Exercice 1.
1. Le vecteurxappartient àVect(u1, u2, u3)si et seulement si il existe des réelsλ1,λ2, λ3 tels que x=λ1u1+λ2u2+λ3u3. Cela est équivalent à l'existence d'une solution pour le système suivant de4équations à3 inconnuesλ1,λ2, λ3.
(S) :
λ1+ 3λ2 −λ3=x1
λ1 +2λ3=x2
λ1+ 5λ2 −3λ3=x3
2λ1+λ2 +3λ3=x4
On transforme ce système en des systèmes équivalents par des opérations élémentaires
(S)⇔
λ2+ 2λ1 +3λ3=x4
+λ1 +2λ3=x2
−5λ1 −10λ3=x1−3x4
−9λ1 −18λ3=x3−5x4
⇔
λ2+ 2λ1 +3λ3=x4
+λ1 +2λ3=x2
0 =x1−3x4+ 5x2
0 =x3−5x4+ 9x2
On en déduit quex∈Vect(u1, u2, u3)si et seulement si
(0 =x1−3x4+ 5x2
0 =x3−5x4+ 9x2
Il 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 précédentesxi=αi(x). On peut donc choisir
(α=α1−3α4+ 5α2
β =α3−5α4+ 9α2
Pourquoi (α, β) est-elle libre ? Si λα+µβ est la forme nulle, la valeur en a1 donne λ= 0et la valeur ena3 donneµ= 0.
Exercice 2
1. On trouve A2=
1 −1 1 −1
0 0 0 0
2 −2 2 −1 2 −2 2 −1
(A−I4)2=
0 1 −3 3 0 1 −2 2 0 0 1 −1
0 0 0 0
A2(A−I4)2= 0M4(R)
2. a. CommeA2= MatAf2et(A−I4)2= MatA(f−idE)2, la formule du rang donne dimN1= 4−rgA2= 2 etdimN2= 4−rg(A−I4)2= 2 car les deux rangs sont égaux à2.
Ces rangs sont calculés en transformant les matrices par opérations élémentaires.
On transformeA2 par les opérationsL4 ←L4−L3,L3←L3−2L1. 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−I4)2 par les opérations L1 ←L1+ 3L3, L2 ←L2+ 2L1, L2←L2−L1. 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 clairement2.
CommeN1etN2sont deux sous-espaces de dimension2d'un espace de dimension 4, il sut de montrer que leur intersection est réduite au vecteur nul pour prouver qu'ils sont supplémentaires.
Un vecteurvde 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∈N1∩N2⇔
x− y+z− t= 0 t= 0
y = 0
z− t= 0
⇔
x= 0 y= 0 z= 0 t= 0
On pouvait aussi raisonner vectoriellement. Sixest dans les deux noyaux alors (f2(x)−2f(x) +x= 0E
f2(x) = 0E ⇒
f(x) =1 2x f2(x) = 0E
⇒0E=f2(x) =1
4x⇒x= 0E.
b. Si v ∈ N1 alors f2(f(v)) = f(f2(v)) = f(0E) = 0E donc f(v) ∈ N1. Le sous- espaceN1 est stable parf.
De même, si v ∈ N2 alors (f −idE)2(f(v)) = f((f −idE)2(v)) = f(0E) = 0E doncf(v)∈N2. Le sous-espaceN2 est stable parf. Le point important ici est quef commute avec les endomorphismes dont on considère le noyau.
3. a. On a montré à la question 1 queA2(A−I4)2 est la matrice nulle. Cela entraine quef2◦(f−idE)2et(f−idE)2◦f2sont égaux à l'endomorphisme nul donc que Im(f2) ⊂N1 et Im((f −idE)2) ⊂N1. Par le calcul de rang déjà fait, les deux images sont de dimension2. De l'égalité des dimensions, on déduit l'égalité des sous-espaces.
b. Le vecteur u2 doit vérier f(u2) = u1 et f2(u2) = f(u1) = 0E. Il s'agit donc d'un vecteur de N1 qui n'est pas dans dans le noyau de f. On trouve de tels vecteurs en considérant les colonnes de (A−I4)2. La première ne convient pas car elle correspond à un élément du noyau, en combinant les colonnes 2 et 3 on peut formeru2=−e1+e3puisu1=f(u2) =e1+e2.
Choisissons un vecteuru4 dansN2, par exemple u4 =e1 qui est dansN2 car la première colonne de(A−I4)2 est nulle. Posonsu3= (f−idE)(u4) =e3+e4. On a alorsu3=f(u4)−u4 doncf(u4) =u3+u4. De plus, de (f −idE)2(u4) = 0E, on tire alorsf(u3) =u3.
On vérie facilement que la famille U = (e1+e2,−e1+e3, e3+e4, e1) est une base. Par construction de ces vecteurs :
MatU 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 relationtr(AB) = tr(BA)fait partie du cours (voirLes 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 deA et deI3.
L3←L3−L2, L2←L2−L1
1 1 1 0 1 0 0 0 2
1 0 0
−1 1 0 0 −1 1
L1←L1−L2, L3← 1
2L3, L1←L1−L3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
2 −12 −12
−1 1 0
0 −12 12
=A−1
La matriceA n'est pas semblable à son inverse car les traces sont diérentes, respec- tivement6et 72.
3. a. Icif2= 0entraineImf ⊂kerf. On a doncrgf ≤dim kerf avecrgf+ dim ker = 3(théorème du rang) etrgf >0 carf n'est pas nulle. On en déduitrgf = 1. Il existe un vecteur (notons lea3) dont l'image parf est non nulle. Posonsa1= f(a3). Comme f2 est nulle, a1 est un vecteur non nul du noyau. On peut le compléter par un vecteur a2 du noyau de sorte que (a1, a2) soit une base du noyau.
La famille(a1, a2, a3)vérie alors :
f(a1) = 0E, f(a2) = 0E, f(a3) =a1
C'est une base car elle est libre. Supposonsλ1a1+λ2a2+λ3a3= 0E. En composant parf, on obtientλ3a1= 0E doncλ3= 0 puisλ1et λ2 nuls car(a1, a2)est libre.
La matrice def dans cette base est de la forme demandée.
b. Comme f2 n'est pas la fonction nulle, il existe un vecteur (notons le a3) dont l'image parf2n'est pas nulle. On notea2=f(a3)eta1=f(a2) =f2(a3). En composant parf, on vérie facilement que(a1, a2, a3)est libre donc une base deE. La matrice def dans cette base est de la forme demandée.
c. On peut utiliser sereinement les règles de calculs usuelles caridE commute avec f. On obtient
(idE+f)◦(idE+g) = idE−f3= idE
On en déduit queidE+f est bijective de bijection réciproqueidE+g.
d. De la dénition deg, on tire g2 =f2 puisg3 =f3. On a donc évidemmentg3 nulle et d'autre partg2nulle si et seulement sif2 est nulle.
4. a. La matriceI3+N est inversible car triangulaire avec des1sur la diagonale donc de rang3. De plus,
N2=
0 0 αβ 0 0 0 0 0 0
N3= 0M3(R)
b. Par dénition def, I3+N = Mat
A (idE+f)et (I3+N)−1= Mat
A (idE+f)−1= Mat
A (idE+g) Si N est nulle, la similitude est évidente. Dans la cas général, on a f3 et g3 nulles avecf etgnon nulles. Les fonctionsf2etg2peuvent être nulles mais alors elles le sont ensemble. Il existe donc des basesB etB0 telles que MatA(idE+f) et MatA(idE+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 queI3+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 12 0 0 0 1
A−1=
0 12 0 2 0 0 0 0 1
alorsA−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 à3.
Problème 2. Matrices pseudo-magiques.
1. L'ensembleE est non vide (0∈ E), stable par combinaison linéaire avec d(λA+µB) =λd(A) +µd(B)
pourA, B dansE et λ, µréels. L'applicationdest donc une forme linéaire deE.
2. Pour une matriceA quelconque, précisonsAJ etJ A. Toutes les colonnes deAJ sont égales à
C=
P
qa1q
...
P
qanq
Toutes les lignes deJ Asont égales à L= P
qaq1 · · · P
qaqn LorsqueA∈ E :
C=d(A)
1...
1
L=d(A) 1 · · · 1 doncAJ =J A=λJ avecλ=d(A).
Réciproquement, siAJ =J A=λJ alors C=
λ...
λ
L= λ · · · λ
Donc pour tout couple (i, j) ∈ {1,· · ·, n}2, P
qaiq =P
qaqj =λ c'est à dire A∈ E avecd(A) =λ.
3. a. Pour montrer queE est une sous-algèbre deMon doit vérier I∈ E (évident avecd(I) = 1)
E est un sous espace vectoriel deM(déjà montré en 1) E est stable par multiplication
SiAet 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 déduitAB∈ E avecd(AB) =d(A)d(B). Ceci qui montre en même temps quedest un morphisme d'algèbre car on savait déjà quedétait linéaire.
b. SoitA inversible appartenant àE (on ne sait pas encore siA−1∈ E). Alors : AJ =d(A)J ⇒J AA−1=d(A)J A−1⇒J =d(A)J A−1
On en déduitd(A)6= 0carJ n'est pas nul etA−1J = d(A)1 J.
De même, J A = d(A)J entraîne J A−1 = d(A)1 J ce qui signie A−1 ∈ E avec d(A−1) =d(A)1 .
c. Une matrice pseudo-magiqueAtelle qued(A)6= 0n'est pas forcément inversible comme le montre l'exemle deJ qui est de rang1donc évidemment non inversible.
4. D'après les règles de calcul dans une algèbre etj2=nJ : BC= d(A)
n J(A−d(A)
n J) = d(A)
n J A−d(A)2
n2 J2=d(A)2
n J −d(A)2 n J = 0 De même CB= 0. CommeBC =CB, on peut appliquer la formule du binôme pour calculerAp = (B+C)p. Comme de plusBC =CB = 0, seuls subsistent les termes extrêmes soit
Ap=Bp+Cp
5. L'intersection de F et G est nulle carλJ ∈ F entraîne0 = d(λJ) =λndonc λ= 0. De plus, F est un hyperplan (noyau d'une forme) sa dimension est dimE −1 donc E=F ⊕ G.
6. a. Par dénition,Tr,s est 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 queTr,s ∈ F.
Montrons que la famille(Tr,s)(r,s)∈{1,···,n}2 est libre.
Considérons une combinaison linéaire nulle
M = X
(r,s)∈{1,···,n}2
λr,sTr,s
Pouriet jxés dans{2,· · ·, n}2, le coecient d'indicei, jdeM s'obtient seule- ment à partir de celui deTi,j doncλi,j= 0.
Montrons maintenant que la famille est génératrice.
SoitA quelconque dansF, dénissons une matriceB deF en posant
B= X
(r,s)∈{2,···,n}2
ar,sTr,s
ExaminonsA−B. C'est une matrice de la forme
u v2 · · · vn
w2 0 · · · 0 ... ... ... ...
wn 0 · · · 0
CommeA−B ∈ F, on sait qued(A−B) = 0donc (en considérant les lignes et les colonnes)
v2=· · ·=vn = 0 w2=· · ·=wn = 0 u+v2+· · ·+vn = 0
⇒A−B= 0
Ceci prouve que la famille est génératrice.
b. D'après a.,dimF= (n−1)2 etdimE= (n−1)2+ 1.
Problème 3. Lemme de Hochschild.
1. a. Soitx1 un point deX eta1∈V tels quea1(x1)6= 0. Il existe bien de tels objets car sinonV ne serait formé que de l'application nulle. En divisant au besoin la fonctiona1 par le scalairea1(x1), on peut supposer que a1(x1) = 1. La famille (a1)est une famille libre deV, on peut la compléter pour obtenir une base
(a1, w2,· · ·, wp)
Pourientre2 et p, on pose alorsai =wi−wi(x1)a1. Il est clair que tous leswi
s'expriment en fonction desaj qui engendrent donc V et forment une base. De plus, par construction,ai(x1) = 0.
b. Considéronsuk+1. C'est une fonction non nulle. Il existe doncxk+1 ∈X tel que uk+1(xk+1) 6= 0. Comme uk+1(xi) = 0 pour tous les i de 1 à k, on a xk+1 6∈
{x1,· · · , xk}. On pose alors
vk+1= 1
uk+1(xk+1)uk+1
∀i6=k+ 1, vi =ui−ui(xk+1)vk+1
Ici encore, comme lesui s'expriment en fonction des vj, ces derniers engendrent V et forment une base. Pour laquelle
∀i∈ {1,· · · , p},∀j∈ {1,· · ·, k+ 1}:vi(xj) =δij
c. Les deux questions précédentes permettent de prouver la proposition demandée par récurrence sur le nombre de points.
2. a. On choisit une base deV comme dans la question 1.. Pour tout réela, la fonction fa s'exprime dans cette base
fa=
q
X
i=1
λivi
Si on prend la valeur enxi on obtient alors
λi=fa(xi) =f(a+xi) Ce qui prouve la formule demandée.
b. On considère
f(h+b) =
p
X
i=1
f(h+xi)vi(b)
f(b) =f(0 +b) =
p
X
i=1
f(xi)vi(b)
donc
f(b+h)−f(b)
h =
p
X
i=1
f(xi+h)−f(xi
h vi(b)
et commef est dérivable on obtient en passant à la limite en 0 pourh: f0(b) =
p
X
i=1
f0(xi)vi(b)
f0=
p
X
i=1
f0(xi)vi
Ce qui prouvef0 ∈V. En fait, la formule du 2.a. est valable non seulement pourf mais pour toutev∈V ce qui prouve que la dérivation est un endomorphisme de V. La famille(f, f0,· · ·, f(p))est àp+ 1éléments dans l'espaceV de dimension p. Elle est donc liée. Ceci entraine l'existence d'une équation diérentielle linéaire à coecients constants dontf est solution.
