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Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
Corrigé du devoir en temps libre no4 de Mathématiques
1. Trace d'un endomorphisme :
(a) Soient A, B deux matrices de Mn (K), semblables : il existe une matrice P inversible telle que B = P −1 AP ,
et on a :
Tr(B) = Tr((P −1 A)P ) = Tr(P (P −1 A)) = Tr(A)
On conclut :
Deux matrices semblables ont la même trace
(b) Si B est une base de E et si f ∈ L(E), on dénit la trace de f par :
Tr(f ) = Tr(MatB f )
0
Si on introduit une autre base B , on sait qu'il existe une matrice inversible P telle que :
MatB0 f = P −1 (MatB f )P
Les deux matrices MatB f et MatB0 f sont donc semblables, et ont par conséquent la même trace. On conclut :
La dénition de Tr(f ) ne dépend pas de la base
(c) Soient f, g, h ∈ L(E), telles que f = g ◦ h − h ◦ g . Désignons par A et B les matrices respectives de g et h
dans une base xée de E . On a :
Trf = Tr(g ◦ h − h ◦ g)
= Tr(AB − BA)
= Tr(AB) − Tr(BA)
=
0
Conclusion :
f = g ◦ h − h ◦ g =⇒ Trf = 0
2. Dans cette question, E est de dimension n = 2. Soit f un endomorphisme de trace nulle.
(a) Si f est une homothétie de rapport λ, la matrice de f dans une base quelconque est de la forme :
A=
λ
0
0
λ
On a alors tr f = tr A = 2λ = 0, ce qui entraîne λ = 0. Ainsi :
f est l'application nulle.
(b) La matrice de f , dans une base quelconque, est de la forme :
A=
et on a alors :
2
A =
a
c
b
−a
a2 + bc
0
0
a2 + bc
Donc, en dimension 2 :
Tr(f ) = 0 =⇒ f 2 est une homothétie
−
−
−
(c) f n'est pas une homothétie donc il existe →
u ∈ E, tel que →
u et f (→
u ) forment une base de E (d'après la
−
−
2
propriété rappelée au début de l'énoncé). Comme f est une homothétie, il existe λ tel que f 2 (→
u ) = λ→
u.
Et :
−
−
Mat(→
u ,f (→
u )) f =
0
1
λ
0
On a ainsi trouvé une base de E dans laquelle la matrice de f a ses termes diagonaux nuls.
1/3
−
−
−
3. dim E = 3 et E est rapporté à une base (→
e1 , →
e2 , →
e3 ). On donne l'endomorphisme f de matrice :

−2
−1
−1
2
A= 0
1

5
(a) A2 =  1
1

−3 −1
0 −2  ,
0
1

9
A3 =  0
3

1
1 
−1

−6 3
0 3 
−3 0
On vérie immédiatement que A3 = 3(A + I), d'où :
f 3 = 3(f + idE )
(b) Les premières colonnes de A et A2 montrent que :
−
−
−
f (→
e1 ) = 2→
e1 + →
e3
−
→
−
→
−
−
2 →
f ( e1 ) = 5 e1 + e2 + →
e3
On a alors :
−
−
−
det(→
e1 ,→
e2 ,→
e3 )
1
→
−
→
−
−
2 →
e1 , f ( e1 ), f ( e1 ) = 0
0
2
0
1
5
1
1
6= 0
Il en résulte :
→
−
−
−
e1 , f (→
e1 ), f 2 (→
e1 ) est une base de E
−
−
−
(c) On a f 3 (→
e1 ) = 3f (→
e1 ) + 3 →
e1 , car f 3 = 3(f + idE ). Il en résulte :

0
f =  1
Mat →
−
−
−
e1 ,f (→
e1 ),f 2 (→
e1 )
0
0
0
1

3
3 
0
4. E est maintenant de dimension nie n. Soit f un endomorphisme non nul, de trace nulle.
(a) Par le même raisonnement que dans la question 2a, on voit que f n'est pas une homothétie. Alors, d'après
la propriété admise au début de l'énoncé :
−
−
−
Il existe →
u ∈ E tel que →
u et f (→
u ) soient linéairement indépendants
−
→, . . . , −
(b) Désignons par A la matrice de f dans la base (→
u,−
u
u→
2
n)

0
 a21

A= .
 ..
an1
a12
a22
...
...
an2
...
..
.

a1n
a2n 

.. 
. 
ann
−
→, . . . , −
On a a11 = 0, car f (→
u ) ∈ F = Vect(−
u
u→
2
n ).
Soit i ∈ {2, . . . , n}. On a :
−
−
→ + ··· + a −
→
f (→
ui ) = a1i →
u + a2i −
u
2
ni un
et
−
−
→ + ··· + a −
→
g(→
ui ) = p(f (→
ui )) = a2i −
u
2
ni un
→, . . . , −
Il en résulte que la matrice B de g dans la base (−
u
u→
2
n ) est :


a22 . . . a2n

.. 
B =  ...
. 
an2 . . . ann
C'est précisément la matrice qui apparaît dans A en rayant la première ligne et la première colonne. On voit
tout de suite que Tr(B) = Tr(A), et donc Tr(g) = Tr(f ). On a donc, puisque f est de trace nulle :
Tr(g) = 0
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Classe de TSI2
(c)
On a vu qu'en dimension 2, pour tout endomorphisme f de trace nulle, il existe une base dans laquelle la
matrice de f a ses termes diagonaux nuls.
Hypothèse de récurrence : Supposons que cette propriété est vraie en dimension n − 1. Soit alors E de
dimension n, et soit f ∈ L(E), de trace nulle.
• Si f est une homothétie, alors f = 0, et sa matrice est nulle dans toute base.
−
−
−
• Si f n'est pas une homothétie, soit →
u tel que →
u et f (→
u ) ne soient pas colinéaires. Soit F un supplémentaire
→
−
→
−
−
de Vect u , contenant f ( u ). Soit p la projection sur F , parallèlement à Vect →
u . Soit enn g ∈ L(F ), dénie
→
−
→
−
→
−
par g( x ) = p ◦ f ( x ), pour x ∈ F .
On a vu en b) que Tr(g) = Tr(f ), d'où : Tr(g) = 0. L'hypothèse de récurrence s'applique à g , et il existe
→, . . . , −
une base (−
u
u→
2
n ) de F , dans laquelle la matrice de g a ses termes diagonaux nuls. Et toujours d'après
−
→, . . . , −
b), on sait que la matrice de f dans la base (→
u,−
u
u→
2
n ), a ses termes diagonaux nuls.
Cela achève la démonstration par récurrence, et on conclut :
∀f ∈ L(E), de trace nulle, il existe une base de E dans laquelle la matrice de f
a ses termes diagonaux nuls
5. Soit, dans Mn (K) : D = Diag(1, 2, . . . , n), et soit ϕ l'endomorphisme de Mn (K) déni par :
∀A ∈ Mn (K),
ϕ(A) = DA − AD
(a) En introduisant les coecients aij de la matrice A, on voit que le terme de la ième ligne, j ème colonne de
DA − AD est :
i × aij − aij × j
c'est-à-dire (i − j) × aij . Il apparaît que les termes diagonaux de DA − AD sont nuls, et que les autres termes
(pour i 6= j ) sont nuls si et seulement si aij = 0. D'où :
Ker ϕ est l'ensemble des matrices diagonales
Il en résulte que dim Ker ϕ = n.
(b) Désignons par N l'espace vectoriel des matrices n × n dont les termes diagonaux sont nuls. On a :
Im ϕ ⊂ N et : dim Im ϕ = n2 − dim Ker ϕ = n2 − n = dim N
d'où Im ϕ = N , c'est-à-dire :
Im ϕ est l'ensemble des matrices dont les termes diagonaux sont nuls.
(c) Soit f un endomorphisme de trace nulle . Sa matrice M (f ) dans une base bien choisie (voir la question 4) a
ses termes diagonaux nuls. Donc :
M (f ) ∈ Im ϕ
c'est-à-dire qu'il existe une matrice A telle que M (f ) = DA − AD. D'où l'existence de g et h appartenant à
L(E) tels que f = g ◦ h − h ◦ g .
La conclusion générale du problème est :
Soit E un espace vectoriel de dimension nie, et soit f un endomorphisme de E :
f est de trace nulle
⇐⇒
∃g, h ∈ L(E) tels que : f = g ◦ h − h ◦ g
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