MPSI B Année 2013-2014 corrigé DM 15 29 juin 2019
Exercice 1
1. a. En utilisant les opérations L 4 ← L 4 − αL 1 et L 2 ← L 2 − 2L 1 , le rang de A est aussi celui de
1 1 0 0 0 −1 1 1 0 0 0 α 0 0 0 0
On en déduit que le rang est 2 si α = 0 , le rang est 3 sinon.
b. Pour déterminer une base de l'image, on cherche 2 ou 3 colonnes combinaisons des colonnes de A et les engendrant. Pour la base du noyau, on cherche des combinaisons nulles de colonnes de A . On obtient :
si α = 0 : Im f = Vect(e 1 , e 2 ) , ker f = Vect(e 3 − e 4 , e 1 − e 2 − e 3 ).
si α 6= 0 : Im f = Vect(e 2 , e 3 , e 1 + αe 4 ) , ker f = Vect(e 1 − e 2 − e 3 ) .
c. Pour toutes les valeurs du réel α , l'image et le noyau de f sont supplémentaires.
En eet, dans les deux cas, la somme des dimensions est 4 . Il sut donc de vérier que l'intersection est réduite au vecteur nul. Pour cela, examinons l'image d'un vecteur de l'image.
Dans le cas α = 0 .
1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0
λ µ 0 0
=
λ + µ 2λ + µ
0 0
=
0 0 0 0
⇒
( λ + µ = 0
2λ + µ = 0 ⇒ λ = µ = 0
Dans le cas α 6= 0 .
1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 α α α 0 0
x 1 x 2
x 3
αx 1
=
x 1 + x 2 (2 + α)x 1 + x 2 + x 3
α 2 x 1
α(x 1 + x 3 )
=
0 0 0 0
⇒ x 1 = x 2 = x 3 = 0 Un autre moyen simple de montrer que les espaces sont supplémentaires serait de former des famille en concaténant les bases obtenues pour le noyau et l'image chaque cas puis de calculer le rang de la matrice de ces familles. On trouverait facilement 4 ce qui montrerait que ce sont des bases et donc que les espaces sont supplémentaires.
2. D'après la base de Im f trouvée à la question précédente lorsque α 6= 0 , on peut choisir λ = 1 soit ε 1 = e 1 + αe 4 , ε 2 = e 2 , ε 3 = e 3 .
En fait on doit choisir λ = 1 car, si e 1 + αe 4 ∈ Im f , il existe des réels u , v , w tels que e 1 + αe 4 = ue 2 + ve 3 + w(e 1 + αe 4 ) ⇒
( λ = w coe. de e 1
α = wα coe. de e 4
⇒ w = λ = 1
3. L'application g est linéaire par dénition, elle prend ses valeurs dans F = Im f puisque c'est une restriction de f . D'autre part :
g(ε 1 ) = e 1 + 2e 2 + αe 4 + α(e 2 + αe 3 ) = e 1 + αe 4 + (2 + α)e 2 + α 2 e 3
= ε 1 + (2 + α)ε 2 + α 2 ε 3 g(ε 2 ) = e 1 + e 2 + αe 4 = ε 1 + ε 2
g(ε 3 ) = e 2 = ε 2
Mat B g =
1 1 0
2 + α 1 1 α 2 0 0
4. L'application g est inversible car c'est la restriction de f à un supplémentaire de son noyau. Le calcul de la matrice inverse conduit à
Mat
B g −1 = 1 α 2
0 0 1
α 2 0 −1
−α 2 α 2 −(α + 1)
5. a. Les conditions de l'énoncé dénissent h dans F par prolongement linéaire en préci- sant les images d'une base de F . Comme ker f et F = Im f sont supplémentaires, poser h(x) = 0 pour x dans ker f comme l'impose l'énoncé achève de dénir h dans E . Il prend évidemment ses valeurs dans E , c'est donc bien un endomor- phisme.
Écrivons d'abord la matrice de h dans B 0 = (ε 1 , ε 2 , ε 3 , ε 4 ) avec ε 4 = e 1 − e 2 − e 3 . Comme (ε 4 ) est une base de ker f , on a :
Mat B
0h = 1 α 2
0 0 1 0
α 2 0 −1 0
α 2 α 2 −(α + 1) 0
0 0 0 0
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Utilisons ensuite la formule de changement de base Mat C h = P −1 Mat
B
0h · P avec P = P B
0C . D'autre part :
ε 1 = e 1 + αe 4 ε 2 = e 2
ε 3 = e 3
ε 4 = e 1 − e 2 − e 3
⇒
e 1 = ε 2 + ε 3 + ε 4
e 2 = ε 2
e 3 = ε 3
e 4 = 1
α (ε 1 − ε 2 − ε 3 − ε 4 )
P −1 =
1 0 0 1 0 1 0 −1 0 0 1 −1 α 0 0 0
P =
0 0 0 α 1 1 1 0 − α 1 1 0 1 − α 1 1 0 0 − α 1
D = Mat
C h = 1 α 3
α 0 α −1
−α 0 −α α 2 + 1 α 3 − α 2 − α α 3 −α 2 − α −2α 2 + α + 1
α 2 0 α 2 −α
b. Il ne faut surtout pas calculer le produit matriciel. Remarquons plutôt que ADA est la matrice dans B de f ◦ h ◦ f . Dans ker f , l'endomorphisme f ◦ h ◦ f est toujours nul ; dans Im f , h ◦ f = h ◦ g = Id Im f donc f ◦ h ◦ f coïncide avec f . Comme ker f et Im f sont supplémentaires et que f ◦ h ◦ f et f coïncident sur ces sous-espaces, ils sont égaux dans E tout entier. On en déduit ADA = A .
Exercice 2
1. On demande ici de montrer que certaines familles sont des bases et de préciser les matrices de passage à partir d'une base xée. Les vecteurs de ces familles (les a i ) sont donnés comme des combinaisons linéaires des vecteurs d'une base xe (les e j ). Le plus économique est d'exprimer les e j en fonction des a i . Cela montre que la famille des a i
est génératrice (donc que c'est une base à cause du nombre d'éléments) et donne aussi la matrice de passage.
Preuve que A est une base, calcul de P AE .
On transforme par opérations élémentaires le système de relations dénissant (a 1 , a 2 , a 3 )
a 1 = e 1 + e 2 + e 3
a 2 = e 1 + e 3
a 3 = −e 1 + e 2 + 2e 3
⇔
e 1 = 1 3 a 1 + 1 3 a 2 − 1 3 a 3
e 2 = a 1 − a 2
e 3 = − 1 3 a 1 + 2 3 a 2 + 1 3 a 3
On en déduit : P EA =
1 1 −1 1 0 1 1 1 2
, P AE = 1 3
1 3 −1 1 −3 2
−1 0 1
Preuve que A 1 est une base, calcul de P A
1E . Exprimons (e 1 , e 2 , e 3 ) en fonction de (e 1 , a 2 , a 3 )
a 1 = e 1 + e 2 + e 3 a 2 = e 1 + e 3
a 3 = −e 1 + e 2 + 2e 3
⇒
e 1 = e 1 e 3 = −e 1 + a 2
e 2 = e 1 + a 3 − 2e 3
⇒
e 1 = e 1
e 2 = 3e 1 − 2a 3 + a 3
e 3 = −e 1 + a 2
P A
1E =
1 3 −1 0 −2 1
0 1 0
Preuve que A 2 est une base, calcul de P A
2E .
Exprimons (e 1 , e 2 , e 3 ) en fonction de (a 1 , e 2 , a 3 ) . On utilise l'expression des e j en fonc- tion des a i . De e 2 = a 1 −a 2 on tire a 2 = a 1 −e 2 que l'on remplace dans les deux autres relations. On obtient :
e 1 = 2 3 a 1 − 1 3 e 2 − 1 3 a 3
e 2 = e 2
e 3 = 1 3 a 1 − 2 3 e 2 + 1 3 a 3
, P A
2E = 1 3
2 0 1
−1 3 −2
−1 0 1
2. On rappelle que p 1 est le projecteur sur Vect(e 2 , e 3 ) parallélement à Vect(e 1 ) . Calcul de Mat
E p 1 . Par dénition : Mat E p 1 =
0 0 0 0 1 0 0 0 1
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Calcul de Mat
A p 1 . On utilise la formule de changement de base avec les matrices de passage déjà trouvées
Mat
A p 1 = P AE Mat
E p 1 P EA
Mat A p 1 = 1 3
1 3 −1 1 −3 2
−1 0 1
0 0 0 0 1 0 0 0 1
1 1 −1 1 0 1 1 1 2
= 1 3
2 −1 1
−1 2 1
1 1 2
Calcul de Mat
EA p 1 . Par dénition, p 1 (e 1 ) = 0 , p 1 (e 2 ) = e 2 , p 1 (e 3 ) = e 3 . On peut exprimer ces vecteurs dans A avec les calculs déjà faits. On obtient
Mat EA p 1 = 1 3
0 3 −1 0 −3 2
0 0 1
Calcul de Mat
AE p 1 . De a 1 = e 1 + e 2 + e 3 on déduit p 1 (a 1 ) = e 2 + e 3 . De même les autres colonnes s'obtiennent directement à partir des expressions des a i en fonction des e j .
Mat AE p 1 =
0 0 0 1 0 1 1 1 2
3. On rappelle que p 2 est le projecteur sur Vect(e 2 , e 3 ) parallèlement à Vect(a 1 ) . Calcul de Mat
E p 2 . À partir de la dénition de a 1 = e 1 + e 2 + e 3 , il vient p 2 (e 1 ) =
−e 2 − e 3 . On en déduit
Mat E p 2 =
0 0 0
−1 1 0
−1 0 1
Calcul de Mat
A p 2 . Il faut exprimer a 1 , a 2 , a 3 en fonction de a 1 , e 2 , e 3 . En partant des dénitions de a 1 , a 2 , a 3 , on obtient :
a 1 = a 1 a 2 = a 1 − e 2
a 3 = −a 1 + 2e 2 + 3e 3
⇒
p 2 (a 1 ) = 0
p 2 (a 2 ) = −e 2 = −a 1 + a 2
p 2 (a 3 ) = 2e 2 + 3e 3 = a 1 + a 3
Mat A p 2 =
0 −1 1 0 1 0 0 0 1
Calcul de Mat
EA p 2 . On exprime p 2 (e 2 ) = e 2 et p 2 (e3) = e 3 dans A . De plus, e 1 = a 1 − e 2 − e 3 ⇒ p 2 (e 1 ) = −e 2 − e 3 = − 2
3 a 1 + 1 3 a 2 − 1
3 a 3
d'où
Mat EA p 2 = 1 3
−2 3 −1 1 −3 2
−1 0 1
Calcul de Mat
AE p 2 . On exprime a 1 , a 2 , a 3 en fonction de a 1 , e 2 , e 3 . On obtient :
( a 2 = a 1 − e 2
a 3 = −a 1 + 2e 2 + 3e 3 ⇒ Mat
AE p 2 =
0 0 0 0 −1 2 0 0 3
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