le corrigé

PC∗

Corrigé : interrogation d’algèbre linéaire

Exercice 1

On identifie une matrice M avec l’application linéaire X 7→ MX de Kn, ce qui permet de parler d’image et noyau de matrice.

a) On a Im(AB) ⊂ Im A donc rg(AB) 6 rg A. On a Ker B ⊂ Ker(AB) donc n − rg B 6 n − rg(AB). D’où rg(AB) 6 min(rg A, rg B). b) Si M = XYT, d’après la question précédente, rg M 6 min(rg X, rg YT) 6 1.

Si rg M 6 1 toutes les colonnes de M sont colinéaires à un même vecteur X, donc M =y1X · · · ynX

 = XYT.

Exercice 2

Y = 0 car B est inversible. Ainsi, X 7→ X

0 !

réalise un isomorphisme entre Ker A et Ker M, et dim(Ker M) = dim(Ker A).

b) D’après le théorème du rang, n − rg M = p − rg A, soit rg M = rg A + (n − p) = rg A + rg B car B est inversible.

Exercice 3

a) On a u ◦ u = 0 ⇐⇒ Im u ⊂ Ker u donc (théorème du rang) r 6 n − r, soit 2r 6 n.

b) On pose b1= u(e1), . . . , br= u(er). D’après le théorème du rang, (b1, . . . , br) est une base de Im u, que l’on complète pour

former une base (b1, . . . , br, br+1, . . . , bn−r) de Ker u.

Exercice 4

a) On a E = Im(u + v) ⊂ Im u + Im v donc Im u + Im v = E.

D’après la formule de Grassmann, dim E = dim(Im u+Im v) = dim(Im u)+dim(Im v)−dim(Im u∩Im v) = n−dim(Im u∩Im v) donc Im u ∩ Im v = {0} et ainsi E = Im u ⊕ Im v.

b) Soit x ∈ Ker u. On a x = u(x) + v(x) et u(x) = 0 donc x = v(x) ∈ Im v. Ainsi, Ker u ⊂ Im v. Mais d’après le théorème du rang, dim(Ker u) = n − dim(Im u) = dim(Im v) donc Ker u = Im v. De manière symétrique, Ker v = Im u.

c) On a u ◦ v = 0 donc u = u ◦ Id = u ◦ (u + v) = u ◦ u, ce qui prouve que u est un projecteur. Il s’agit donc de la projection sur Im u, parallèlement à Ker u = Im v.

Exercice 5

a) Si AB = In, det A × det B = 1, ce qui prouve que A est inversible. En multipliant à gauche par A

−1_{on obtient B = A}−1_et

donc BA = A−1A = In.

b) On définit A et B par blocs en posant A =In O

 et B = I_On ! . Alors AB = Inet BA = I_On O_O ! .

c) On a rg(AB) 6 min(rg A, rg B) (cf exercice 1) donc rg(AB) 6 min(n, p) = p < n donc on ne peut avoir AB = In.

Exercice 6

– On suppose (i) et (ii).

Si rg A = 1, en choisissant une base adaptée à Ker A, A est semblable à une matrice B =           a1 0 · · · ₀ .. . ... ... an 0 · · · 0           . On calcule B2= a1B donc a1= 1 et tr A = tr B = a1= 1.

– On suppose (ii) et (iii).

A est toujours semblable à B, et a1= trB = tr A = 1 donc B2= B, ce qui équivaut à A2= A.

– On suppose (iii) et (i).

Si A2= A alors A est la matrice d’une projection vectorielle, donc semblable à Ir O

O O

!

, avec r = rg A. Mais dans ce cas tr A = r donc r = 1.

Exercice 7

Commencez par observer que CL est une matrice n × n, mais LC est une matrice 1 × 1, autrement dit un scalaire. a) A n’est pas inversible si et seulement s’il existe X ∈ Mn,1(K), X , 0, tel que AX = 0, soit C(LX) = −X.

Mais LX est une matrice 1 × 1 donc un scalaire. On a donc nécessairement X ∈ Vect(C), et ainsi, A n’est pas inversible si et seulement si C , 0 et C(LC) = −C, soit LC = −1.

Par contraposée, A est inversible si et seulement si LC , −1.

b) On calcule A2= I + 2CL + C(LC)L = I + (2 + α)CL avec α = LC ∈ K, α , −1. Ainsi, A2−_{(2 + α)A + (1 + α)I = 0, soit encore : A}_{(2 + α)I − A}_{= (1 + α)I.} On en déduit que A−1= 1

1 + α 

(2 + α)I − A= I − 1 1 + αCL.