P−1TBP
En utilisant la formule de la trace obtenue question pr´ ec´ edente, on en d´ eduit que
tr TB0=trP−1TBP=trPP−1TB=tr(TB)
d’o` u l’´ egalit´ e et la trace obtenue ne d´ epend pas de la base Butilis´ ee pour repr´ esenter T.
3)Montrons que la somme R(P)+ N(P)est directe. On utilise la caract´ erisation par intersection. Soit
x∈R(P)∩N(P), alors x∈R(P), donc on peut ´ ecrire x=P(y)o` uy∈Xet par ailleurs, on a aussi
P(x) = 0. En remplac¸ant xpar P(y), on obtient alors
P(x) = P2(y) = 0 avec P2(y) = P(y)donc P(y) = x=0
d’o` u le r´ esultat.
– D’apr` es le r´ esultat du cours sur la dimension d’une somme directe, on a
dimR(P)⊕N(P)=dim R(P) + dim N(P)
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et d’apr` es la formule du rang appliqu´ ee ` a l’endomorphisme P, on a aussi
dim R(P) + dim N(P) = dim X=n
Finalement, R(P)⊕N(P)est un sous-espace de X, de mˆ eme dimension que X, donc il lui est ´ egal.
4)Notons B= (e1, . . . , en)une base adapt´ ee ` a la d´ ecomposition en somme directe pr´ ec´ edente, c’est-
`
a-dire que R(P) = Vect(e1, . . . , er)et N(P) = Vect(er+1, . . . , en)o` ur=dim R(P) = rg(P). La matrice de
Pdans cette base est, en l’´ ecrivant par blocs
PB=IrO
O On−r
o` u les Osont des matrices nulles de tailles convenables. En calculant tr Pdans cette base, d’apr` es le
2), on obtient
tr P=r=rg P
5)La matrice de P0dans la base Bpr´ ec´ edente est
P0
B=OrO
O In−r
On en d´ eduit trivialement que N(P0) = Vect(e1, . . . , er) = R(P)et que R(P0) = Vect(er+1, . . . , en) =
N(P).
6)C’est un r´ esultat du cours. Notons Uet Vdes bases de Fet Grespectivement. Alors la famille
W=U ∪ V obtenue en concat´ enant les familles Uet Vest une famille g´ en´ eratrice de F+G. D’apr` es
un r´ esultat fondamental du cours sur la dimension d’un espace vectoriel, on en d´ eduit que
dim(F+G)6card W=card U+card V=dim F+dim G
car le cardinal d’une base est toujours inf´ erieur ` a celui d’une famille g´ en´ eratrice d’un espace de
dimension finie.
7)Si S=P1+· · · +Pmest une somme de projecteurs, alors on a en consid´ erant les images,
R(S) = R(P1+· · · +Pm)⊂R(P1) + · · · +R(Pm)
donc, en prenant les dimensions, et en appliquant de mani` ere r´ ep´ et´ ee le r´ esultat pr´ ec´ edent sur la
dimension d’une somme d’espaces,
dim R(S)6dim R(P1) + · · · +dim R(Pm)
D’apr` es la question 4), dim R(Pi) = tr Pipour un projecteur Piet par ailleurs, dim R(S) = rg Spar
d´ efinition du rang, donc
rg S6tr(P1) + · · · +tr(Pm)
Par lin´ earit´ e de la trace, on peut regrouper les termes du second membre, ce qui redonne S,
rg S6tr(P1+· · · +Pm) = tr(S)
d’o` u le r´ esultat. On remarque ´ egalement que tr Sest un entier positif car les traces des diff´ erents
projecteurs Pisont des entiers positifs.
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Partie 2
8)Comme Pest de rang 1, on peut poser R(P) = Vect(x0)o` ux0est un vecteur non nul. En particulier,
PT (x0)∈R(P), donc il est colin´ eaire ` ax0. Ainsi, ∃µ∈Rtel que PT (x0) = µx0.
– Pour tout x∈X, on a P(x)∈R(P), donc de la mˆ eme mani` ere, ∃λ∈Rtel que P(x) = λx0. On peut
calculer,
PTP(x) = PT (λx0) = λPT (x0) = λ×µx0=µP(x)
Ceci ayant lieu pour tout x∈X, on a l’´ egalit´ e d’endomorphismes PTP =µP.
9)Notons T(f1) = λ1f1+· · ·+λnfn. Il s’agit simplement de montrer que λ1=µ. Or f1∈R(P) = N(P0)
puisqu’on a choisi une base adapt´ ee ` aR(P)⊕N(P), donc P(f1) = f1. On peut donc calculer,
PTP(f1) = PT (f1) = P(λ1f1+· · · +λnfn) = λ1f1+0=λ1f1
par lin´ earit´ e de P. Or on a aussi grˆ ace ` a la question pr´ ec´ edente, PTP(f1) = µP(f1) = µf1, donc λ1=µ
puisque f16=0(c’est un vecteur d’une base). La matrice TCa donc bien la forme annonc´ ee.
10)On proc` ede par contrapos´ ee. Si au contraire, Best une matrice d’homoth´ etie, alors elle est de la
forme B=λIn−1, donc TCest de la forme
TC=
µ×××
×
×
×
λ...
λ
D’une part, on a P0(f1) = f1−P(f1) = 0, donc P0TP0(f1) = 0. D’autre part, pour k∈v2, nw, on a
P0(fk) = fk−P(fk) = fk(pour les mˆ emes raisons, question 5). On peut alors calculer
P0TP0(fk) = P0T(fk) = P0(×f1+λfk)
o` u le ×d´ esigne le terme non pr´ ecis´ e dans la premi` ere ligne de la matrice pr´ ec´ edente. Comme
f1∈N(P0), on a finalement
P0TP0(fk) = λP0(fk)
On remarque que cette relation reste valable lorsque k=1(tout est alors nul). On a donc l’´ egalit´ e sur
une base P0TP0=λP0qui montre que P0TP0est proportionnel ` aP0. On a prouv´ e
Best une matrice d’homoth´ etie =⇒P0TP0est proportionnel ` aP0
d’o` u´ egalement
P0TP0n’est pas proportionnel ` aP0=⇒Bn’est pas une matrice d’homoth´ etie
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Partie 3
11)On proc` ede par l’absurde, en supposant que ∀x∈X, les vecteurs xet Tx sont li´ es. Notons
(e1, . . . , en)une base de X, alors il existe des scalaires λ1, . . . , λntels que Tei=λiei,i∈v1, nw. En
particulier, on a par lin´ earit´ e,
T(ei+ej) = λiei+λjej
et de plus, il existe un scalaire λtel que T(ei+ej) = λ(ei+ej). Comme la famille (ei,ej)est libre, on en
d´ eduit que λi=λj=λ, donc tous les scalaires λisont ´ egaux. Cela implique que Test une homoth´ etie,
en contradiction une hypoth` ese.
12)Soit e1∈Xun vecteur tel que e1et Te1ne soient pas li´ es. On note e2=Te1et on compl` ete la
famille libre (e1,e2)en base (e1,e2, . . . , en)de X, selon le th´ eor` eme de la base incompl` ete. Comme
Te1=0e1+e2+0e3+· · · +0en, la premi` ere colonne de la matrice TBa bien la forme indiqu´ ee.
13)On suppose que Ta une trace nulle. Proc´ edons par r´ ecurrence sur n, la dimension de X.
– Pour n=2, d’apr` es la question pr´ ec´ edente, il existe une base Bde Xdans laquelle la matrice de T
est de la forme
TB=0×
1a
o` ua∈R(correspond ` a une matrice Ad’ordre 1). Comme la trace ne d´ epend pas du choix de la base,
on a tr T=a=0. Ainsi, la diagonale de la matrice pr´ ec´ edente est nulle, d’o` u le r´ esultat.
– On suppose le r´ esultat d´ emontr´ e jusqu’` a l’ordre n>2 fix´ e. Toujours d’apr` es la question pr´ ec´ edente,
il existe une base Bde Xdans laquelle Test repr´ esent´ e par la matrice par blocs
TB=
0× × · · · ×
1
0
.
.
.
0
A
– Si Aest une matrice d’homoth´ etie, alors tr T=0+tr A, donc tr A=0. On en d´ eduit que A=O, la
matrice nulle. Ainsi, dans ce cas, la matrice de Tdans la base Best bien de diagonale nulle.
– Si An’est pas une matrice d’homoth´ etie, alors on peut appliquer l’hypoth` ese de r´ ecurrence ` a
l’endomorphisme T1de l’espace X1=Vect(e2, . . . , en)de matrice A.T1n’est pas une homoth´ etie et
est de trace nulle, donc par r´ ecurrence, il existe une base B0= (e0
2, . . . , e0 n)de X1telle que la matrice
A0de T1dans B0soit de diagonale nulle. La matrice de Tdans la base C= (e1,e0
2, . . . , e0 n)est de la
forme
TB=
0× × · · · ×
1
0
.
.
.
0
A0
donc de diagonale nulle.
14)On consid` ere l’endomorphisme T0=T−t1I. Par lin´ earit´ e de la trace, on a tr T0=tr T−2t1=
t2−t1. Comme Tn’est pas une homoth´ etie, T0n’en est pas non plus une, donc d’apr` es la question
pr´ ec´ edente, il existe une base B00 de Xdans laquelle la matrice de T0est
T0
B00 =0×
1a
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avec n´ ecessairement a=t2−t1(la trace). Par op´ erations matricielles, on a donc
TB00 =t1×
1t2
C’est une matrice dont les ´ el´ ements diagonaux sont t1et t2.
15)On prend t=t1. D’apr` es le r´ esultat admis, il existe un projecteur Lde rang 1 tel que LTL =t1L.
D’apr` es la question 9)de la partie 2, TCa la forme indiqu´ ee o` uBn’est pas une matrice d’homoth´ etie
car L0TL0n’est pas proportionnel ` aL0(question 10).
16)Le r´ esultat est v´ erifi´ e pour un espace Xde dimension 2, d’apr` es la question 14).
– Supposons le ´ etabli pour un espace de dimension n−1>2. En reprenant les r´ esulats de la question
15, notons C= (e1, . . . , en)la base ainsi obtenue et T0l’endomorphisme de X0=Vect(e2, . . . , en)de
matrice B. Alors T0n’est pas une homoth´ etie de X0qui est de dimension n−1 et il a pour trace
t2+· · · +tn, donc il existe une base (e0
2, . . . , e0 n)de X0telle que la matrice de T0dans cette base ait
pour ´ el´ ements diagonaux t2, . . . , tn. La matrice de Tdans la base B00 = (e1,e0
2, . . . , e0 n)a pour ´
el´ ements
diagonaux t1, . . . , tn, d’o` u le r´ esultat.
Partie 4
17)Par hypoth` ese rg T=ρ, donc d’apr` es la formule du rang, dim N(T) = n−ρ. Notons (eρ+1, . . . , en)
une base de N(T)et compl´ etons-la en base B= (e1, . . . , en)de X, alors la matrice de Tdans Ba la
forme indiqu´ ee, T1´ etant de taille ρ×ρet T2de taille (n−ρ)×ρ.
18)Comme θ=tr Test un entier sup´ erieur ` aρ, il existe des entiers t1, . . . , tρnon nuls tels que
tr T=t1+· · · +tρ
Par exemple, on peut prendre t1=· · · =tρ−1=1 et tρ=θ−(ρ−1).
Lorsque ρ=1, l’´ ecriture matricielle demand´ ee est triviale, sinon, on peut appliquer les r´ esultats des
questions 14 et 16 de la partie 3 ` a l’endomorphisme T0de matrice T1de l’espace X0=Vect(e1, . . . , eρ).
Il existe une base C= (e0
1, . . . , e0 ρ)de X0telle que la matrice de T0dans cette base ait pour ´
el´ ements
diagonaux les ti,i=1, . . . , ρ. En notant
B0= (e0
1, . . . , e0 ρ,eρ+1, . . . , en)
on a une base dans laquelle la matrice de Ta la forme indiqu´ ee.
19)On proc` ede par r´ ecurrence sur ρ>1, le rang de T.
– Si ρ=1, alors par la formule du rang, on a dim N(T) = n−1. On en d´ eduit que 0 ∈sp T, avec
une multiplicit´ e au moins n−1. En utilisant tr T=θ>ρ, donc non nul, on en d´ eduit que θest aussi
valeur propre de T, de multiplicit´ e 1.
Finalament, Test diagonalisable et plus pr´ ecis´ ement, on a T=θPo` uPest le projecteur sur R(T),
parall` element ` aN(T). On peut donc aussi ´ ecrire
T=P+· · · +P
| {z }
θfois
puisque θ∈N∗.Test donc la somme d’un nombre fini de projecteurs Pidentiques.
– On suppose le r´ esultat prouv´ e jusqu’au rang ρ−1>1 fix´ e et on le prouve au rang ρ.
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