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

Colle de Mathématiques
spé PT
semaine 8
1. (a) Soit p un projecteur de R3 . Montrer que R3 = Im p

1



ker p.
0
0
−1 0 2


2
1  et B =  0 1 0 
. Calculer A2 et B 2 .
−2 −2 −1
−1 0 2
Vérifier que A et B ont même rang. En déduire que A et B sont semblables

(b) Soit A =  1
2. (a) Soit A ∈ Mn,p (R) et B ∈ Mp,n (R). Montrer que tr (AB) = tr (BA).
(b) Soient E et F de dimensions respectives n et p, u ∈ L (E, F ) et v ∈ L (F, E) tels que
u ◦ v = idF .
Montrer que v ◦ u est 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, r trois endomorphismes non nuls de E = C3 qui commutent entre eux. On
suppose que p + q + r = idE et p ◦ q = q ◦ r = r ◦ p = O.
Montrer que p, q, r sont trois projecteurs dont on déterminera le rang.
4. Soit E = Mn (R), A ∈ E et f l’application qui à M ∈ E associe f (M ) = M + tr (M ) A.
(a) Vérifier que f est un endomorphisme de E.
(b) On suppose dans cette question que tr (A) = −1. Montrer que f est un automorphisme.
Expliciter f −1 .
(c) On suppose dans cette question que tr (A) = −1. Montrer que ker (f ) = Vect (A) et que
Im f est constitué des éléments de E dont la trace est nulle.
5. Déterminer
le
noyau de l’endomorphisme f qui, à M ∈ M2 (R), associe f (M ) = AM avec
6 2
. f est-il surjectif ? Donner une base de son noyau et de son image.
A=
3 1
6. Soit E un espace
vectoriel, u et v deux endomorphismes de E. Montrer que
u◦v =u
u et v sont des projecteurs de E
⇔
.
v◦u =v
ker u = ker v
7. Soit E un R-espace vectoriel de dimension 4 muni de la base (e1 , e2 , e3 , e4 ). On définit
l’endomorphisme u par : 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 u et en donner une base.
Calculer v2 = (Id − u)2 en fonction de v et Id puis en déduire v −1 .
1
1. (a) Question traitée en cours dans le cas général.
(b) On calcule facilement A2 = A et B 2 = B. Les endomorphismes u et v représentés par A
et B respectivement dans la base canonique de R3 sont donc des projecteurs. Le rang
de A est égal à sa trace, donc rg (A) = 2 et de même rg (B) = 2. Plus facilement, le rang
de A n’est ni 0 (A n’est pas la matrice nulle), ni 1 (les colonnes de A ne sont pas toutes
proportionnelles), ni 3 (sinon A serait inversible et de A2 = A on déduirait A = I).
En réunissant une base (e1 , e2 ) de Im u et une base e3 de ker u, on obtient une base
(e1 , e2 ,e3 ) de R3
, d’après la première question. La matrice de u dans cette base est
1 0 0


M =  0 1 0 . Ainsi, A est semblable à M. Mais pour les mêmes raisons, B est
0 0 0
semblable à M . On en déduit que A et B sont semblables.
2. (a) La démonstration est semblable à celle du cours. On note A = [ai,j ]1≤i≤n , B = [bi,j ] 1≤i≤p ,
1≤j≤p
1≤j≤n
C = AB = [ci,j ]1≤i,j≤n et D = [di,j ]1≤i,j≤p . Alors
tr (AB) =
n
i=1
ci,i =
n
i=1
p
k=1
ai,k bk,i =
p
k=1
n
i=1
ai,k bk,i =
p
k=1
n
bk,i ai,k =
i=1
p
dk,k = tr (BA) .
k=1
(b) D’une part, v ◦ u est une application linéaire qui va de E dans E. D’autre part,
(v ◦ u) ◦ (v ◦ u) = v ◦ (u ◦ v) ◦ u = v ◦ idF ◦ u = v ◦ u.
Ainsi, v ◦ u est 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 ◦ p car p ◦ q = O et
p ◦ r = r ◦ p = O (car p et r commutent). Ainsi, p est un projecteur, et son rang est au
moins égal à 1 puisqu’il est non nul. Il en est de même pour q et 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 ) ∈ E 2 et 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 f est linéaire.
En conclusion, f est un endomorphisme de E.
2
(b) Puisque E est de dimension finie, il suffit de montrer que f est 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 f est 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 (M)
tr (M )
. Alors M = B +
A donc B = M −
A. Ainsi, f −1 est
tr (A) + 1
tr (A) + 1
tr (A) + 1
tr (M )
l’application qui à M ∈ E associe f −1 (M ) = M −
A.
tr (A) + 1
(c) On calcule f (A) = A + tr (A) A = (1 + tr (A)) A = 0E puisque 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 A n’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 H l’ensemble des éléments de E dont la trace est nulle. Si M ∈ H, alors
tr (M ) = 0 donc f (M ) = M + tr (M) A = M donc 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 R puisque
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
M ∈ ker f ⇔
et
ker f =
a
b
−3a −3b
,
=
2 (3a + c) 2 (3b + d)
3a + c
3b + d
donc
c = −3a
d = −3b
(a, b) ∈ R2 = Vect
1 0
−3 0
,
0 1
0 −3
.
Comme f est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, d’après le théorème
du rang, s’il était surjectif, il serait injectif et ker f serait réduit à la matrice nulle, ce qui n’est
pas le cas. Donc f n’est pas surjectif. 1 0
1 0
On a vu que A1 =
et A2 =
forment une famille génératrice de ker f ;
−3 0
−3 0
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
de Im f pour endéterminer unebase. Or, si
deux
éléments non
proportionnels
6 0
0 6
1 0
0 1
, on a f (E11 ) =
et f (E12 ) =
non
et E12 =
E11 =
0 3
0 0
0 0
3 0
proportionnelles, c’est donc une base de Im f.
3




Remarque : la matrice de f dans la base (E11 , E12 , E21 , E22 ) est 
de retrouver le noyau et l’image.
6
0
3
0
0
6
0
3
2
0
1
0
0
2
0
1



, ce qui permet

6. Supposons que u et v sont des projecteurs de E tels que ker u = ker v.
Puisque v est un projecteur, on a E = ker v Im v. Soit x ∈ E ; on peut écrire x = a + b avec
a ∈ ker v et b ∈ Im v ; alors v (x) = b donc 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 u et v pour conclure.
Supposons réciproquement u ◦ v = u et v ◦ u = v.
On sait par hypothèse que u et v sont des endomorphismes de E. On calcule
u ◦ u = (u ◦ v) ◦ u = u ◦ (v ◦ u) = u ◦ v = u
et de même v ◦ v = v, donc u et v sont 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.


0
1 1 0
 −1 −1 0 1 

. On vérifie que
7. La matrice de u dans la base (e1 , e2 , e3 , e4 ) est M = 

 1
1 0 −1 
−1 0 1 1
2
M est la matrice nulle, donc u ◦ u est l’endomorphisme nul. Il en résulte classiquement que
Im u ⊂ ker u.
On voit que rg (u) = rg (M ) ≥ 2 puisqu’au moins deux colonnes de M ne sont pas proportionnelles. 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 + e4 et de u (e4 ) = e2 − e3 + e4 .
Puisque u et Id commutent, on calcule, sachant que u2 = O :
v 2 = u2 − 2u + Id = −2u + 2Id − Id = −Id + 2v.
On en déduit Id = 2v − v 2 = v ◦ (2Id − v) = (2Id − v) ◦ v ce qui prouve que v est inversible
et que v −1 = 2Id − v.
4