MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Les deux parties sont totalement indépendantes.
On ne confondra pas (a, b, c) de R
3avec sa matrice colonne
a b c
dans la base canonique.
Partie I
Soit u l'endomorphisme de R
3dont la matrice dans la base canonique est :
A =
2 1 1 1 2 1 0 0 2
1. Discuter suivant le réel λ du rang de la matrice A − λI
3.
2. Déterminer pour chaque i ∈ {1, 2, 3} le vecteur e
idont la deuxième composante vaut 1 et tel que u(e
i) = ie
i. Préciser ker(u − i Id
R3) .
3. Justier que (e
1, e
2, e
3) est une base de R
3et écrire la matrice ∆ de u relativement à cette base. Former une relation entre A et ∆ .
4. Soit B ∈ M
3( R ) une matrice vériant B
2= A . On note v l'endomorphisme de R
3dont la matrice dans la base canonique est B .
a. Justier v
2= u et u ◦ v = v ◦ u .
b. Pour chaque i ∈ {1, 2, 3} , montrer que v(e
i) ∈ Vect(e
i) .
c. Montrer que la matrice de v dans la base (e
1, e
2, e
3) est de la forme
λ
10 0 0 λ
20 0 0 λ
3
et préciser les valeurs possibles pour les λ
i.
5. Former toutes les solutions dans M
3( R ) de l'équation X
2= A .
Partie II
Soit E un R espace vectoriel de dimension n et u un endomorphisme de E vériant u ◦ u = 0
L(E).
1. Montrer que rg u ≤
n2.
2. Montrer que si rg u = r , il existe une base de E dans laquelle la matrice de u s'écrit
0 · · · 0 1 0 · · · 0 0 ... ... ...
... ... 0
... 1
0 ...
0 · · · 0
(toutes les cases contiennent 0 sauf r qui contiennent 1).
3. Soit M ∈ M
4( R ) de rang 1 et telle que
M
2= 0
M4(R)Montrer qu'il existe des réels (a, b, c, d) 6= (0, 0, 0, 0) et (x, y, z, t) 6= (0, 0, 0, 0) tels que
0 = xa + yb + zc + td, M =
xa ya za ta xb yb zb tb xc yc zc tc xd yd zd td
.
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 Aalglin9MPSI B 29 juin 2019
Corrigé Partie I
1. On transforme la matrice A − λI
3par 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)
21
0 0 2 − λ
On en déduit que le rang est 3 sauf pour les valeurs de λ qui annulent un des termes diagonaux. Pour λ ∈ {1, 2, 3} le rang est 2.
2. On résoud trois systèmes de trois équations à trois inconnues. On trouve e
1= (−1, 1, 0), e
2= (1, 1, −1), e
3= (1, 1, 0).
D'après le calcul de rang de la première question,
dim(ker(u − i Id
R3)) = 1 ⇒ ker(u − i Id
R3) = Vect(e
i).
3. Pour montrer que B = (e
1, e
2, e
3) 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(e
1, e
2, e
3) = rg Mat
C
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.
Notons P = Mat
C
B la 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 vecteurs e
i.
4. a. La relation B
2= A entre des matrices d'endomorphismes dans les mêmes bases traduit l'égalité v
2= u entre les endomorphismes. De plus, u ◦ v = v
3= v ◦ u . b. Pour chaque i entre 1 et 3 :
u(v(e
i)) = v(u(e
i)) = iv(e
i) ⇒ v(e
i) ∈ ker(u − iId
R3) = Vect(e
i).
c. Comme v(e
i) ∈ Vect(e
i) , il existe donc un réel λ
itel que v(e
i) = λ
ie
i. Ainsi, la matrice de v dans la base B est de la forme
Mat
Bv = D =
λ
10 0 0 λ
20 0 0 λ
3
De plus v
2= u se traduit par D
2= ∆ donc λ
i∈ {− √
i, √ i}.
Les solutions matricielles de l'équation X
2= A sont donc les huit matrices
P
10 0
0
2√
2 0
0 0
3√
3
P
−1avec
i∈ {−1, +1}.
On peut préciser ces matrices en calculant P
−1. On utilise la méthode du pivot partiel étendu pour transformer la copie de A placée à gauche en I
3.
−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
12 121
→
1 0 −1 −1 0 −1
0 1 0 0 0 −1
0 0 1
12 121
→
1 0 0 −
12 120
0 1 0 0 0 −1
0 0 1
12 121
⇒ P
−1=
−
12 120 0 0 −1
1 2
1
2
1
.
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2
Rémy Nicolai Aalglin9MPSI B 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
avec
i∈ {−1, +1}.
Partie II
1. Comme u ◦ u est l'endomorphisme nul, Im u ⊂ ker u d'où rg(u) ≤ dim(ker u).
Or d'après le théorème du rang, la somme des deux vaut dim E donc 2 rg(u) ≤ n = dim E.
2. Notons r le rang de u . Soit (x
1, · · · , x
r) une base de Im u ⊂ ker u . On la complète en une base (x
1, · · · , x
n−r) de ker u . De plus, pour i entre 1 et r , il existe y
i∈ E tel que x
i= u(y
i) .
Montrons que (x
1, · · · , x
n−r, y
1, · · · , y
r) est une base de E .
Il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison nulle : λ
1x
1+ · · · λ
n−rx
n−r| {z }
∈keru
+ µ
1y
1+ · · · + µ
ry
r= 0
E⇒ µ
1u(y
1) + · · · + µ
ru(y
r) = 0
E⇒ µ
1x
1+ · · · + µ
rx
r= 0
E⇒ µ
1= · · · = µ
r= 0 car (x
1, · · · , x
r) est libre.
La matrice de u dans 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 matrice M ∈ M
4( R ) , il existe des réels a, b, c, d, x, y, z, t tels que les quatre colonnes de M 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 M
2= 0
M4(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
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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