Exercice
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
jen fonction des a
i. Cela montre que la famille des a
iest 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
3a
2= e
1+ e
3a
3= −e
1+ e
2+ 2e
3⇔
e
1=
13a
1+
13a
2−
13a
3e
2= a
1− a
2e
3= −
13a
1+
23a
2+
13a
3On 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
Preuve que A
1est une base, calcul de P
A1E. Exprimons (e
1, e
2, e
3) en fonction de (e
1, a
2, a
3)
a
1= e
1+ e
2+ e
3a
2= e
1+ e
3a
3= −e
1+ e
2+ 2e
3⇒
e
1= e
1e
3= −e
1+ a
2e
2= e
1+ a
3− 2e
3⇒
e
1= e
1e
2= 3e
1− 2a
3+ a
3e
3= −e
1+ a
2P
A1E=
1 3 −1 0 −2 1
0 1 0
Preuve que A
2est une base, calcul de P
A2E.
Exprimons (e
1, e
2, e
3) en fonction de (a
1, e
2, a
3) . On utilise l'expression des e
jen fonc- tion des a
i. De e
2= a
1−a
2on tire a
2= a
1− e
2que l'on remplace dans les deux autres relations. On obtient :
e
1=
23a
1−
13e
2−
13a
3e
2= e
2e
3=
13a
1−
23e
2+
13a
3, P
A2E= 1 3
2 0 1
−1 3 −2
−1 0 1
2. On rappelle que p
1est le projecteur sur Vect(e
2, e
3) parallélement à Vect(e
1) . Calcul de Mat
E
p
1. Par dénition : Mat
Ep
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
AEMat
E
p
1P
EAMat
Ap
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
EAp
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
3on déduit p
1(a
1) = e
2+ e
3. De même les autres colonnes s'obtiennent directement à partir des expressions des a
ien fonction des e
j.
Mat
AEp
1=
0 0 0 1 0 1 1 1 2
3. On rappelle que p
2est 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
3en fonction de a
1, e
2, e
3. En partant des dénitions de a
1, a
2, a
3, on obtient :
a
1= a
1a
2= a
1− e
2a
3= −a
1+ 2e
2+ 3e
3⇒
p
2(a
1) = 0
p
2(a
2) = −e
2= −a
1+ a
2p
2(a
3) = 2e
2+ 3e
3= a
1+ a
3Mat
Ap
2=
0 −1 1
0 1 0
0 0 1
Calcul de Mat
EA
p
2. On exprime p
2(e
2) = e
2et p
2(e3) = e
3dans 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
3d'où
Mat
EAp
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
3en fonction de a
1, e
2, e
3. On obtient : ( a
2= a
1− e
2a
3= −a
1+ 2e
2+ 3e
3⇒ Mat
AE
p
2=
0 0 0
0 −1 2
0 0 3
Problème 1
1. On trouve A
2=
1 −1 1 −1
0 0 0 0
2 −2 2 −1 2 −2 2 −1
(A − I
4)
2=
0 1 −3 3 0 1 −2 2 0 0 1 −1
0 0 0 0
A
2(A − I
4)
2= 0
M4(R)2. a. Comme A
2= Mat
Af
2et (A − I
4)
2= Mat
A(f − id
E)
2, la formule du rang donne dim N
1= 4 − rg A
2et dim N
2= 4 − rg(A − I
4)
2. Ces dimensions sont égales à 2 car les rangs sont égaux à 2 .
Ce calcul des rangs est justié en transformant les matrices par opérations élé- mentaires.
On transforme (A − I
4)
2par les opérations L
4← L
4− L
3, L
3← L
3− 2L
1. Le rang est donc le même que celui de
1 −1 1 −1
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 0
qui est clairement 2 .
On transforme (A − I
4)
2par les opérations L
1← L
1+ 3L
3, L
2← L
2+ 2L
1, L
2← L
2− L
1. Le rang est donc le même que celui de
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0
qui est clairement 2 .
Comme N
1et N
2sont deux sous-espaces de dimension 2 d'un espace de dimension 4 , il sut de montrer que leur intersection est réduite au vecteur nul pour prouver qu'ils sont supplémentaires.
Un vecteur v de coordonnées (x, y, z, t) est dans cette intersection si et seulement si (x, y, z, t) est solution d'un système linéaire de 8 équations. Certaines de ces équations sont triviales ( 0 = 0 ) ou équivalentes. Avec les mêmes opérations sur les lignes qui ont servi à calculer le rang, elles se ramènent à :
v ∈ N
1∩ N
2⇔
x− y+z− t = 0 t = 0
y = 0
z− t = 0
⇔
x = 0 y = 0 z = 0 t = 0
On pouvait aussi raisonner plus vectoriellement. Si x est dans les deux noyaux alors
( f
2(x) − 2f (x) + x = 0
Ef
2(x) = 0
E⇒
f (x) = 1 2 x f
2(x) = 0
E⇒ 0
E= f
2(x) = 1
4 x ⇒ x = 0
Eb. Si v ∈ N
1alors f
2(f (v)) = f (f
2(v)) = f (0
E) = 0
Edonc f (v) ∈ N
1. Le sous- espace N
1est stable par f .
De même, si v ∈ N
2alors (f − id
E)
2(f (v)) = f ((f − id
E)
2(v)) = f (0
E) = 0
Edonc f (v) ∈ N
2. Le sous-espace N
2est stable par f . Le point important ici est que f commute avec les endomorphismes dont on considère le noyau.
3. a. On a montré à la question 1 que A
2(A − I
4)
2est la matrice nulle. Cela entraine
que f
2◦ (f − id
E)
2et (f − id
E)
2◦ f
2sont égaux à l'endomorphisme nul donc que
Im(f
2) ⊂ N
1et Im((f − id
E)
2) ⊂ N
1. Par le calcul de rang déjà fait, les deux
images sont de dimension 2 . De l'égalité des dimensions, on déduit l'égalité des
sous-espaces.
b. Le vecteur u
2doit vérier f (u
2) = u
1et f
2(u
2) = f (u
1) = 0
E. Il s'agit donc d'un vecteur de N
1qui n'est pas dans dans le noyau de f . On trouve de tels vecteurs en considérant les colonnes de (A − I
4)
2. La première ne convient pas car elle correspond à un élément du noyau, en combinant les colonnes 2 et 3 on peut former u
2= −e
1+ e
3puis u
1= f (u
2) = e
1+ e
2.
Choisissons un vecteur u
4dans N
2, par exemple u
4= e
1qui est dans N
2car la première colonne de (A − I
4)
2est nulle. Posons u
3= (f − id
E)(u
4) = e
3+ e
4. On a alors u
3= f (u
4) − u
4donc f (u
4) = u
3+ u
4. De plus, de (f − id
E)
2(u
4) = 0
E, on tire alors f (u
3) = u
3.
On vérie facilement que la famille U = (e
1+ e
2, −e
1+ e
3, e
3+ e
4, e
1) est une base. Par construction de ces vecteurs :
Mat
Uf =
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1
Problème 2
Partie I
1. D'après les dénitions :
Mat
B=
0 0 · · · · · · 0 −a
01 0 −a
10 1 ... ... ...
... 0 ... ... ...
... ... ... 0 −a
p−20 0 · · · 0 1 −a
p−1
2. On a bien Q(f ) ◦ f = f ◦ Q(f ) car f commute avec ses puissances.
D'après la dénition, pour tout i < p , f
i(e
1) = e
i+1et
f
p(e
1) = f (e
p) = −a
0e
1− a
1e
2− · · · − a
p−1e
pOn en déduit
P (f )(e
1) = a
0e
1+ a
1e
2+ · · · + a
p−1e
p+ f (e
p) = 0
EOn vérie alors que P (f )(e
i) est nul pour tous les i entre 2 et P car P(f )(e
i) = P(f ) ◦ f
i−1(e
1) = f
i−1◦ P(f )(e
1) = f
i−1(O
E) = 0
EL'endomorphisme P (f ) est donc nul puisqu'il prend la valeur 0
Esur tous les vecteurs d'une base.
3. a. Soit λ une valeur propre de f . Il existe alors un vecteur u 6= 0
Etel que f (u) = λu . On en déduit que f
i(u) = λ
iu pour tous les entiers naturels i . Cela entraîne
0
E= P (f)(u) = P (λ)u d'où P (λ) = 0 car u est non nul.
b. D'après les conditions de l'énoncé, Q est un polynôme unitaire de degré n − 1 . Il existe donc des complexes b
0, · · · , b
p−2tels que
Q =b
O+ b
1X + · · · + b
p−2X
p−2+ X
p−1Q(f )(e
1) =b
Oe
1+ b
1e
2+ · · · + b
p−2e
p−1+ e
pComme la famille (e
1, · · · , e
p) est libre et que
(b
0, · · · , b
p−2, 1) 6= (0, 0, · · · , 0)
le vecteur Q(f )(e
1) est non nul. Notons v = Q(f )(e
1) ce vecteur non nul. Alors : P = (X − λ)Q ⇒ (f − λ Id) ◦ Q(f ) = O
L(E)⇒ (f − λ Id) ◦ Q(f )(e
1) = O
E⇒ f (v) = λv Le complexe λ est donc bien une valeur propre.
Partie II
1. Considérons un C-espace vectoriel F quelconque de dimension p muni d'une base U = (u
1, · · · , u
p) .
Dénissons un endomorphisme ϕ de F par sa matrice dans la base U : Mat
Uf = A
D'après le cours, A est inversible si et seulement si f est bijective. Comme f est un
endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension nie, f est bijective si et seulement
si elle est injective. On en déduit que A est non inversible si et seulement si f est non
injective c'est à dire de noyau non nul. À chaque vecteur non nul du noyau correspond
la colonne X de ses coordonnées dans la base U . Cette colonne vérie AX = 0 .
2. Soit A une matrice non inversible et X =
x
1x
2...
x
p
une colonne telle que AX = 0 . C'est à dire
∀i ∈ {1, · · · , p}
p
X
k=1
a
ikx
k= 0
Il existe un entier m entre 1 et p tel que
|x
m| = max(|x
1|, · · · , |x
p|) Écrivons la relation pour i = m et formons une inégalité
− a
mmx
m= X
k∈{1,···,p}−{m}
a
mkx
k⇒ |a
mm||x
m| ≤ X
k∈{1,···,p}−{m}
|a
mk||x
k|
⇒ |a
mm||x
m| ≤ X
k∈{1,···,p}−{m}
