MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 17 24 avril 2020
Exercice
1. On forme un système pour chercher le noyau
(x, y, z)∈keru⇔
x+ 4y+ 6z = 0 x+y+ 3z = 0
−x−2y−4z = 0
⇔
x+ 4y+ 6z = 0
−y−z = 0 3y+ 3z = 0
⇔
x y z
=z
−2
−1 1
.
On en déduit quedim ker(u) = 1de base((−2,−1,1))et que dim Im(u) = 2.
Les deux premières colonnes de la matrice sont formées par les coordonnées des images des deux premiers vecteurs de base. Clairement elles ne sont pas colinéaires et forment donc une base de l'image puisque cette image est de dimension 2. Une base deIm(u) est donc
((1,1,−1),(4,1,−2)).
Un vecteur(x, y, z)∈R3est dans l'image deulorsqu'il existe(a, b, c)∈R3 tel que (x, y, z) =u((a, b, c)).
Ceci se traduit par le fait que le système d'équations
a+ 4b+ 6c =x a+b+ 3c =y
−a−2b−4c =z0
aux inconnues a, b, c admette une solution. On transforme ce système en systèmes équivalents par les opérations élémentaires de la méthode du pivot :
a+b+ 3c = y 3b+ 3c = x−y
−b−c = z+y
⇔
a+b+ 3c = y
−b−c = z+y 0 = x−y+ 3(z+y)
.
La dernière relation donne une condition assurant que le système admet une solution.
L'équation de l'image est donc :
x+ 2y+ 3z= 0.
Pour montrer que l'image et le noyau de u sont supplémentaires, on montre que la famille(a1, a2, a3)constituée en agglomérant les bases (trouvées plus haut) du noyau et de l'image est libre. Siαa1+βa2+γa3= 0alors :
−2α+β+ 4γ = 0
−α+β+γ = 0 α−β−2γ = 0
⇔
α−β−2γ = 0 (L3)
−β = 0 (L1+ 2L3)
−γ = 0 (L2+L3) .
Ce qui entraine queα=β =γ= 0. La famille est donc libre, le noyau et l'image sont supplémentaires.
2. Le calcul du carré de la matrice de l'énoncé donne l'opposée de cette matrice. On en déduit
u◦u=−u.
3. Posonsv=−u, la relationu◦u=−udonnev◦v=vdoncvest un projecteur. Dans une base dont les deux premiers vecteurs forment une base deImvet le troisième une base dekerv, les matrice dev et deusont
1 0 0 0 1 0 0 0 0
,
−1 0 0 0 −1 0
0 0 0
.
Problème
Partie I
1. On transforme la matriceA−λI3 par 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)2 1
0 0 2−λ
On en déduit que le rang est 3 sauf pour les valeurs deλqui annulent un des termes diagonaux. Pourλ∈ {1,2,3} le rang est 2.
2. On résoud trois systèmes de trois équations à trois inconnues. On trouve e1= (−1,1,0), e2= (1,1,−1), e3= (1,1,0).
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 M0917C
MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 17 24 avril 2020
D'après le calcul de rang de la première question,
dim(ker(u−iIdR3)) = 1⇒ker(u−iIdR3) = Vect(ei).
3. Pour montrer que B= (e1, e2, e3)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(e1, e2, e3) = 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.
NotonsP = Mat
C Bla 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 vecteursei.
4. a. La relationB2 =A entre des matrices d'endomorphismes dans les mêmes bases traduit l'égalitév2=uentre les endomorphismes. De plus,u◦v=v3=v◦u. b. Pour chaqueientre 1 et 3 :
u(v(ei)) =v(u(ei)) =iv(ei)⇒v(ei)∈ker(u−iIdR3) = Vect(ei).
c. Commev(ei)∈Vect(ei), il existe donc un réel λi tel quev(ei) =λiei. Ainsi, la matrice devdans la baseB est de la forme
MatB v=D=
λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ3
De plusv2=use traduit parD2= ∆donc
λi∈ {−√ i,√
i}.
Les solutions matricielles de l'équationX2=Asont donc les huit matrices
P
1 0 0
0 2
√
2 0
0 0 3
√ 3
P−1 aveci∈ {−1,+1}.
On peut préciser ces matrices en calculantP−1. On utilise la méthode du pivot partiel étendu pour transformer la copie deAplacée à gauche enI3.
−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 12 1
→
1 0 −1 −1 0 −1
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 12 12 1
→
1 0 0 −12 12 0
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 12 12 1
⇒P−1=
−12 12 0 0 0 −1
1 2
1
2 1
.
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
aveci∈ {−1,+1}.
Partie II
1. Commeu◦uest l'endomorphisme nul,Imu⊂kerud'où rg(u)≤dim(keru).
Or d'après le théorème du rang, la somme des deux vautdimEdonc 2 rg(u)≤n= dimE.
2. Notonsr le rang deu. Soit(x1,· · ·, xr)une base deImu⊂keru. On la complète en une base(x1,· · · , xn−r)dekeru. De plus, pourientre 1 etr, il existeyi∈E tel que xi=u(yi).
Montrons que(x1,· · ·, xn−r, y1,· · ·, yr)est une base deE.
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2 Rémy Nicolai M0917C
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Il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison nulle :
λ1x1+· · ·λn−rxn−r
| {z }
∈keru
+µ1y1+· · ·+µryr= 0E
⇒µ1u(y1) +· · ·+µru(yr) = 0E ⇒µ1x1+· · ·+µrxr= 0E
⇒µ1=· · ·=µr= 0 car(x1,· · · , xr)est libre.
La matrice deudans 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 matriceM ∈ M4(R), il existe des réelsa, b, c, d, x, y, z, ttels que les quatre colonnes deM 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. La matrice s'écrit alors
M =
a b c d
x y z t
=
ax ay az at bx by bz bt cx cy cz ct dx dy dz dt
.
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 M2 = 0M4(R) est réalisée si et seulement si l'image est incluse dans le noyau. Avec l'associativité du produit matriciel, cela se traduit par
0 0 0 0
=M
a b c d
=
a b c d
x y z t
a b c d
| {z }
=xa+yb+zc+td∈R
= (xa+yb+zc+td)
a b c d
.
C'est équivalent à :
xa+yb+zc+td= 0
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3 Rémy Nicolai M0917C
