Exercice 1.
1. Le vecteur x appartient à Vect(u
1, u
2, u
3) si et seulement si il existe des réels λ
1, λ
2, λ
3tels que x = λ
1u
1+ λ
2u
2+ λ
3u
3. Cela est équivalent à l'existence d'une solution pour le système suivant de 4 équations à 3 inconnues λ
1, λ
2, λ
3.
(S) :
λ
1+ 3λ
2−λ
3= x
1λ
1+2λ
3= x
2λ
1+ 5λ
2−3λ
3= x
32λ
1+ λ
2+3λ
3= x
4On transforme ce système en des systèmes équivalents par des opérations élémentaires
(S) ⇔
λ
2+ 2λ
1+3λ
3= x
4+ λ
1+2λ
3= x
2− 5λ
1−10λ
3= x
1− 3x
4− 9λ
1−18λ
3= x
3− 5x
4⇔
λ
2+ 2λ
1+3λ
3= x
4+ λ
1+2λ
3= x
20 = x
1− 3x
4+ 5x
20 = x
3− 5x
4+ 9x
2On en déduit que x ∈ Vect(u
1, u
2, u
3) si et seulement si
( 0 = x
1− 3x
4+ 5x
20 = x
3− 5x
4+ 9x
2Il existe plusieurs systèmes d'équations possibles pour ce sous-espace. Si vous en avez un autre, pour le valider, vérier que les vecteurs suivants sont solutions
(3, 0, 5, 1) (−5, 1, −9, 0).
2. Avec les notations précédentes x
i= α
i(x) . On peut donc choisir
( α = α
1− 3α
4+ 5α
2β = α
3− 5α
4+ 9α
2Pourquoi (α, β) est-elle libre ? Si λα + µβ est la forme nulle, la valeur en a
1donne λ = 0 et la valeur en a
3donne µ = 0 .
Exercice 2
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
U
f =
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1
Problème 1. Matrice semblable à son inverse.
1. La relation tr(AB) = tr(BA) fait partie du cours (voir Les matrices pour elles mêmes).
On en déduit que deux matrices semblables ont la même trace car tr(P
−1AP ) = tr(AP P
−1) = tr(A)
2. La matrice A est inversible car l'algorithme du pivot partiel permet de se ramener à une forme triangulaire, on peut poursuivre alors pour calculer l'inverse. On indique les opérations puis les matrices transformées à partir de A et de I
3.
L
3← L
3− L
2, L
2← L
2− L
1
1 1 1 0 1 0 0 0 2
1 0 0
−1 1 0 0 −1 1
L
1← L
1− L
2, L
3← 1
2 L
3, L
1← L
1− L
3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
2 −
12−
12−1 1 0
0 −
12 12
= A
−1La matrice A n'est pas semblable à son inverse car les traces sont diérentes, respec- tivement 6 et
72.
3. a. Ici f
2= 0 entraine Im f ⊂ ker f . On a donc rg f ≤ dim ker f avec rg f + dim ker = 3 (théorème du rang) et rg f > 0 car f n'est pas nulle. On en déduit rg f = 1 . Il existe un vecteur (notons le a
3) dont l'image par f est non nulle. Posons a
1= f (a
3) . Comme f
2est nulle, a
1est un vecteur non nul du noyau. On peut le compléter par un vecteur a
2du noyau de sorte que (a
1, a
2) soit une base du noyau.
La famille (a
1, a
2, a
3) vérie alors :
f (a
1) = 0
E, f (a
2) = 0
E, f(a
3) = a
1C'est une base car elle est libre. Supposons λ
1a
1+λ
2a
2+λ
3a
3= 0
E. En composant par f , on obtient λ
3a
1= 0
Edonc λ
3= 0 puis λ
1et λ
2nuls car (a
1, a
2) est libre.
La matrice de f dans cette base est de la forme demandée.
b. Comme f
2n'est pas la fonction nulle, il existe un vecteur (notons le a
3) dont l'image par f
2n'est pas nulle. On note a
2= f (a
3) et a
1= f (a
2) = f
2(a
3) . En composant par f , on vérie facilement que (a
1, a
2, a
3) est libre donc une base de E . La matrice de f dans cette base est de la forme demandée.
c. On peut utiliser sereinement les règles de calculs usuelles car id
Ecommute avec f . On obtient
(id
E+f ) ◦ (id
E+g) = id
E−f
3= id
EOn en déduit que id
E+f est bijective de bijection réciproque id
E+g .
d. De la dénition de g , on tire g
2= f
2puis g
3= f
3. On a donc évidemment g
3nulle et d'autre part g
2nulle si et seulement si f
2est nulle.
4. a. La matrice I
3+ N est inversible car triangulaire avec des 1 sur la diagonale donc de rang 3 . De plus,
N
2=
0 0 αβ 0 0 0 0 0 0
N
3= 0
M3(R)b. Par dénition de f , I
3+ N = Mat
A
(id
E+ f) et (I
3+ N )
−1= Mat
A
(id
E+ f )
−1= Mat
A
(id
E+ g) Si N est nulle, la similitude est évidente. Dans la cas général, on a f
3et g
3nulles avec f et g non nulles. Les fonctions f
2et g
2peuvent être nulles mais alors elles le sont ensemble. Il existe donc des bases B et B
0telles que Mat
A(id
E+ f ) et Mat
A(id
E+ g) soient égales à une des matrices de 3.a ou 3.b. La formule de changement de base pour la matrice d'un endomorphisme montre alors que I
3+N est semblable à son inverse.
5. On peut choisir une matrice diagonale avec des termes non nuls sur la diagonale et stables par inversion. Par exemple
A =
2 0 0 0
120 0 0 1
A
−1=
0
120 2 0 0 0 0 1
alors A
−1= P
−1AP avec pour P une matrice de permutation P =
0 1 0 1 0 0 0 0 1
La matrice A n'est pas semblable à une matrice de la forme de la question 4 car sa trace n'est pas égale à 3 .
Problème 2. Matrices pseudo-magiques.
1. L'ensemble E est non vide ( 0 ∈ E ), stable par combinaison linéaire avec d(λA + µB) = λd(A) + µd(B)
pour A, B dans E et λ, µ réels. L'application d est donc une forme linéaire de E . 2. Pour une matrice A quelconque, précisons AJ et J A .
Toutes les colonnes de AJ sont égales à C =
P
q
a
1q...
P
q
a
nq
Toutes les lignes de J A sont égales à L = P
q
a
q1· · · P
q
a
qnLorsque A ∈ E :
C = d(A)
1 ...
1
L = d(A) 1 · · · 1
donc AJ = J A = λJ avec λ = d(A) . Réciproquement, si AJ = J A = λJ alors
C =
λ ...
λ
L = λ · · · λ
Donc pour tout couple (i, j) ∈ {1, · · · , n}
2, P
q
a
iq= P
q
a
qj= λ c'est à dire A ∈ E avec d(A) = λ .
3. a. Pour montrer que E est une sous-algèbre de M on doit vérier I ∈ E (évident avec d(I) = 1 )
E est un sous espace vectoriel de M (déjà montré en 1) E est stable par multiplication
Si A et B ∈ E :
ABJ = Ad(B)J = d(B)AJ = d(A)d(B)J
et de même, J AB = d(A)d(B)J . On en déduit AB ∈ E avec d(AB) = d(A)d(B) .
Ceci qui montre en même temps que d est un morphisme d'algèbre car on savait
déjà que d était linéaire.
b. Soit A inversible appartenant à E (on ne sait pas encore si A
−1∈ E ). Alors :
AJ = d(A)J ⇒ J AA
−1= d(A)J A
−1⇒ J = d(A)J A
−1On en déduit d(A) 6= 0 car J n'est pas nul et A
−1J =
d(A)1J .
De même, J A = d(A)J entraîne J A
−1=
d(A)1J ce qui signie A
−1∈ E avec d(A
−1) =
d(A)1.
c. Une matrice pseudo-magique A telle que d(A) 6= 0 n'est pas forcément inversible comme le montre l'exemle de J qui est de rang 1 donc évidemment non inversible.
4. D'après les règles de calcul dans une algèbre et j
2= nJ : BC = d(A)
n J (A − d(A)
n J ) = d(A)
n J A − d(A)
2n
2J
2= d(A)
2n J − d(A)
2n J = 0 De même CB = 0 . Comme BC = CB , on peut appliquer la formule du binôme pour calculer A
p= (B + C)
p. Comme de plus BC = CB = 0 , seuls subsistent les termes extrêmes soit
A
p= B
p+ C
p5. L'intersection de F et G est nulle car λJ ∈ F entraîne 0 = d(λJ) = λn donc λ = 0 . De plus, F est un hyperplan (noyau d'une forme) sa dimension est dim E − 1 donc E = F ⊕ G .
6. a. Par dénition, T
r,sest de la forme
1 0 · · · 0 −1 0 · · · 0
0 ... ...
0
−1 0 · · · 0 1 0 · · ·
0 · · · 0
... ...
0 · · · 0
Les lignes et les colonnes ne contiennent que des 0 sauf deux qui contiennent chacune exactement un 1 et un -1. La somme des termes d'une ligne ou d'une colonne est donc toujours 0. Cela signie que T
r,s∈ F .
Montrons que la famille (T
r,s)
(r,s)∈{1,···,n}2est libre.
Considérons une combinaison linéaire nulle
M = X
(r,s)∈{1,···,n}2
λ
r,sT
r,sPour i et j xés dans {2, · · · , n}
2, le coecient d'indice i, j de M s'obtient seule- ment à partir de celui de T
i,jdonc λ
i,j= 0 .
Montrons maintenant que la famille est génératrice.
Soit A quelconque dans F , dénissons une matrice B de F en posant
B = X
(r,s)∈{2,···,n}2
a
r,sT
r,sExaminons A − B . C'est une matrice de la forme
u v
2· · · v
nw
20 · · · 0
... ... ... ...
w
n0 · · · 0
Comme A − B ∈ F , on sait que d(A − B ) = 0 donc (en considérant les lignes et les colonnes)
v
2= · · · = v
n= 0 w
2= · · · = w
n= 0 u + v
2+ · · · + v
n= 0
⇒ A − B = 0
Ceci prouve que la famille est génératrice.
b. D'après a., dim F = (n − 1)
2et dim E = (n − 1)
2+ 1 .
Problème 3. Lemme de Hochschild.
1. a. Soit x
1un point de X et a
1∈ V tels que a
1(x
1) 6= 0 . Il existe bien de tels objets car sinon V ne serait formé que de l'application nulle. En divisant au besoin la fonction a
1par le scalaire a
1(x
1) , on peut supposer que a
1(x
1) = 1 . La famille (a
1) est une famille libre de V , on peut la compléter pour obtenir une base
(a
1, w
2, · · · , w
p)
Pour i entre 2 et p , on pose alors a
i= w
i− w
i(x
1)a
1. Il est clair que tous les w
is'expriment en fonction des a
jqui engendrent donc V et forment une base. De plus, par construction, a
i(x
1) = 0 .
b. Considérons u
k+1. C'est une fonction non nulle. Il existe donc x
k+1∈ X tel que u
k+1(x
k+1) 6= 0 . Comme u
k+1(x
i) = 0 pour tous les i de 1 à k , on a x
k+16∈
{x
1, · · · , x
k} . On pose alors
v
k+1= 1
u
k+1(x
k+1) u
k+1∀i 6= k + 1, v
i= u
i− u
i(x
k+1)v
k+1Ici encore, comme les u
is'expriment en fonction des v
j, ces derniers engendrent V et forment une base. Pour laquelle
∀i ∈ {1, · · · , p}, ∀j ∈ {1, · · · , k + 1} : v
i(x
j) = δ
ijc. Les deux questions précédentes permettent de prouver la proposition demandée par récurrence sur le nombre de points.
2. a. On choisit une base de V comme dans la question 1.. Pour tout réel a , la fonction f
as'exprime dans cette base
f
a=
q
X
i=1
λ
iv
iSi on prend la valeur en x
ion obtient alors
λ
i= f
a(x
i) = f (a + x
i) Ce qui prouve la formule demandée.
b. On considère
f (h + b) =
p
X
i=1
f (h + x
i)v
i(b)
f (b) = f (0 + b) =
p
X
i=1
f (x
i)v
i(b)
donc
f (b + h) − f (b)
h =
p
X
i=1
f (x
i+ h) − f(x
ih v
i(b)
et comme f est dérivable on obtient en passant à la limite en 0 pour h : f
0(b) =
p
X
i=1
f
0(x
i)v
i(b)
f
0=
p
X
i=1
