fiche d`exercices corrigés - des étudiants de la spé PT du lycée Coeffin

Colle de Mathématiques spé PT
semaine 8
1. (a) Soit pun projecteur de R3. Montrer que R3= Im pker p.
(b) Soit A=
100
121
−2−2−1
et B=
−1 0 2
0 1 0
−1 0 2 
. Calculer A2et B2.
Vérifier que Aet Bont même rang. En déduire que Aet Bsont semblables
2. (a) Soit A∈ Mn,p (R)et B∈ Mp,n (R). Montrer que tr (AB) = tr (BA).
(b) Soient Eet Fde dimensions respectives net p,u∈ L (E, F )et v∈ L (F, E)tels que
u◦v= idF.
Montrer que v◦uest un projecteur, dont on déterminera le rang.
3. (a) Montrer que le rang d’un projecteur est égal à sa trace.
(b) Soient p,q,rtrois endomorphismes non nuls de E=C3qui commutent entre eux. On
suppose que p+q+r= idEet p◦q=q◦r=r◦p=O.
Montrer que p,q,rsont trois projecteurs dont on déterminera le rang.
4. Soit E=Mn(R),A∈Eet fl’application qui à M∈Eassocie f(M) = M+ tr (M)A.
(a) Vérifier que fest un endomorphisme de E.
(b) On suppose dans cette question que tr (A)=−1. Montrer que fest un automorphisme.
Expliciter f−1.
(c) On suppose dans cette question que tr (A) = −1. Montrer que ker (f) = Vect (A)et que
Im fest constitué des éléments de Edont la trace est nulle.
5. Déterminer le noyau de l’endomorphisme fqui, à M∈ M2(R), associe f(M) = AM avec
A=6 2
3 1 .fest-il surjectif ? Donner une base de son noyau et de son image.
6. Soit Eun espace vectoriel, uet vdeux endomorphismes de E. Montrer que
u◦v=u
v◦u=v⇔uet vsont des projecteurs de E ker u= ker v.
7. Soit Eun R-espace vectoriel de dimension 4muni de la base (e1, e2, e3, e4). On définit
l’endomorphisme upar : u(e1) = −e2+e3−e4,u(e2) = e1−e2+e3,u(e3) = e1+e4,
u(e4) = e2−e3+e4.
Calculer u◦u; qu’en déduit-on pour le noyau et l’image de u?
Montrer que ker u= Im uet en donner une base.
Calculer v2= (Id −u)2en fonction de vet Id puis en déduire v−1.
1

1. (a) Question traitée en cours dans le cas général.
(b) On calcule facilement A2=Aet B2=B. Les endomorphismes uet vreprésentés par A
et Brespectivement dans la base canonique de R3sont donc des projecteurs. Le rang
de Aest égal à sa trace, donc rg (A) = 2 et de même rg (B) = 2. Plus facilement, le rang
de An’est ni 0(An’est pas la matrice nulle), ni 1(les colonnes de Ane sont pas toutes
proportionnelles), ni 3(sinon Aserait inversible et de A2=Aon déduirait A=I).
En réunissant une base (e1, e2)de Im uet une base e3de ker u, on obtient une base
(e1, e2, e3)de R3, d’après la première question. La matrice de udans cette base est
M=
1 0 0
0 1 0
0 0 0 
. Ainsi, Aest semblable à M. Mais pour les mêmes raisons, Best
semblable à M. On en déduit que Aet Bsont semblables.
2. (a) La démonstration est semblable à celle du cours. On note A= [ai,j ]1≤i≤n
1≤j≤p
,B= [bi,j]1≤i≤p
1≤j≤n
,
C=AB = [ci,j]1≤i,j≤net D= [di,j ]1≤i,j≤p. Alors
tr (AB) =
n
i=1
ci,i =
n
i=1 p
k=1
ai,kbk,i=
p
k=1 n
i=1
ai,kbk,i=
p
k=1 n
i=1
bk,iai,k=
p
k=1
dk,k = tr (BA).
(b) D’une part, v◦uest une application linéaire qui va de Edans E. D’autre part,
(v◦u)◦(v◦u) = v◦(u◦v)◦u=v◦idF◦u=v◦u.
Ainsi, v◦uest un projecteur de E. Son rang est égal à sa trace, et en utilisant le (a),
rg (v◦u) = tr (v◦u) = tr (u◦v) = tr (idF) = dim F=p.
3. (a) Exercice traité en cours.
(b) On calcule p=p◦idE=p◦(p+q+r) = p◦p+p◦q+p◦r=p◦pcar p◦q=Oet
p◦r=r◦p=O(car pet rcommutent). Ainsi, pest un projecteur, et son rang est au
moins égal à 1puisqu’il est non nul. Il en est de même pour qet r.
Alors 3 = tr (idE) = tr (p+q+r) = tr (p) + tr (q) + tr (r) = rg (p) + rg (q) + rg (r). On a
donc (rg (p)−1) + (rg (q)−1) + (rg (r)−1) = 0 et comme il s’agit de la somme de trois
entiers positifs, ces trois entiers sont nuls, ce qui donne rg (p) = rg (q) = rg (r) = 1.
4. (a) Tout d’abord, pour M∈E, on a bien f(M)∈E, car c’est une combinaison linéaire
d’éléments de l’espace vectoriel E.
D’autre part, si (M, N)∈E2et si λ∈R, alors, par linéarité de la fonction trace :
f(M+λN) = (M+λN) + tr (M+λN)A=M+λN + (tr (M) + λtr (N)) A
= (M+ tr (M)A) + λ(N+ tr (N)A) = f(M) + λf (N)
donc fest linéaire.
En conclusion, fest un endomorphisme de E.
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(b) Puisque Eest de dimension finie, il suffit de montrer que fest injective pour montrer
que c’est un automorphisme de E.
Soit donc M∈ker (f); alors M=−tr (A)M, puis tr (M) = tr (−tr (A)M) = −tr (A) tr (M)
par linéarite de la trace, donc tr (M) (tr (A) + 1) = 0. Mais par hypothèse, tr (A)=−1,
donc tr (M) = 0. Alors 0E=f(M) = M. Ainsi, ker (f) = {0E}, donc fest injective,
puis bijective.
Explicitons f−1: si M=f(B) = B+ tr (B)A, alors par linéarité de la trace, tr (M) =
tr (B) + tr (B) tr (A) = tr (B) (tr (A) + 1). Comme tr (A)=−1, il vient tr (B) =
tr (M)
tr (A) + 1. Alors M=B+tr (M) tr (A) + 1Adonc B=M−tr (M) tr (A) + 1A. Ainsi, f−1est
l’application qui à M∈Eassocie f−1(M) = M−tr (M)
tr (A) + 1A.
(c) On calcule f(A) = A+ tr (A)A= (1 + tr (A)) A= 0Epuisque tr (A) = −1. On en
déduit A∈ker (f)puis Vect (A)⊂ker (f).
Soit M∈ker (f); alors M=−tr (M)A∈Vect (A).
En conclusion, ker (f) = Vect (A).
Puisque tr (A) = −1= 0, la matrice An’est pas nulle, et Vect (A) = ker (f)est une droite
vectorielle. D’après le théorème du rang, Im (f)est donc un hyperplan : dim Im (f) =
dim E−1 = n2−1.
Notons Hl’ensemble des éléments de Edont la trace est nulle. Si M∈H, alors
tr (M) = 0 donc f(M) = M+tr (M)A=Mdonc M=f(M)∈Im f. Ainsi, H⊂Im f.
Mais dim H= dim ker (tr) = dim E−dim Im (tr) = dim E−1; en effet, la fonction trace
est à valeurs dans R, son image est un sous-espace vectoriel de R; c’est donc Rpuisque
ce n’est pas {0}, la fonction trace n’étant pas identiquement nulle. On en déduit que
dim H= dim Im (f), puis que H= Im (f)car on a vu que H⊂Im (f).
5. Si M=a b
c d , alors f(M) = 6 2 3 1  a b c d =2 (3a+c) 2 (3b+d) 3a+c3b+ddonc
M∈ker f⇔c=−3a
d=−3b
et
ker f= a b
−3a−3b,(a, b)∈R2= Vect  1 0 −3 0 ,0 1 0−3.
Comme fest un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, d’après le théorème
du rang, s’il était surjectif, il serait injectif et ker fserait réduit à la matrice nulle, ce qui n’est
pas le cas. Donc fn’est pas surjectif.
On a vu que A1=1 0
−3 0 et A2=1 0 −3 0 forment une famille génératrice de ker f;
comme ces deux matrices ne sont pas proportionnelles, elles forment une famille libre. C’est
donc une base de ker f.
D’après le théorème du rang, dim Im f= dim M2(R)−dim ker f= 4 −2 = 2. Il suffit donc
de trouver deux éléments non proportionnels de Im fpour en déterminer une base. Or, si
E11 =1 0
0 0 et E12 =0 1 0 0 , on a f(E11) = 6 0 3 0 et f(E12) = 0 6 0 3 non
proportionnelles, c’est donc une base de Im f.
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Remarque : la matrice de fdans la base (E11, E12, E21, E22)est 
6020
0602
3010
0301
, ce qui permet
de retrouver le noyau et l’image.
6. Supposons que uet vsont des projecteurs de Etels que ker u= ker v.
Puisque vest un projecteur, on a E= ker vIm v. Soit x∈E; on peut écrire x=a+bavec
a∈ker vet b∈Im v; alors v(x) = bdonc u◦v(x) = u(b), et u(x) = u(a) + u(b) = u(b)
car a∈ker v= ker u; ainsi, u◦v(x) = u(x)pour tout x∈E, donc u◦v=v. On montre de
même v◦u=v, ou bien l’on invoque les rôles symétriques joués par uet vpour conclure.
Supposons réciproquement u◦v=uet v◦u=v.
On sait par hypothèse que uet vsont des endomorphismes de E. On calcule
u◦u= (u◦v)◦u=u◦(v◦u) = u◦v=u
et de même v◦v=v, donc uet vsont des projecteurs de E.
Soit x∈ker u; alors v(x) = v◦u(x) = v[u(x)] = v(0E) = 0E, donc x∈ker v. Ainsi,
ker u⊂ker v, et l’on montre de même que ker v⊂ker u, ce qui prouve ker u= ker v.
7. La matrice de udans la base (e1, e2, e3, e4)est M=
0 1 1 0
−1−1 0 1
1 1 0 −1
−1 0 1 1
. On vérifie que
M2est la matrice nulle, donc u◦uest l’endomorphisme nul. Il en résulte classiquement que
Im u⊂ker u.
On voit que rg (u) = rg (M)≥2puisqu’au moins deux colonnes de Mne sont pas propor-
tionnelles. Mais l’on a dim Im u≤dim ker u, car Im u⊂ker u, et par le théorème du rang,
dim Im u+ dim ker u= 4. On en déduit que 2 dim Im u≤4, donc dim Im u≤2, et finalement
dim Im u= 2 puisque rg (u)≥2. Par le théorème du rang, il vient dim ker u= 2 = dim Im u.
Comme on a déjà Im u⊂ker u, il en résulte que Im u= ker u. Pour obtenir une base de cet
espace, il suffit donc de trouver deux vecteurs indépendants de Im u. C’est clairement le cas
par exemple de u(e3) = e1+e4et de u(e4) = e2−e3+e4.
Puisque uet Id commutent, on calcule, sachant que u2=O:
v2=u2−2u+ Id = −2u+ 2Id −Id = −Id + 2v.
On en déduit Id = 2v−v2=v◦(2Id −v) = (2Id −v)◦vce qui prouve que vest inversible
et que v−1= 2Id −v.
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