MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 14 le 12/04/19 29 juin 2019
Problème
Partie I
1. On transforme la matriceA−λI3 par opérations élémentaires. Le rang se conserve.
rg
2−λ 1 1
1 2−λ 1
0 0 2−λ
= rg
1 2−λ 1
2−λ 1 1
0 0 2−λ
= rg
1 2−λ 1
0 1−(2−λ)2 1
0 0 2−λ
On en déduit que le rang est 3 sauf pour les valeurs deλqui annulent un des termes diagonaux. Pourλ∈ {1,2,3} le rang est 2.
2. On résoud trois systèmes de trois équations à trois inconnues. On trouve e1= (−1,1,0), e2= (1,1,−1), e3= (1,1,0).
D'après le calcul de rang de la première question,
dim(ker(u−iIdR3)) = 1⇒ker(u−iIdR3) = Vect(ei).
3. Pour montrer que B= (e1, e2, e3)est une base, il sut de montrer que la famille est libre. Calculons pour cela le rang de leur matrice (C désigne la base canonique) :
rg(e1, e2, e3) = rg MatC B
= rg
−1 1 1
1 1 1
0 −1 0
= rg
−1 1 1
0 2 2
0 −1 0
= rg
−1 1 1
0 2 2
0 0 −1
= 3.
NotonsP = Mat
C Bla matrice de passage. La formule de changement de base donne
∆ = Mat
B u=P−1AP =
1 0 0 0 2 0 0 0 3
par dénition des vecteursei.
4. a. La relationB2 =A entre des matrices d'endomorphismes dans les mêmes bases traduit l'égalitév2=uentre les endomorphismes. De plus,u◦v=v3=v◦u. b. Pour chaqueientre 1 et 3 :
u(v(ei)) =v(u(ei)) =iv(ei)⇒v(ei)∈ker(u−iIdR3) = Vect(ei).
c. Comme v(ei)∈ Vect(ei), il existe donc un réel λi tel quev(ei) =λiei. Ainsi, la matrice devdans la baseBest de la forme
MatB v=D=
λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ3
De plusv2=use traduit parD2= ∆donc λi∈ {−√
i,√ i}.
Les solutions matricielles de l'équationX2=A sont donc les huit matrices
P
1 0 0
0 2√
2 0
0 0 3√
3
P−1 aveci∈ {−1,+1}.
On peut préciser ces matrices en calculantP−1. On utilise la méthode du pivot partiel étendu pour transformer la copie deAplacée à gauche enI3.
−1 1 1 1 0 0
1 1 1 0 1 0
0 −1 0 0 0 1
→
1 −1 −1 −1 0 0
0 2 2 1 1 0
0 −1 0 0 0 1
→
1 −1 −1 −1 0 0
0 1 0 0 0 −1
0 2 2 1 1 0
→
1 0 −1 −1 0 −1
0 1 0 0 0 −1
0 0 2 1 1 2
→
1 −1 −1 −1 0 0
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 12 12 1
→
1 0 −1 −1 0 −1
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 12 12 1
→
1 0 0 −12 12 0
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 12 12 1
⇒P−1=
−12 12 0 0 0 −1
1 2
1
2 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/
1 Rémy Nicolai M1814C
MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 14 le 12/04/19 29 juin 2019
Les solutions sont les
1
2(1+3√
3) 12(−1+3√
3) −2
√2 +3√ 3
1
2(−1+3√
3) 12(1+3√
3) −2√
2 +3√ 3
0 0 2√
2
aveci∈ {−1,+1}.
Partie II
1. Commeu◦uest l'endomorphisme nul,Imu⊂kerud'où rg(u)≤dim(keru).
Or d'après le théorème du rang, la somme des deux vautdimE donc 2 rg(u)≤n= dimE.
2. Notonsr le rang deu. Soit(x1,· · ·, xr)une base deImu⊂keru. On la complète en une base(x1,· · · , xn−r)dekeru. De plus, pourientre 1 etr, il existeyi∈E tel que xi =u(yi).
Montrons que(x1,· · ·, xn−r, y1,· · ·, yr)est une base deE.
Il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison nulle : λ1x1+· · ·λn−rxn−r
| {z }
∈keru
+µ1y1+· · ·+µryr= 0E
⇒µ1u(y1) +· · ·+µru(yr) = 0E ⇒µ1x1+· · ·+µrxr= 0E
⇒µ1=· · ·=µr= 0 car(x1,· · · , xr)est libre.
La matrice deudans cette base est bien de la forme demandée.
3. Lorsqu'une matrice est de rang 1, toutes ses colonnes sont colinéaires.
Dans le cas d'une matriceM ∈ M4(R), il existe des réelsa, b, c, d, x, y, z, ttels que les quatre colonnes deM soient de la forme
x
a b c d
, y
a b c d
, z
a b c d
, t
a b c d
, avec
a b c d
6=
0 0 0 0
, et(x, y, z, t)6= (0,0,0,0)
car sinon le rang serait 0.
L'image de l'endomorphisme associé à cette matrice pour la base canonique est la
droite engendrée par le vecteur de coordonnées (a, b, c, d). La relation M2 = 0M4(R)
est réalisée si et seulement si l'image est incluse dans le noyau, ce qui se traduit matriciellement par
0 0 0 0
=M
a b c d
= (xa+yb+zc+td)
a b c d
.
C'est équivalent à :
xa+yb+zc+td= 0
Exercice
Utilisons la formule de changement de bases : MatU0V0f =PV0VMat
U V f PU U0
avec iciV dans le rôle deU0 etU dans le rôle deV0. On en déduit : MatV U f =PMat
U V f P
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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