MPSI B Corrigé du DM 13 29 juin 2019
Exercice I.
1. La matrice de l'endomorphisme nul dans n'inporte quelle base est la matrice nulle.
2. Cas f 6= 0 L(E) , f 2 = 0 L(E) . a. Pourquoi dim(ker f ) = 2 ?
Notons d cette dimension. Comme ker f ⊂ E , d ≤ 3 .
D'autre part, dim(ker f ) = 2 se traduit par Im f ⊂ ker f . D'après le théorème du rang dim Im f = 3 − d . On a donc 3 − d ≤ d ou encore
d ≥ 3 2
On en déduit d = 2 ou d = 3 . Le cas d = 3 est impossible car f 6= 0 L(E) donc d = 2 .
b. Comme f 6= 0 L(E) , il existe un vecteur x (automatiquement non nul) tel que f (x) 6= 0 . Comme f 2 = 0 L(E) , f (x) est un vecteur non nul de ker f . On peut compléter la famille libre (f (x)) en une base (f (x), y) de ker f .
Considérons alors
e 1 = y, e 2 = f (x), e 3 = x
Montrons que (e 1 , e 2 , e 3 ) est une base. En composant par f une relation λ 1 e 1 + λ 2 e 2 + λ 3 e 3 = 0 E
On obtient λ 3 x = 0 donc λ 3 = 0 car x 6= 0 . La relation devient alors λ 1 e 1 + λ 2 e 2 = 0
Ce qui entraîne λ 1 = λ 2 = 0 car, par dénition, (e 1 , e 2 ) est une base de ker f . La matrice de f dans (e 1 , e 2 , e 3 ) est
0 0 0 0 0 1 0 0 0
3. Cas f 2 6= 0 L(E) , f 3 = 0 L(E) .
Comme f 2 6= 0 L(E) , il existe un vecteur x tel que f 2 (x) 6= 0 . Montrons que (x, f(x), f 2 (x))
est une base de E . Si
λ 1 x + λ 2 f (x) + λ 3 f 2 (x) = 0 E
alors, en composant par f 2 , on obtient λ 3 f 2 (x) = 0 donc λ 3 = 0 . D'où λ 1 x + λ 2 f (x) = 0 E
En composant par f , on obtient λ 2 f 2 (x) = 0 donc λ 2 = 0 . Le dernier coecient est alors automatiquement nul. Posons alors
e 1 = f 2 (x), e 2 = f (x), e 3 = x La famille (e 1 , e 2 , e 3 ) est une base vériant :
f (e 1 ) = f (f 2 (x)) = 0 E
f (e 2 ) = f (f (x)) = e 1 f (e 3 ) = f (x) = e 2
On en déduit que la matrice de f dans cette base est :
0 1 0 0 0 1 0 0 0
Exercice II.
1. On demande ici de montrer que certaines familles sont des bases et de préciser les matrices de passage à partir d'une base xée. Les vecteurs de ces familles (les a i ) sont donnés comme des combinaisons linéaires des vecteurs d'une base xe (les e j ). Le plus économique est d'exprimer les e j en fonction des a i . Cela montre que la famille des a i
est génératrice (donc que c'est une base à cause du nombre d'éléments) et donne aussi la matrice de passage.
Preuve que A est une base, calcul de P AE .
On transforme par opérations élémentaires le système de relations dénissant (a 1 , a 2 , a 3 )
a 1 = e 1 + e 2 + e 3
a 2 = e 1 + e 3
a 3 = −e 1 + e 2 + 2e 3
⇔
e 1 = 1 3 a 1 + 1 3 a 2 − 1 3 a 3
e 2 = a 1 − a 2
e 3 = − 1 3 a 1 + 2 3 a 2 + 1 3 a 3
On en déduit : P EA =
1 1 −1 1 0 1 1 1 2
, P AE = 1 3
1 3 −1
1 −3 2
−1 0 1
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai M0713CMPSI B Corrigé du DM 13 29 juin 2019
Preuve que A 1 est une base, calcul de P A
1E . Exprimons (e 1 , e 2 , e 3 ) en fonction de (e 1 , a 2 , a 3 )
a 1 = e 1 + e 2 + e 3
a 2 = e 1 + e 3
a 3 = −e 1 + e 2 + 2e 3
⇒
e 1 = e 1
e 3 = −e 1 + a 2 e 2 = e 1 + a 3 − 2e 3
⇒
e 1 = e 1
e 2 = 3e 1 − 2a 3 + a 3 e 3 = −e 1 + a 2
P A
1E =
1 3 −1 0 −2 1
0 1 0
Preuve que A 2 est une base, calcul de P A
2E .
Exprimons (e 1 , e 2 , e 3 ) en fonction de (a 1 , e 2 , a 3 ) . On utilise l'expression des e j en fonc- tion des a i . De e 2 = a 1 −a 2 on tire a 2 = a 1 − e 2 que l'on remplace dans les deux autres relations. On obtient :
e 1 = 2 3 a 1 − 1 3 e 2 − 1 3 a 3
e 2 = e 2
e 3 = 1 3 a 1 − 2 3 e 2 + 1 3 a 3
, P A
2E = 1 3
2 0 1
−1 3 −2
−1 0 1
2. On rappelle que p 1 est le projecteur sur Vect(e 2 , e 3 ) parallélement à Vect(e 1 ) . Calcul de Mat
E p 1 . Par dénition : Mat E p 1 =
0 0 0 0 1 0 0 0 1
Calcul de Mat
A p 1 . On utilise la formule de changement de base avec les matrices de passage déjà trouvées
Mat A p 1 = P AE Mat
E p 1 P EA
Mat A p 1 = 1 3
1 3 −1
1 −3 2
−1 0 1
0 0 0 0 1 0 0 0 1
1 1 −1 1 0 1 1 1 2
= 1 3
2 −1 1
−1 2 1
1 1 2
Calcul de Mat
EA p 1 . Par dénition, p 1 (e 1 ) = 0 , p 1 (e 2 ) = e 2 , p 1 (e 3 ) = e 3 . On peut exprimer ces vecteurs dans A avec les calculs déjà faits. On obtient
Mat EA p 1 = 1 3
0 3 −1 0 −3 2
0 0 1
Calcul de Mat
AE p 1 . De a 1 = e 1 + e 2 + e 3 on déduit p 1 (a 1 ) = e 2 + e 3 . De même les autres colonnes s'obtiennent directement à partir des expressions des a i en fonction des e j .
Mat AE p 1 =
0 0 0 1 0 1 1 1 2
3. On rappelle que p 2 est le projecteur sur Vect(e 2 , e 3 ) parallèlement à Vect(a 1 ) . Calcul de Mat
E p 2 . À partir de la dénition de a 1 = e 1 + e 2 + e 3 , il vient p 2 (e 1 ) =
−e 2 − e 3 . On en déduit
Mat E p 2 =
0 0 0
−1 1 0
−1 0 1
Calcul de Mat
A p 2 . Il faut exprimer a 1 , a 2 , a 3 en fonction de a 1 , e 2 , e 3 . En partant des dénitions de a 1 , a 2 , a 3 , on obtient :
a 1 = a 1
a 2 = a 1 − e 2
a 3 = −a 1 + 2e 2 + 3e 3
⇒
p 2 (a 1 ) = 0
p 2 (a 2 ) = −e 2 = −a 1 + a 2 p 2 (a 3 ) = 2e 2 + 3e 3 = a 1 + a 3
Mat A p 2 =
0 −1 1
0 1 0
0 0 1
Calcul de Mat
EA p 2 . On exprime p 2 (e 2 ) = e 2 et p 2 (e3) = e 3 dans A . De plus, e 1 = a 1 − e 2 − e 3 ⇒ p 2 (e 1 ) = −e 2 − e 3 = − 2
3 a 1 + 1 3 a 2 − 1
3 a 3 d'où
Mat EA p 2 = 1 3
−2 3 −1 1 −3 2
−1 0 1
Calcul de Mat
AE p 2 . On exprime a 1 , a 2 , a 3 en fonction de a 1 , e 2 , e 3 . On obtient :
( a 2 = a 1 − e 2
a 3 = −a 1 + 2e 2 + 3e 3 ⇒ Mat
AE p 2 =
0 0 0
0 −1 2
0 0 3
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Rémy Nicolai M0713CMPSI B Corrigé du DM 13 29 juin 2019
Exercice III.
Utilisons la formule de changement de bases : Mat U
0V
0f = P V
0V Mat
U V f P U U
0avec ici V dans le rôle de U 0 et U dans le rôle de V 0 . On en déduit : Mat V U f = P Mat
U V f P
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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