E3A MP 2002 épreuve B , exercice 1 1)

E3A MP 2002

épreuve B , exercice 1

1)On supposera n¸ 2 de façon à ce que le noyau ne soit pas réduit au vecteur nul. Si n= 1 on a Ker(u) = n¡!0o , et Im(u) =E (inclusion et égalité des dimensions) et les résultats sont tous évidents.

(i)

uest de rang 1 donc Imu\keruest un sous espace deIm(u)est un donc sous-espace vectoriel de dimension 0 ou 1.

² Sidim Imu\keru= 0, alorsImu\keru =f0g et donc la sommeIm(u)©Ker(u) est directe. d’après le théorème du rang la dimension est la bonne, on aE = Imu©keru.

² Sidim Imu\keru= 1, on aImu\keru½Imu et égalité des dimensions et doncImu\keru= Imu ce qui équivaut à Imu ½keru.

(ii)

eest non nul, donc(e)est une famille libre de l’espace vectoriel de dimension …nieE. On peut la compléter en une base de E par le théorème de la base incomplète.

e2keru, donc dans une telle base, la première colonne de la matrice de u sera nulle. et toutes les autres colonnes seront dansImudonc colinéaires à ed’où une matrice de la forme

0 BB

@

0 a2 ¢ ¢ ¢ an

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 ... ... ...

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 1 CC A La trace de cette matrice est nulle donc dans le cas oùImu ½keruon a bien T ru= 0 (iii)

uest de rang 1 donc 0 est valeur propre de uetE0 = keruest de dimension n¡1.

² a))b)u est diagonalisable etdimE0 =n¡1 donc il existe une seconde valeur propreaavecdimEa= 1.

Dans une base adaptée à la somme directeE=Ea©E0 la matrice deuest 0 BB

@

a 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 ... ... ...

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 1 CC A

On remarque sur la matrice queImu=Ea. On a donc bien E= Imu©keru

² b))c) et a) : commerg(u) = 1 Imuest un sous-espace vectoriel de dimension 1.

Soite un vecteur générateur de Imu. u(e)2 Imu donc u(e) est colinéaire àe: il existe un réel atel que u(e) =a:e, de plus, comme Imu et keru sont en somme directe, e 62 keru et a 6= 0. Dans une base adaptée à la somme directe

E = Imu©keru la matrice deuest 0 BB

@

a 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 ... ... ...

0 0 ¢ ¢ ¢ 0 1 CC A.

On a doncT ru =a6= 0et udiagonalisable

² c) ) b) On suppose que T r(u) 6= 0. De la question (ii), on déduit queImu 6½ keru puis de la question (i), on déduit E = Imu©keru

2 (i)

² FA est une forme : c’est une application deMⁿ(C)dans le corps de baseC

² F Aest linéaire : 8(X; Y)2 Mⁿ(C)²; 8(¸; ¹)2C²

FA(¸X+¹Y) = T r(A:(¸X+¹Y)) =¸T r(AX) +¹T r(AY)

= ¸FA(X) +¹FA(Y) (linéarité de la trace et bilinéarité du produit matriciel.)

FA est donc une forme linéaire surMn(C) (ii)

8(A; B)2 Mⁿ(C)²; 8(¸; ¹)2C² F¸A+¹B =¸FA+¹FB. En e¤et pour toute matrice carrée X : F¸A+¹B(X) =T r((¸A+¹B)X) =¸T r(AX) +¹T r(BX) =¸FA(X) +¹FB(X)

(linéarité de la trace et bilinéarité du produit matriciel.) F est donc une application linéaire (iii)

AEij est la matrice dont lajème colonne est égale à laième colonne deAet dont toutes les autres colonnes sont nulles. Sa trace est donc égale àaji: FA(Eij) =aji

F est linéaire donc est injective si et seulement si le noyau est réduit àf(0)g

SiFAest nulle, alors, pour tout(i; j), aji=FA(Eij) = 0. La matrice Aest donc nulle, on en déduit que F est injective (iv)

F est une application linéaire injective deMⁿ(C)dans Mⁿ(C)^¤ etdimMⁿ(C) = dimMⁿ(C)^¤=n². F est donc un isomorphisme

3) (i)

F est un isomorphisme de Mⁿ(C) dansMⁿ(C)^¤et f 2 Mⁿ(C)^¤. Il existe donc une unique matriceA 2 Mⁿ(C)telle que f =FA c’est à dire8X 2 Mⁿ(C); f(X) =T r(AX).

9!A,8X 2 Mn(C), f(X) =T r(AX) (ii)

Ãf(X) = 0,f(X)J = 0,f(X) = 0( J6= 0). donc

kerÃ_f = kerf Ã_f(X) =f(X)J2V ect(J)qui est une droite vectorielle car J 6= (0)

l’image de Ã_f est nulle ou est le sous-espace-vectoriel deMn(C)engendré par J Orf est non nulle donc il existeX0tel quef(X0)6= 0et doncÃ_f(X0)6= (0)

Im(Ã_f) =V ect(J) le rang deÁ_f est égal à1

(iii)

on fait le calcul: On doit faire la somme des termes diagonaux de la matrice de Ã_f dans la base(Ei;k):

On cherche donc la coordonnée sur Ei;k deÃ_f(Ei; k) or :

Ã_f(Eik) =T r(AEi;k)J =ak;iJ d’après le calcul du 2)iii La coordonnée sur Ei;k est donc ak;iji;k et donc T r(Ãf) = P

(i;k)ak;iji; k = P

k(P

iak;ijk;i) on reconnaît la somme des termes diagonaux deAJ:

T r(Ã_f) =T r(AJ)

(iii) peu aussi se faire en utilisant la première question (et on traite alors en même teps les questions 3.iii et 3.iv:

² SiIm(Ãf)½ker¡ Ãf

¢on aT r(Ãf) = 0 (1.ii). OrIm(Ãf) =V ect(J)donc siÃf(J) =T r(AJ)J = 0alorsT r(Ãf) = 0

T r(AJ) = 0)T r¡ Ã_f¢

= 0

² Sinon (calcul du 1.iii) la trace de Ãf est l’unique valeur propre non nulle de Ãf et le sous espace propre associé est Im¡

Ã_f¢ :

On regarde doncÃ_f(J) =f(J)J=T r(AJ)J: la valeur propre non nulle estT r(AJ) (iv)

De la question 1.iii, on déduit queÃf est diagonalisable si et seulement siT r(AJ)6= 0

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