corrigé

E3A MP 2002
épreuve B , exercice 1
1) On supposera n ¸ 2 de façon à ce que le noyau ne soit pas réduit au vecteur nul. Si n = 1 on a Ker(u) =
n¡
!o
0 , et
Im(u) = E (inclusion et égalité des dimensions) et les résultats sont tous évidents.
(i)
u est de rang 1 donc Im u \ ker u est un sous espace de Im(u) est un donc sous-espace vectoriel de dimension 0 ou 1.
² Si dim Im u \ ker u = 0, alors Im u \ ker u = f0g et donc la somme Im(u) © Ker(u) est directe. d’après le théorème du
rang la dimension est la bonne, on a E = Im u © ker u.
² Si dim Im u \ ker u = 1, on a Im u \ ker u ½ Im u et égalité des dimensions et donc Im u \ ker u = Im u ce qui équivaut à
Im u ½ ker u.
(ii)
e est non nul, donc (e) est une famille libre de l’espace vectoriel de dimension …nie E. On peut la compléter en une base de
E par le théorème de la base incomplète.
e 2 ker u, donc dans une telle base, la première colonne de la
0 matrice de u sera
1 nulle. et toutes les autres colonnes seront
0 a2 ¢ ¢ ¢ an
B0 0 ¢¢¢ 0 C
dans Im u donc colinéaires à e d’où une matrice de la forme B
.. C
@ ... ...
. A
0 0 ¢¢¢ 0
La trace de cette matrice est nulle donc dans le cas où Im u ½ ker u on a bien T ru = 0
(iii)
u est de rang 1 donc 0 est valeur propre de u et E 0 = ker u est de dimension n ¡ 1.
² a) ) b) u est diagonalisable et dim E0 = n ¡ 1 donc il existe une seconde valeur propre a
0
a 0 ¢¢¢
B0 0 ¢¢¢
Dans une base adaptée à la somme directe E = E a © E 0 la matrice de u est B
@ ... ...
0 0 ¢¢¢
On remarque sur la matrice que Im u = E a . On a donc bien E = Im u © ker u
avec dim Ea = 1.
1
0
0C
.. C
.A
0
² b) ) c) et a) : comme rg(u) = 1 Im u est un sous-espace vectoriel de dimension 1.
Soit e un vecteur générateur de Im u. u(e) 2 Im u donc u(e) est colinéaire à e: il existe un réel a tel que u(e) = a:e,
de plus, comme Im u et ker u sont en0somme directe,
1 e 62 ker u et a 6= 0. Dans une base adaptée à la somme directe
a 0 ¢¢¢ 0
B 0 0 ¢ ¢ ¢ 0C
E = Im u © ker u la matrice de u est B
.. C
.
@ ... ...
.A
0 0
On a donc T ru = a 6= 0 et u diagonalisable
¢¢¢
0
² c) ) b) On suppose que T r(u) 6= 0. De la question (ii), on déduit que Im u 6½ ker u puis de la question (i), on déduit
E = Im u © ker u
2
(i)
² F A est une forme : c’est une application de Mn (C) dans le corps de base C
² F
A
est linéaire : 8(X; Y ) 2 Mn (C)2 ;
8 (¸; ¹) 2 C 2
FA (¸X + ¹Y ) =
=
T r (A: (¸X + ¹Y )) = ¸T r(AX) + ¹T r(AY )
¸FA (X) + ¹F A (Y )
(linéarité de la trace et bilinéarité du produit matriciel.)
F A est donc une forme linéaire sur Mn (C)
(ii)
8(A; B) 2 Mn (C)2 ;
8 (¸; ¹) 2 C2 F¸A+¹B = ¸FA + ¹F B . En e¤et pour toute matrice carrée X :
F¸A+¹B (X) = T r ((¸A + ¹B)X) = ¸T r(AX) + ¹T r(BX) = ¸FA (X) + ¹F B (X)
(linéarité de la trace et bilinéarité du produit matriciel.) F est donc une application linéaire
(iii)
AE ij est la matrice dont la j ème colonne est égale à la ième colonne de A et dont toutes les autres colonnes sont nulles. Sa
trace est donc égale à aji: F A(E ij ) = aji
F est linéaire donc est injective si et seulement si le noyau est réduit à f(0)g
Si FA est nulle, alors, pour tout (i; j), aji = FA (E ij ) = 0. La matrice A est donc nulle, on en déduit que F est injective
(iv)
F est une application linéaire injective de Mn (C) dans Mn (C)¤ et dim Mn (C) = dim Mn (C)¤ = n2 .
F est donc un isomorphisme
3)
(i)
F est un isomorphisme de Mn (C) dans Mn (C) ¤ et f 2 Mn (C)¤ . Il existe donc une unique matrice A 2 Mn (C) telle que
f = FA c’est à dire 8X 2 Mn (C); f (X) = T r(AX ).
9!A , 8X 2 Mn (C) , f (X) = T r(AX)
(ii)
à f (X) = 0 , f (X)J = 0 , f (X) = 0 ( J 6= 0). donc
ker à f = ker f
à f (X) = f (X)J 2 V ect(J ) qui est une droite vectorielle car J 6= (0)
l’image de à f est nulle ou est le sous-espace-vectoriel de Mn (C) engendré par J
Or f est non nulle donc il existe X0 tel que f (X0 ) 6= 0 et donc à f (X0 ) 6= (0)
Im(Ã f ) = V ect(J)
le rang de Áf est égal à 1
(iii)
on fait le calcul: On doit faire la somme des termes diagonaux de la matrice de à f dans la base (Ei;k ) :
On cherche donc la coordonnée sur E i;k de à f (E i; k ) or :
à f (E ik ) = T r(AE i;k )J = ak;iJ d’après le calcul du 2)iii
P
P P
La coordonnée sur Ei;k est donc ak;ij i;k et donc T r(Ã f ) =
(i;k) ak;i j i; k =
k(
i ak;i j k;i ) on reconnaît la somme des
termes diagonaux de AJ:
T r(Ã f ) = T r(AJ)
(iii) peu aussi se faire en utilisant la première question (et on traite alors en même teps les questions 3.iii et 3.iv:
¡ ¢
² Si Im(à f ) ½ ker à f on a T r(à f ) = 0 (1.ii). Or Im(à f ) = V ect(J ) donc si à f (J) = T r(AJ )J = 0 alors T r(à f ) = 0
¡ ¢
T r(AJ ) = 0 ) T r à f = 0
² Sinon
du 1.iii) la trace de à f est l’unique valeur propre non nulle de à f et le sous espace propre associé est
¡ (calcul
¢
Im à f :
On regarde donc à f (J) = f (J )J = T r(AJ)J : la valeur propre non nulle est T r(AJ)
(iv)
De la question 1.iii, on déduit que à f est diagonalisable si et seulement si T r(AJ ) 6= 0
2