Colle PC Semaine 2 2011-2012
EXERCICE 1 :
SoitE unR−espace vectoriel de dimension finien>1, etf un endomorphisme deE tel que :fn−16= 0, fn= 0.
Déterminer le rang def.
EXERCICE 2 :
Montrer que deux formes linéaires non nulles ont le même noyau si et seulement si elles sont proportionnelles.
EXERCICE 3 :
SoientA etB deux matrices deMn(R) telles queAB= 0 etA+B∈ GLn(R).
Montrer que rgA+ rgB =n.
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Corrections
Exercice 1 :
De detfn =(detf)n, on en déduit quef n’est pas de rangn.
Commefn−16= 0, il existe un vecteurxdeEtel que fn−1(x)6= 0.
Prouvons que la familleB= (x, f(x), ..., fn−1(x)) est libre :
Supposons qu’il existe (λ0, λ1, ..., λn−1))∈Rn tel que
n−1
X
i=0
λifi(x) = 0 avec lesλi non tous nuls.
SoitJ la partie de{0,2, ..., n−1} telle que pouri∈J,λi 6= 0 . On appellekle plus petit élément deJ.
On a X
i∈J
λifi(x) = λkfk(x) + X
i∈J,i6=k
λifi(x) = 0. Si on applique fn−k−1 à la quantité précédente, on obtient : λkfn−1(x) = 0 car fp(x) = 0∀p>n.
Ceci est contradictoire avec les hypothèses surλk et le fait quefn−1(x)6= 0.
B= (x, f(x), ..., fn−1(x)) est donc libre, composée denvecteurs, c’est une base deE (dimE=n).
Dans cette baseB,f est représentée par la matrice :
0 0 0 0
1 0 0 0... 0 1 ... ...
0 0 0 . . . 1 0
.
Comme cette matrice est de rangn−1,f est de rang n−1.
Exercice 2 :
On considèref etg deux formes linéaires non nulles sur un espace vectorielE surR.
(=⇒Si les deux formes linéaires sont proportionnelles, il existeλ∈R, non nul, tel queg=λf. Il est évident que Kerf = Kerg (six∈Kerf alorsx∈Ker get réciproquement).
⇐=) Supposons queH = Kerf=Kerg.H est le noyau d’une forme linéaire non nulle,H est donc un hyperplan.
Pourx0∈/ H,f(x0)6= 0 etg(x0)6= 0. On poseh=g(x0)f−f(x0)g(hest linéaire) :
∀x∈H,h(x) = 0 (par définition deH et deh) et∀λ∈R, h(λx0) =λh(x0) = 0.
De plusH etRx0 sont supplémentaires donc∀x∈E,h(x) = 0.
h= 0⇔f etg sont proportionnelles.
Exercice 3 :
Soientuetv les endomorphismes canoniquement associés àAetB.
∗ AB= 0 impliqueu o v= 0 donc Imv⊂Keru. On a donc :
dim(Imv)6dim(Keru)⇔rg v 6n−rgu⇔ rgu+ rgv6n(1)
∗ A+B∈ GLn(R) implique que Im(u+v)=Rn. Or Im(u+v)⊂Imu+ Imv ⇒Imu+ Imv =Rn.
On a donc :n= dim(Im u+ Imv)=dim(Imu)+dim(Imv)−dim(Imu∩Imv) ce qui implique que : dim(Imu)+dim(Imv)>n⇔rgu+ rgv >n(2)
De (1) et (2), on en déduit que : rgu+ rgv =n⇔rgA+ rgB =n
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