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DEVOIR SURVEILL´ E N˚1
Commun `a tous - Questions de cours
1. `a 6. : Voir le cours !
7. VRAI OU FAUX ? Justifier par une d´emonstration ou un contre-exemple :
(a) Deux matrices semblables Aet Bont le mˆeme rang : VRAI. Ces deux matrices repr´esentent le
mˆeme endomorphisme fdans deux bases diff´erentes donc rang(A) = rang(f) = rang(B) .
OU BIEN ∃P∈ GLn(K) tel que B=P−1AP , or la multiplication par des matrices inversibles
conserve le rang donc rang(A) = rang(B).
(b) Deux matrices de mˆeme rang sont semblables : FAUX. Contre-exemple :
A=1 0
0 0 et B=2 0 0 0 ont mˆeme rang ´egal `a 1 mais non semblables car tr(A)6= tr(B).
(c) I2et A=1 1
0 1 sont semblables : FAUX. Elles ont mˆeme rang, mˆeme d´eterminant, mˆeme
trace mais la seule matrice semblables `a I2est I2(∀P∈ GL2(R), P−I2P=I2).
Sujet 1 : Niveau de difficult´e CCP - E3A
EXERCICE 1 - E3A 2014 - MP
On d´esigne par Kle corps Rou Cet nest un entier naturel non nul et soit E=Kn.
Pour tout endomorphisme ude E, on note Ker(u) le noyau de u, et Im(u) l’image de u.
1. •Soit x∈Ker u, alors u(x) = 0Eet u(v(x)) = v(u(x)) = v(0E)=0Edonc v(x)∈Ker u.
Ainsi v(Ker u)⊂Ker uet donc Ker uest stable par v.
•Soit y∈Im u, alors ∃x∈E, tel que u(x) = yet v(y) = v(u(x)) = u(v(x)) donc v(y)∈Im u.
Ainsi v(Im u)⊂Im uet donc Im uest stable par v.
Dans la suite de l’exercice, ud´esigne un endomorphisme de Etel que u2= 0.
2. Soit x∈Im(u). Soit y∈Etel que x=u(y). u(x) = u2(y)=0Edonc x∈Ker(u). Im(u)⊂Ker(u).
3. On en d´eduit que rang(u)6dim(Ker(u)) . Par le th´eor`eme du rang, on obtient rang(u)6n
2.
4. On suppose ici que n= 2, soit E=K2. On suppose ici unon nul.
(a) Si n= 2 et u6= 0, 3. conduit `a rang(u) = 1 = dim(Ker(u)) .
Alors D= Ker(u) = Im(u) est une droite.
(b) i. Soit vtelle que u◦v=v◦uet v2= 0. Par 1. on sait que D= Im(u) est stable par v.
ii. Donc v= 0 ou D= Ker(v) = Im(v). Dans les deux cas u◦v= 0.
(c) De mˆeme, on a w= 0 ou D= Ker(w) = Im(w). Dans les deux cas v◦w= 0.
5. On revient au cas g´en´eral. Soit mun entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2. Soient u1, . . . , umdes
endomorphismes de Etels que :
∀(i, j)∈ {1, . . . , m}2, u2
i= 0 et ui◦uj=uj◦ui.
On pose F1= Im(u1) et pour un entier i∈[[1, m]], Fi= Im(u1◦u2◦. . . ◦ui−1◦ui).
(a) Posons, pour tout entier icompris entre 2 et m,v=u1◦u2◦. . . ◦ui−1◦ui,vet ui+1 commutent.
Donc par 1.,Fiest un sous-espace vectoriel stable par ui+1.
PSI 2015-2016 1 Lyc´ee de L’essouriau - Les Ulis

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(b) On effectue une r´ecurrence sur i: (Hi) :«dim(F1)6n
2i»
(H1) est obtenu par 3.
Supposons (Hi) pour i>1 fix´e. Soit ui+1 le morphisme induit par ui+1 sur Fi.u2
i+1 = 0.
En appliquant l’hypoth`ese de r´ecurrence et le r´esultat du 3., on d´eduit rang(ui+1)6n
2i+1 .
Or Im(ui+1) = Fi+1 car les (ui) commutent. D’o`u (Hi+1).
Ceci ach`eve la r´ecurrence : pour tout i∈[[1, m]], Fiest de dimension au plus n
2i.
(c) Si n < 2m, dim Fm<1 donc dim Fm= 0. Ainsi u1◦u2◦. . . ◦um= 0.
6. On suppose ici K=Ret A∈ Mn(R).
(a) Soit Y∈ Mn,1(R) tel que tY Y = 0, on pose Y=
y1
.
.
.
yn
, alors tY Y =
n
X
k=1
y2
k= 0 .
C’est une somme de carr´es nulle dont chaque terme est nul et donc Y= 0n,1.
(b) tAAX = 0n,1⇒tXtAAX = 0 ⇒t(AX)AX = 0 ⇒AX = 0n,1d’apr`es le (a).
(c) Par le th´eor`eme du rang, dim(ker(A)) + dim(Im(tA)) = n.
De plus si X∈Ker(A)∩Im(tA), AX = 0 et ∃X∈ Mn,1(R) tel que X=tAY donc AtAY = 0 .
Et donc d’apr`es le (b), tAY =X= 0. Ainsi E= Ker(A)⊕Im(tA).
(d) Im(A+tA)⊂Im(A) + Im(tA) (Pour tout fet gde L(E), on a Im(f+g)⊂Im(f) + Im(g)).
De plus les deux sous-espaces sont de mˆeme dimension 2 rang(A).
Donc Im(A+tA) = Im(A) + Im(tA).
PROBL` EME - MATRICES PSEUDO-INVERSIBLES
(D’apr`es Icare 1997 )
Soient A,Bdans Mn(R), on dit que Best un pseudo-inverse de Asi 
AB =BA (1)
ABA =A(2)
BAB =B(3)
.
Une matrice qui poss`ede un pseudo-inverse est dite pseudo-inversible.
Pr´eliminaires
1. Soit Bun pseudo-inverse de Aet E=AB, alors 
E=AB =BA est ´evident d’apr`es (1)
AE =EA =Aest ´evident d’apr`es (2)
BE =EB =Best ´evident d’apr`es (3)
E2= (AB)(AB)=(ABA)B=AB =E
Partie A - Propri´et´e des matrices pseudo-inversibles
2. De fa¸con triviale, B= 0nest un pseudo-inversible possible pour la matrice nulle A= 0ndonc 0nest
pseudo-inversible.
3. Si Aest inversible, et si ABA =A, on obtient, en multipliant `a droite par A−1,AB =In, d’o`u
B=A−1. Le pseudo-inverse de Aest donc unique, ´egale `a l’inverse de A.
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4. AB1AB2= (AB1A)B2=AB2.
Par ailleurs AB1AXB2=B1AB2A=B1A. On a donc bien B1A=AB2.
On a alors AB1=B1AB1= (B1A)B1= (AB2)B1= (B2A)B1=B2(AB1) = B2(AB2) = B2.
Il en r´esulte que s’il existe un pseudo-inverse de A, celui-ci est unique. On peut donc parler dans ce
cas du pseudo-inverse de A.
L’unique pseudo-inverse d’une matrice pseudo-inversible A sera not´e A0.
5. Si A est pseudo-inversible, alors notons par A0son pseudo-inverse. Des v´erifications ´evidentes montrent :
(A0)0=A E0=E(λA)0=1
λA0(Ak)0= (A0)k(tA)0= (t(A0),(P AP −1)0=P A0P−1
6. A2=λA (λ6= 0) implique A3=λA2=λ2Aainsi 1
λA.A. 1 λA=A,A. 1 λA.A =1 λAet bien entendu Aet
1
λAcommutent. Ainsi Aest pseudo-inversible et A0=1 λA.
A1=1 0
0 0 est une matrice de projection : A2=Adonc A0
1=A1.
A2=1 1
1 1 et A2
2= 2A2donc A0 2=1
2A2.
7. Soit Apseudo-inversible, et A0son pseudo-inverse.
D’apr`es le rappel, rang(AA0)6rang(A) et rang(AA0A)6rang(AA0) soit d’apr`es la d´efinition du
pseudo-inverse :
rang(A) = rang(AA0A)6rang(AA0)6rang(A)
Finalement rang(AA0) = rang(A) et on montre de mˆeme que rang(AA0) = rang(A0) .
puis que rang(A) = rang(Ak) pour tout entier k>1.
8. Supposons A=0 1
0 0 pseudo-inversible, il existe B=a b c d v´erifiant la d´efinition.
De AB =BA on tire c= 0 et d=a, puis de BAB =Aon tire a=b= 0, soit B= 02.
Mais la relation ABA =Aimpliquerait 02=Ace qui est absurde donc An’est pas pseudo-inversible.
9. Soit D=diag(a1, . . . , an), avec des coefficients aipouvant ˆetre nuls. Apr`es v´erifications ´evidentes, on
trouve que la matrice D0est ´egale `a la matrice diag(b1, . . . , bn) avec :
∀i∈[[1, n]], bi=1
aisi a16= 0
bi= 0 si ai= 0
Partie B - ´ Etude d’un exemple
9. Soit A=
2−2 2
−111
1−1 3 
et fl’endomorphisme de matrice Adans une base B= (
~
i,~ j, ~ k) d’un espace
vectoriel de dimension 3.
(a) Notons B0= (
~
i+~ j,~ j+~ k, ~ k+~ i) alors MatB(B0) = 
101
110
011
.
Son d´eterminant vaut 2 6= 0 donc B0est une base de Ecar c’est une famille libre maximale.
MatB(f(
~
i+~ j)) = A. 
1
1
0
=
2−2 2
−111
1−1 3 
.
1
1
0
=
0
0
0
.
MatB(f(~ j+~ k)) = A. 
0
1
1
=
2−2 2
−111
1−1 3 
.
0
1
1
=
0
2
2
.
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MatB(f(~ k+~ i)) = A. 
1
0
1
=
2−2 2
−111
1−1 3 
.
1
0
1
=
4
0
4
.
Ainsi la matrice de fdans B0= (
~
i+~ j,~ j+~ k, ~ k+~ i) est D=
0 0 0
0 2 0
0 0 4 
.
(b) En posant Pla matrice de passage de B`a B0, on a bien d’apr`es le cours D=P−1AP ou encore
A=P DP −1avec Dla matrice du 9.(a).
P=
101
110
011
.
(c) On se sert du A.5.(f) et du 9. :A0= (P DP −1)0=P D0P−1=P diag(0,1
2,1 4)P−1.
(d) On veut maintenant calculer An, pour n∈N, pour cela on remarque que A3= 6A2−8A.
Un polynˆome annulateur de Aest P=X3−6X2+ 8X. Effectuons la division euclidienne de
Xnpar P: il existe un unique couple de polynˆomes (P, Q)∈R[X]2tels que Xn=P Q +Ret
deg(R)<3, soit R=aX2+bX +c.
En rempla¸cant Xpar Aon obtient An=aA2+bA +cI3car Pest annulateur de A, reste `a
trouver a, b et cavec les 3 racines de P.
Remarquons que P=X(X2−6X+ 8) = X(X−2)(X−4) a pour racines x= 0,2,4, ainsi :
Pour X= 0, on obtient 0 = c.
Pour X= 2, on obtient 2n= 4a+ 2b+c.
Pour X= 4, on obtient 4n= 16a+ 4b+c.
Soit c= 0 et 2a+b= 2n−1
4a+b= 4n−1⇔a= 2.4n−2−2n−2 b= 2n−4n−1et finalement
∀n>1 : An= (2.4n−2−2n−2)A2+ (2n−4n−1)A
La formule ne se prolonge pas aux entiers nn´egatifs car An’est pas inversible ! (Dne n’est pas)
10. Un exemple possible est :
A=1 1
0 0 ,A2=Adonc Aest pseudo-inversible d’apr`es le 6. et tAl’est aussi d’apr`es le 5.(e).
Or tAA =0 1
0 0 non pseudo-inversible !
Partie C - Un r´esultat g´en´eral
Soit A∈ Mn(R), fl’endomorphisme de matrice Adans une base fix´ee Bd’un espace vectoriel E.
On veut montrer l’´equivalence : «Aest pseudo-inversible si et seulement si E= Ker f⊕Im f»
11. On suppose Apseudo-inversible de pseudo-inverse A0, soit f0l’endomorphisme de matrice A0dans B.
(a) Soit y∈Ker f∩Im f,∃x∈Etel que f(x) = yet f(y) = 0E, ainsi f2(x)=0E.
On compose par f0:f0◦f◦f(x)=0E, soit f◦f0◦f(x)=0Eet donc f(x)=0Esoit y= 0E.
Donc Ker f∩Im f={0E}, le th´eor`eme du rang permet de conclure que E= Ker f⊕Im f.
(b) Soit e=f◦f0, on a vu aux pr´eliminaires que e2=edonc eest une projection.
On sait aussi que Im(e) = Im(f◦f0)⊂Im(f), de mˆeme Ker(e) = Ker(f◦f0)⊃Ker(f).
Mais rang(e) = rang(f◦f0) = rang(f) d’apr`es le 7., ainsi Im(e) = Im(f) et par le th´eor`eme
du rang Ker(e) = Ker(f) . eest bien la projection de base Im fet de direction Ker f.
12. On suppose que E= Ker f⊕Im f.
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(a) D’une part f(Im f)⊂Im fcar Im f2⊂Im fdonc f0(Im f)⊂Im fet Im fest stable par f0.
Soit x∈Ker f0, c’est `a dire f0(x) = f(x)=0Emais aussi x∈Im f, ainsi x∈Ker f∩Im f, or ce
sont deux s.e.v. suppl´ementaires donc x= 0E.
f0´etant un endomorphisme (restriction d’un endomorphisme), on en d´eduit que l’injectivit´e est
´equivalente `a la bijectivit´e et donc f0et bijective .
(b) Pour x=x1+x2avec x1∈Ker fet x2∈Im f, on pose f0(x) = f−1
0(x2).
Remarquons au pr´ealable que f(x) = f(x2) = f0(x2). (f0(x) n’a bien entendu pas de sens !)
Pour tout x∈E, on a x=x1+x2avec x1∈Ker fet x2∈Im falors :
(f◦f0)(x) = f(f−1
0(x2)) = x2car f−1 0(x2) est un ant´ec´edent de f(x2) par f.
(f0◦f) = f0(f(x)) = f−1
0(f(x)) = x2car x2est l’unique ant´ec´edent de f(x) dans Im fpar f.
Finalement (1) est v´erifi´e.
Pour tout x∈E, (f◦f0◦f)(x) = f(f−1
0(f(x))) = f(x2) et f(x) = f(x2) donc (2) est v´erifi´e.
Pour tout x∈E, (f◦f0◦f)(x) = f(f−1
0(f(x))) = f(x2) et f(x) = f(x2) donc (3) est v´erifi´e.
Le 11. prouve l’implication et dans le 12. on a construit explicitement f0donc l’implication
r´eciproque est prouv´ee. Ainsi, on a montr´e l’´equivalence :
«Aest pseudo-inversible si et seulement si E= Ker f⊕Im f»
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