Tous les exercices d algebre et de geome

Espaces vectoriels et Applications linéaires

L’essentiel du cours et exercices d’assimilation

Dans tout ce qui suit,Kest le corpsRouC.

1.1.1 Familles libres, familles génératrices, bases

Ce qu’il faut savoir

• Soit E un K-espace vectoriel Soit I un ensemble (éventuellement infini) etF =(x i ) i ∈ I une famille d’éléments deE.

◦On dit que la familleF estlibrelorsque pour toute partiefinie J de I et pour toute famille (l i ) i ∈ J d’éléments deK, on a : i ∈ J l i x i =0 E ⇒ ∀i ∈ J, l i =0 K

◦On dit que la familleFestgénératricedeE lorsque pour toutx élément deE il existe une partiefinie J deI et une famille (l i ) i ∈ J d’éléments deK, telles que : x i ∈ J l i x i

◦ On dit que la famille F est une base de E lorsque c’est une famille libre et génératrice.

• Espace vectoriel de dimension finie

◦ On dit que E est de dimension finie lorsque E admet une famille génératrice finie.

◦SoitE unK-espace vectoriel de dimension finie, alors

2) toutes les bases deE ont même cardinal appelédimensiondeE;

3) toute famille libre peut être complétée en une base deE (théorème de la base incomplète).

◦SoitE un K-espace vectoriel de dimension finien ∈ N ∗ et soitF une famille denéléments deE Les trois propositions suivantes sont équivalentes :

1) F est une famille libre deE;

2) F est une famille génératrice deE;

◦LeK-espace vectoriel (K n ,+,ã) est de dimensionn.

◦LeK-espace vectoriel (K n [X],+,ã) est de dimensionn+ 1.

◦Soient E et F deuxK-espaces vectoriels de dimensions respectivesn et p, le

K-espace vectoriel (L(E,F),+,ã) des applications linộaires de E dans F est de dimension finienp.

◦LeK-espace vectorielM np (K) est de dimensionnp.

◦LeK-espace vectoriel (K[X],+,ã) n’estpasde dimension finie.

The K-vector space of sequences with values in K and the K-vector space of C^k functions defined on an interval I, where I is a non-reduced interval of R, are both examples of infinite-dimensional vector spaces.

On considère une suite (P k ) k ∈Nde polynômes deK[X] telle que pour toutkdans

1) Montrer que pour toutndansNla famille (P k ) 0 k n est une base deK n [X].

2) Montrer que (P k ) k ∈Nest une base deK[X].

1) Soit (l 1 , , l n ) dansK n tel que (1) n k=1 l k P k =0 Raisonnons par l’absurde et supposons que lesl k ne sont pas tous nuls Soit alorsple plus grand des entiers k dans [[1,n]] tel quel k est non nul Puisque pour toutk dansNon a degP k =k, on en déduit que deg( n k=0 l k P k ) = pet par conséquent ce polynôme est non nul.

Ce qui contredit (1) La famille (P k ) 0 k n est libre et de cardinaln + 1 dans un espace vectoriel de dimensionn+ 1, c’est donc une base deK n [X].

2) • Montrons que la famille (P i ) i ∈Nest libre.

Soit J une partiefiniedeN Montrons que la famille (P j ) j ∈ J est libre Comme

1.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 3

J est finie, il existen dansN tel que J ⊂ [[0,n]] et par conséquent, la famille

The family (P j ) j ∈ J is a subfamily of (P 0, , P n) Since it has been previously established that the latter family is free and a subfamily of a free family is also free, it follows that the family (P j ) j ∈ J is free as well.

Le résultat est vrai pour toute partie J finie de N On en conclut que la famille (P i ) i ∈Nest libre.

• Montrons que la famille (P i ) i ∈Nest génératrice.

Let P be a polynomial in K[X] with degree n The polynomial P can be expressed as a linear combination of the basis (P0, , Pn) in K n [X] According to the previous result, the family (P0, , Pn) serves as a basis for K n [X], allowing P to be represented as a finite linear combination of the family (Pi) where i belongs to N.

On a ainsi montré que la famille (P i ) i ∈Nest une base deK[X].

Exemples de bases de K[X] : Soit a ∈ K, les famille ((X − a) n ) n ∈N et

(X−a) n n! n ∈N sont des bases de K[X] qui rendent souvent de bons services dans les exercices.

SoitndansN ∗ et soit (a,b) dansR 2 tel quea =b.

2) Déterminer les coordonnées de (X −a) n (X −b) n dans la baseB.

Indication de la rédaction :remarquer que X−b= X−a+ (a−b).

1) On déduit de l’exercice 1.1 page 2 que la familleBest une base deR2n [X] On peut également utiliser la formule de Taylor : tout polynômeP deR2n [X] s’écrit

P (k) (a) k! (X−a) k Ceci montre que la familleBest génératrice Comme elle est de plus de cardinal 2n+ 1 dans un espace de dimension 2n+ 1, on en déduit que c’est une base deR2n [X].

2) On peut essayer d’utiliser la formule de Taylor mais les calculs ne sont pas com- modes Comme X−b= X−a+ (a−b), on a d’après la formule du binôme de

(X −a) n+k (a−b) n − k © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

Le changement d’indicei =n+kmontre alors que

On obtient alors les coordonnéesl 0 , , l 2n de (X−a) n (X−b) n dans la baseB l k ⎧⎨

SoitE =F(R,R) et soitadansR On considère la fonction f a définie pour tout x ∈Rpar f a (x)=e ax Montrer que la familleL=(f a ) a ∈Rest une famille libre deE.

Montrons que toute sous-famille finie deL est libre Pour cela, on va procéder par récurrence sur le cardinal des sous-familles finies de L Soit L 1 une sous-famille

The family L, with cardinality 1, contains a single non-null function f_a, making it a free family For a natural integer n, it is assumed that any subfamily of L with cardinality n-1 is also free Considering a subfamily L = (f_a1, , f_an), we can reindex it such that a_n is strictly greater than all other a_i The sum of functions n_i=1 a_i f_a_i equals zero, which approaches a limit of 0 as x approaches +∞, indicating that lim x → +∞ e^(-a_n x) n_i=1 a_i f_a_i(x) = 0 Consequently, we find that lim x → +∞ n_i=1 a_i e^(a_i - a_n)x = 0 Each term in this sum tends towards 0, except for the n-th term, which approaches a_n, leading to the conclusion that a_n = 0 Thus, the sum n-1 i=1 a_i f_a_i = 0 implies that the family (f_a1, , f_a(n-1)) is free by the induction hypothesis Ultimately, it is shown that for all k in [[1,n]], a_k = 0, proving by induction that every finite subfamily of L is free, and thus, the family L is free.

Soit (E,+,ã) unK-espace vectoriel et soitF une partie deE.

• On dit que F est un sous-espace vectoriel deE lorsque

(i) la partieF est non vide,

(i i) pour tout (x,y)∈ F 2 ,x+y ∈ F, (stabilité pour la loi +),

(i i i) pour toutx ∈ Fet toutl ∈K,l x ∈ F(stabilité pour la loi externe).

• Pour que F soit un sous-espace vectoriel deE, il suffit que F vérifie l’une des propriétés suivantes :

(i) la partieF est non vide et pour tout (x,y)∈ F 2 et toutl ∈K,x +l y ∈F;

(i i) il existe une famille (e 1 , ,e n ) de vecteurs de Etelle que

F =Vect(e 1 , ,e n ) ; (i i i) la partieF est le noyau ou l’image d’une application linéaire ;

(iv) la partie F est une somme ou une intersection de sous-espaces vectoriels connus.

Dimension d’un sous-espace vectoriel

◦SiEest de dimension finie, alors tous les sous-espaces vectoriels de Esont de dimension finie.

◦Soient FetGdeux sous-espaces vectoriels de EavecGde dimension finie Si

◦ Formule de Grassmann Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E.

Si F etG sont de dimension finie, alors le sous-espace vectoriel F +G est de dimension finie et on a dim(F+G) =dimF + dimG−dim(F ∩G).

Soitnun entier supérieur ou égal à 2 et soitE =R n [X] SoitH l’ensemble des polynômes PdeE tels queP(1)= P (1)=0.

1) Montrer queH est un sous-espace vectoriel de E.

2) Montrer que Pappartient à Hsi et seulement si (X−1) 2 diviseP.

3) Donner une base de Het déterminer sa dimension.

1) L’ensemble H est une partie non vide deE car elle contient le polynôme nul.

Soient P et Q dans H, soitl dansR Soit R le polynôme égal à P+l Q On a

R(1)= P(1) +l Q(1)=0 et de la mờme faỗonR (1)= P (1) +l Q (1)=0.

On a bien montré que H est un sous-espace vectoriel deE.

2) Soit P dansE Le polynôme P est dansH si et seulement si 1 est racine double deP, ce qui signifie exactement queP appartient àH si et seulement si (X−1) 2 divise P.

3) Soit P dans H, il existe un polynôme de degré inférieur ou égal àn−2 tel que

P(X)=(X −1) 2 Q(X) Plus prộcisộment, il existe (a 0 ,ã ã ã,a n −2) dansR n −1 tel que Q(X) n −2 i=0 a i X i , ce qui montre que P(X) n −2 i=0 a i X i (X −1) 2 et donc la familleF =((X −1) 2 ,X(X−1) 2 , ,X n −2 (X−1) 2 ) est génératrice de H En outre, la familleFest échelonnée en degré, elle est donc libre.

La familleF est une base deH et dimH =n−1. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

Soit E un espace vectoriel Soient L, M et N trois sous-espaces vectoriels deE.

2) Montrer qu’on n’a pas toujours l’égalitéL∩(M+N)=(L∩M) + (L∩N).

1) Soit x dans (L ∩ M) + (L ∩ N) Il existe alors x 1 dans (L ∩ M) et x 2 dans (L∩N) tels quex =x 1 +x 2 Commex 1 etx 2 sont dansL qui est un sous-espace vectoriel, on en déduit que x est dans L Par ailleurs (x 1 ,x 2 ) est dans M× N, donc x appartient à M+ N Ainsix appartient à L∩(M +N), d’ó l’inclusion (L∩M) + (L∩N)⊂L∩(M+N).

2) Il suffit de considérer trois droites vectoriellesD 1 ,D 2 etD 3 deux à deux distinctes dans le planR 2 En effet, (D 2 + D 3 ) =R 2 , etD 1 ∩(D 2 +D 3 ) = D 1 , tandis que

D 1 ∩D 2 etD 1 ∩D 3 sont réduits au vecteur nul.

SoientE etF deuxK-espaces vectoriels.

• On dit qu’une application u de E dans F est linéaire lorsque pour tout (x,y)∈ E 2 et tout (a , b)∈K 2 ,u(a x +b y)=a u(x) +b u(y).

Notation On noteL(E,F) l’ensemble des applications linéaires deE dans F.

• Noyau et image d’une application linéaireSoitudansL(E,F).

◦ L’ensemble {x ∈ E | u(x) = 0 F } est un sous-espace vectoriel de E qu’on appelle noyau deu et qu’on note Keru.

◦L’ensemble{y ∈ F | ∃x ∈ E tel queu(x) = y}est un sous-espace vectoriel deEqu’on appelle image deu et qu’on note Imu.

• Construction d’applications linéairesSoit (e i ) i ∈ I une base deEet soit (f i ) i ∈ I une famille quelconque d’éléments deF Il existe une unique application linéaire udansL(E,F) telle que pour toutidansI on au(e i )= f i

• Application linéaire injective, surjective, bijectiveSoitu ∈ L(E,F).

◦L’applicationuest injective si et seulement si Keru ={0 E }.

◦L’applicationuest surjective si et seulement si Imu = F.

◦On dit que l’application linéaireuest un isomorphisme lorsqueu est bijective.

◦ On dit que E et F sont isomorphes lorsqu’il existe un isomorphisme de E versF.

◦L’applicationuest un isomorphisme si et seulement si l’image d’une base deE paruest une base de F.

◦Tout supplémentaire du noyau deuest isomorphe à l’image deu.

Cas de la dimension finieOn suppose queE est de dimension finie.

• Théorème du rang: SoitudansL(E,F) L’image deuest de dimension finie, on appelle rang deula dimension de Imuque l’on note rguet on a dim(Imu) + dim(Keru)=dimE.

• On suppose que EetF sont de dimension finie.

◦Si dimE =dimF, alorsu est bijective ⇔uest injective⇔uest surjective.

Mise en garde :Ce résultat est faux si dimE =dimFou si les deux espaces ne sont pas de dimension finie.

◦ Soit B E une base de E et B F une base de F L’application linéaire u est bijective si et seulement si la matrice M B E B F (u) est inversible et on a alors

Le dernier résultat permet de ramener la question de la bijectivité d’une application linéaire à l’étude de l’inversibilité d’une matrice On peut alors utiliser les techniques rappelées page 46.

Soit E = K[X] Soient les applications linéaires w et c définies sur E par w(P)= P etc(P)= X P.

Les applicationswetcsont-elles injectives, surjectives, bijectives ?

Kerwest encompasses all constant polynomials, indicating that the application is not injective However, it is surjective, as every polynomial has a polynomial primitive Ultimately, the application is not bijective due to its lack of injectivity.

• Pour tout polynôme non nul P, on a deg(c(P))(P) + 1, on en déduit que le polynôme 1 n’est pas dans Imc Ceci montre que l’applicationcn’est pas surjective.

La même relation sur le degré montre que le noyau decest réduit au polynôme nul. L’applicationcest injective Puisquecn’est pas surjective, elle n’est pas bijective.

The two examples above illustrate that for a linear transformation \( f \) of a finite-dimensional vector space \( E \), the equivalence chain \( f \) is bijective \( \Leftrightarrow f \) is injective \( \Leftrightarrow f \) is surjective holds true.

Soientn 2 et f : R n [X]−→R2[X] qui àP associe f(P)= X P(1) + (X 2 −4)P(0) Montrer que f est linéaire et trouver dim Ker f et dim Im f.

• SoientP etQdansR n [X] et soientaetbdansR On a : f(a P+b Q)=X(a P+b Q)(1) + (X 2 −4)(a P+b Q)(0)

On a ainsi montré que f est linéaire.

To determine the core of the function f, we note that a polynomial is zero if and only if all its coefficients are zero Consequently, f(P) equals zero if and only if P(1) and P(0) are both zero, which implies that X(X − 1) divides P Given that the degree is greater than or equal to 2, this leads to the conclusion that there exists a specific relationship among the polynomial's roots.

Let Q be a polynomial in R^(n-2)[X] such that P(X) = Q(X)X(X - 1) This implies the existence of coefficients (a_0, , a_(n-2)) in R^(n-2) such that P(X) can be expressed as the sum of a_k X^k for k from 0 to n-2, multiplied by X(X - 1) Consequently, the set (X(X - 1), , X^(n-1)(X - 1)) forms a generating family for the kernel of the function f Since this family is structured by degree, it is linearly independent, ultimately establishing it as a basis for Ker f.

It can be concluded that the dimension of the kernel of the function f is n - 1 According to the rank theorem, the dimension of the image of f is given by dim R^n[X] minus dim Ker f, resulting in a dimension of 2 Although it wasn't explicitly asked, we can also infer that the image of f is spanned by the vectors (X, X^2 - 4).

SoitadansKet soitnun entier supérieur ou égal à 3 On considère l’endomor- phismefdeK n [X] défini par :f(P) =(X −a)(P −P (a))−2(P− P(a)).

Déterminer le noyau et l’image def.

It is noteworthy that if \( P \) has a double root, the expression \( \text{def}(P) \) simplifies significantly Consequently, it is quite natural to consider a basis of \( K[n][X] \) consisting of polynomials that have this root The Taylor formula for polynomials ensures that the basis \( (e_k)_{k \in [0,n]} \), defined as \( e_k = \frac{(X-a)^k}{k!} \), is particularly suitable Indeed, for any integer \( k \geq 2 \, \), we have: \( f \).

Par ailleurs :f(X −a)=−2(X −a), etf(1)=0.On a donc (pourn 3) :

The family \((X - a), (X - a)^3, \ldots, (X - a)^n\) is arranged by degree, making it independent and thus a basis for Imf Consequently, we deduce that the dimension of Imf is \(n - 1\) According to the rank theorem, this implies that the dimension of Kerf is 2 Since we know two linearly independent polynomials exist in the kernel of f, we conclude that these two polynomials form a basis for Kerf.

1,(X−a) 2 est une base de Kerf.

Ceux qui parmi nos lecteurs ont déjà pratiqué la réduction remarqueront qu’on a en fait obtenu une base deK n [X] constituée de vecteurs propres def.

Ce qu’il faut retenir

Comme le montre l’exercice 1.8, l’étude d’une application linéaire est grande- ment facilitée par le choix d’une base adaptée.

Mines-Ponts PSI 2005, CCP et Mines-Ponts MP 2006

Soit f l’application définie surE =R n [X] par f(P)= P−P

1) Montrer de deux faỗons diffộrentes que l’application f est bijective.

2) Pour Qdans E, trouverP tel queQ = P−P

Indication de l’examinateur du CCP :on pourra s’intéresser à Q (n+1)

Il est clair que f est un endomorphisme de E.

1) Première méthode :On étudie le noyau de f Soit P un polynôme non nul On a alors deg(P ) p entraợne Q (k) = 0, on aw((X −1) k ) = Q (p) p (1) = p!.

On peut alors construire une famille de polynômes échelonnée en degré dont chacun des éléments est dans le noyau de w : pour p dans [[1,n]] on choisit

H p (X) = Q p (X)− p! = (X −1) p − p! La famille (H 1 , ,H n ) est libre et de cardinaln dans un sous-espace vectoriel de dimensionn, c’est donc une base deA.

SoitE unK-espace vectoriel et soient f,gdansL(E).

1) Montrer que f etgsont bijectives si et seulement sig◦ f et f ◦gle sont.

2) Montrer que, si f et g commutent, alors le noyau et l’image de l’une sont stables par l’autre.

3) Montrer que Id E −f ◦g ∈GL(E) implique Id E −g◦ f ∈GL(E).

1) • Si f etgsont bijectives, alorsg◦ f et f ◦gsont bijectives.

• Si g◦ f est bijective, alors f est injective et si f ◦ g est bijective, alors f est surjective Ainsi f est bijective puisg=(g◦f)◦f −1 est bijective comme composée d’applications bijectives.

2) • Soitx ∈Ker f On a f(g(x))= f◦g(x)=g◦f(x)=0 E et doncg(x)∈Ker f. Par conséquent Ker f est stable parg La stabilité de Kergpar f est analogue.

• Soity ∈Im f Il existex ∈ Etel quey= f(x) Alorsg(y)=g◦ f(x)= f◦g(x) et doncg(y)= f(g(x)) appartient à Im f Ce qui prouve la stabilité de Im f parg. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

3) Posonsh =(Id E −f◦g) − 1 On a (Id E −f◦g)◦h =Id E donc f◦g◦h=h−Id E

De même h◦(Id E −f ◦g) = Id E impliqueh ◦ f ◦g = h−Id E Calculons alors u =(Id E −g◦ f)◦(Id E +g◦h◦ f) On obtient u = Id E −g◦ f +g◦h◦ f −g◦ f ◦g◦h◦ f

On vérifie de même que (Id E +g◦h ◦ f)◦(Id E −g◦ f) = Id E Il en résulte que

Id E −g◦ f est inversible et a pour inverse Id E +g◦h◦ f.

SoientE etFdeux espaces vectoriels, f etgdeux applications linéaires respectivement deEdansFet deFdansEtelles que f◦g◦ f = f etg◦f◦g=g.

1) Montrer que Img∩Ker f ={0 E }et que Img⊕Ker f =E.

2) On suppose que EetF sont de dimension finie Comparer rg f et rgg.

3) On suppose que dimE =dimF =rg f =n; montrer queg◦ f =Id E

4) On prendE =R n [X] etF =R n −1[X] Soient les applications linéaires f et g définies respectivement sur E et F par f(P) = P etg(P) x

Montrer que ces fonctions vérifient f ◦g◦ f = f etg◦ f ◦g =g.

Soity ∈Img∩Ker f On a f(y)=0 F et il existexdans Ftel quey =g(x) Alors f(y) = f ◦g(x) = 0 F , puis 0 F = g(f(y)) = g◦ f ◦g(x) = g(x) = y On en déduit que Img∩Ker f ⊂ {0 E }et, comme l’inclusion inverse est toujours vraie, on a l’égalité.

In the context of the equation z = x + y, where y is defined as g(u) for some u in F, we find that z can be expressed as z = x + g(u) Given that x belongs to the kernel of f, it follows that f(x) = 0_F, leading to f(z) = f(x) + f(g(u)) = f(g(u)) Consequently, we have g(f(z)) = g(f(g(u))) = g(u) = y This implies that if x and y exist, we can express x as z - g(f(z)) and y as g(f(z)).

It is essential to verify the suitability of these vectors We have the equation x + y = z, and y = g(f(z)) is part of the image Additionally, f(x) = f(z) - f◦g◦f(z) = f(z) - f(z) = 0, which implies that z is in the kernel of f Consequently, we can conclude that the image plus the kernel of f equals E, and since the intersection of the image and the kernel is {0}, it follows that the image and the kernel of f together form a direct sum that equals E.

2) Lorsque E et F sont de dimension finie, il résulte de la somme directe

Img ⊕Ker f = E que rgg + dim Ker f = dimE, et du théorème du rang que rg f + dim Ker f =dimE On en déduit que rg f =rgg.

3) Comme rg f =dimF =dimE, l’application f est une bijection deE surF On en déduit qu Id E = f −1 ◦ f = f −1 ◦ f ◦g◦ f =g◦ f, et donc f −1 =g.

4) Pour tout P ∈ F, on a f ◦g(P) = P, doncg◦ f ◦g = g D’autre part, pour tout P deE et pour toutx ∈ R, on ag◦ f(P)(x) x

P (t) = P(x)− P(0) En dérivant, on obtient alors f ◦g◦ f(P)(x)=P (x)= f(P)(x), d’ó f ◦g◦ f = f.

SoitE unC−espace vectoriel et soitu ∈ L(E) tel qu’il existen ∈N ∗ vérifiant u n = Id E SoitV un sous-espace de E stable paru et p un projecteur d’image

2) Montrer queq◦u =u◦q, que Imq ⊂V, puis que p◦q =q.

3) Montrer queq est un projecteur.

1) L’égalité Imp = {x ∈ E|p(x) = x} est une propriété des projecteurs Si x appartient à Imp, alorsx = p(y), donc p(x)= p◦p(y)= p(y)=x, etxappartient à{x ∈ E|p(x) = x} Réciproquement, six = p(x), alors x appartient Imp, d’ó l’égalité.

2) • On a q ◦u = 1 n n k=1 u k ◦ p ◦u n − k+1 En faisant le changement d’indice de sommation =k−1, on obtient q◦u = 1 n n −1

Mais, puisque u n = Id E , on a u 0 ◦ p ◦ u n = p = u n ◦ p ◦ u 0 , et donc q◦u =u◦

We demonstrate that Imq is a subset of V Let x be an element of E For every k in the set {0, , n}, the vector p(u n − k (x)) belongs to the image of p, which is V Since V is stable under the operation, the vector u k (p◦u n − k (x)) also resides in V Consequently, it follows that q(x) is in V, confirming that Imq is indeed a subset of V.

• SoitxdansE Alorsq(x) appartient à Imqet donc àV =Imp On en déduit que, pour toutx ∈ E, on a p(q(x))=q(x), d’óp◦q =q.

3) Puisqueq◦u =u◦q, on montre par récurrence que pour tout entierkdansNon a l’égalitéq◦u k =u k ◦q Ainsi q 2 = 1 n n k=1 u k ◦p◦u n − k ◦q = 1 n n k=1 u k ◦p◦q◦u n − k © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

Puis, en utilisant la relation p◦q =q, on obtient q 2 = 1 n n k=1 u k ◦q◦u n − k En utilisant de nouveau le fait queqetu k commutent, on a q 2 = 1 n n k=1 q◦u k ◦u n − k = 1 n n k=1 q◦u n

Enfin, puisqueu n =Id E , on obtient q 2 = 1 n n k=1 q =q.La relationq 2 =q montre queq est un projecteur.

L’exercice suivant fait la synthèse de deux exercices d’oraux.

Mines-Ponts PC 2006 et CCP MP 2006

SoitE unK−espace vectoriel et soit f ∈ L(E) On pose f 2 = f ◦ f.

2) On suppose que Eest de dimension finie, montrer que

3) SoientE =R[X] et f l’endomorphisme deE qui à tout polynômePassocie son polynôme dérivéP

Comparer Im f et Im(f 2 ) puis Ker f et Ker(f 2 ) Conclusion ?

Assuming that Ker(f) = Ker(f²), we aim to demonstrate that Ker(f) ∩ Im(f) = {0_E} Let y be an element of Ker(f) ∩ Im(f) This implies that f(y) = 0, and there exists an x in E such that f(x) = y Consequently, f²(x) = f(y) = 0, indicating that x belongs to Ker(f²) This leads to the conclusion that x is also in Ker(f), resulting in f(x) = y = 0_E Thus, we establish that Ker(f) ∩ Im(f) is a subset of {0_E} Since the reverse inclusion is always valid, we confirm the equality.

Assuming that the intersection of the kernel of f and the image of f is the zero element, if x belongs to the kernel of f squared, then f(x) is both in the kernel and the image of f This implies that f(x) equals the zero element, leading to the conclusion that x is also in the kernel of f Therefore, we establish the inclusion of the kernel of f squared within the kernel of f, and since the reverse inclusion always holds, we confirm the equality.

Assuming that the image of function f is equal to the image of f squared, for any element z in set E, the output f(z) is included in the image of f, and consequently in the image of f squared This implies the existence of an element u in E such that f squared of u equals f of z We can express z as the sum of (z - f(u)) and f(u) Since f of (z - f(u)) equals f(z) minus f squared of u, we conclude that z - f(u) belongs to the kernel of f, while f(u) is part of the image of f Thus, we have successfully demonstrated this relationship.

E ⊂Ker f + Im f Comme l’inclusion inverse est toujours vraie, on a bien égalité.

Assuming that Im f + Ker f = E, let y be an element of Im f This implies there exists an x in E such that y = f(x) The element x can be expressed as u + v, where u is in Ker f and v is in Im f Since v is in Im f, there exists a z in E such that v = f(z) Consequently, we can deduce the relationship between these elements.

1.2 Exercices d’entraợnement 27 y = f(x) = f(u+ f(z))= f 2 (z), donc y appartient à Im(f 2 ), et l’on a l’inclusion

Im f ⊂Im(f 2 ) Comme l’inclusion inverse est toujours vraie, on a bien l’égalité.

2) Lorsque E est de dimension finie, on a alors, par le théorème du rang, rg f + dim Ker f =rg (f 2 ) + dim Ker(f 2 )=dimE.

• Supposons que Ker f = Ker(f 2 ), alors dim Ker f = dim Ker(f 2 ) et donc rg f = rg (f 2 ) Mais comme on a l’inclusion Im(f 2 ) ⊂ Im f, on en déduit que

• Supposons que Im f = Im(f 2 ) Alors rg f = rg (f 2 ), d’ó l’on déduit que dim Ker f = dim Ker(f 2 ) Mais comme on a l’inclusion Ker f ⊂ Ker(f 2 ), on en déduit que Ker f =Ker(f 2 ).

• Si une des deux égalités Ker f = Ker(f 2 ) ou Im f = Im(f 2 ) est vraie, les deux sont vraies en même temps ce qui, d’après la question 1), est équivalent à

Im f + Ker f =E et Ker f ∩Im f ={0 E }donc à Im f ⊕Ker f =E.

3) De manière évident Im f = Im(f 2 ) = R[X] Par contre Ker f = R0[X] et

Soient E unK−espace vectoriel de dimension 4 et f ∈ L(E) tel que f 3 = 0, f 2 =0.

2) Montrer qu’il existe une base B = (e i ) 1 i 4 deE telle que la matrice de f dans la baseBsoitA ⎛

1) L’endomorphisme f est nilpotent et non nul, donc 1rg f 3.

• Supposons rg f = 3 alors d’après le théorème du rang dim Ker f = 1 Avec

Im f 2 = f(f(E))=Im(f |Imf ) on obtient rg f 2 =rg f −dim(Ker f ∩Im f) puis

De même, puisque Im f 3 = f(f 2 (E)) = Im(f |Im f 2), nous avons (en appliquant le théorème du rang) rg f 3 =rg f 2 −dim(Ker f ∩Im f 2 ) d’ó

De (1) et (2) on déduit 0 rg f −rg f 3 2 dim Ker f donc rg f 3 1 ce qui est contradictoire avec f 3 =0. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

• Supposons maintenant rg f =1 alors dim Ker f =3 et deux cas sont possibles : soit Im f ∩Ker f ={0 E }, soit Im f ⊂Ker f.

• Si Im f ∩Ker f = {0 E }, alors f |Im f induit un isomorphisme de Im f sur Im f 2 et par conséquent rg f =rg f 2 puis de même rg f 2 =rg f 3 Ainsi rg f 3 =1 ce qui est contradictoire avec f 3 =0.

• si Im f ⊂Ker f, alors on a f 2 =0 ce qui est encore une contradiction.

To demonstrate that the rank of f squared (rg f²) is valid, we can approach it as follows: there exists an element x in the set such that f²(x) = 0 The family of vectors (x, f(x), f²(x)) is then linearly independent This leads to the conclusion that the image of f contains two linearly independent vectors, thereby confirming that rg f² is indeed valid.

• En conclusion, s’il existe de tels endomorphismes, on a nécessairement rg f =2.

On peut remarquer que la matrice Ade la question 2) vérifie A 2 ⎛

⎠ et A 3 = 0 Il existe donc bien des endomorphismes f ∈ L(E) tels que f 2 = 0 et f 3 =0.

2)Analyse :S’il existe une baseB= (e i ) 1 i n telle queM B f ⎛

⎠, celle-ci vérifie les conditions

⎩ e 2 = f(e 1 ), e 3 = f(e 2 )= f 2 (e 1 ) (e 2 ,e 3 ) est une base de Im f

(e 3 ,e 4 ) est une base de Ker f

Synthèse :l’endomorphisme f 2 est non nul donc il existee 1 ∈Etel que f 2 (e 1 ) =0.

We define \( e_2 = f(e_1) \) and \( e_3 = f^2(e_1) \) The equation \( f_3 = 0 \) implies that \( \text{Im} f_2 \subset \text{Ker} f \), leading to \( e_3 \in \text{Ker} f \) Given that \( \text{Ker} f \) has a dimension of 2, we can find \( e_4 \) such that \( (e_3, e_4) \) forms a basis for \( \text{Ker} f \) We will now demonstrate that \( (e_1, e_2, e_3, e_4) \) constitutes a basis for \( E \) Let \( (a_1, a_2, a_3, a_4) \in K^4 \) be defined accordingly.

4 i =1 a i e i = 0 Appliquons f 2 à cette égalité, il vient a 1 e 3 =0 donca 1 =0, puis appliquons f, il vienta 2 e 3 =0 donca 2 =0 Il reste a 3 e 3 +a 4 e 4 =0 ce qui donnea 3 =a 4 =0 car (e 3 ,e 4 ) est libre Par construction de la baseB=(e i ) 1 i 4, on aM B f ⎛

SoientndansN ∗ etnnombres complexesa 1 , ,a n deux à deux distincts.

1) Montrer qu’il existe une base (L k ) k ∈[[1 ,n ]] de C n − 1[X] telle que pour tout couple (k,j) dans [[1,n]] 2 , on aL k (a j )=d k j

2) (PSI) On choisit a j = e 2i p / j et on note (L ∗ k ) k ∈[[1 ,n ]] la base duale de

1) On reconnaợt les conditions qui dộfinissent les polynụmes interpolateurs de Lagrange On choisit ainsi :

On peut aussi procéder en considérant l’applicationw: w:C n −1[X] −→ C n

Exercices d’approfondissement

By the linearity of u, we have that \( l_1 e_1 + l_2 e_2 + l_3 e_3 = l(e_1 + e_2 + e_3) \) Since the set \( (e_1, e_2, e_3) \) is linearly independent, it follows that \( l_1 = l_2 = l_3 = l \) For any \( x \) in \( E \), there exist coefficients \( (a_1, a_2, a_3) \) such that \( x = a_1 e_1 + a_2 e_2 + a_3 e_3 \) Consequently, we find that \( u(x) = u(a_1 e_1 + a_2 e_2 + a_3 e_3) = a_1 l e_1 + a_2 l e_2 + a_3 l e_3 = l x \) This demonstrates that if \( u \) is in \( L_1 \), then \( u \) is a homothety Conversely, every homothety is included in \( L_1 \), thus establishing that \( L_1 \) comprises all homotheties of \( E \).

4) On va montrer que si un endomorphisme laisse stable les plans vectoriels de E, alors il laisse stable les droites vectorielles de E Soitu dansL 2 et Dune droite vectorielle de E Il existe f 1 un vecteur non nul de E tel que D = Vect(f 1 ). D’après le théorème de la base incompléte il existe f 2 et f 3 tels que (f 1 , f 2 , f 3 ) est une base deE SoientP 1 =Vect(f 1 , f 2 ) et P 2 =Vect(f 1 , f 3 ) Par constructionP 1 etP 2sont des plans vectoriels deEet ils sont donc stables paru, leur intersection est donc également stable paru Or P 1 ∩P 2 = Det on a donc montré que la droite

The stability of the set L2 is demonstrated, revealing that L2 is a subset of L1 Additionally, since any homothety in the vector space E preserves all vector planes within E, it follows that L2 is also equivalent to the set of homotheties in E.

Soit n dans N ∗ , soient a 1 , a 2 , ., a n des réels distincts non nuls Pour

1 i n, on note L i la forme linéaire définie sur E = R n −1[X] par :

P(t)dt. Montrer que (L 1 ,L 2 , ,L n ) est une famille libre.

Remarquons tout d’abord que pour P dansR n [X] la fonction F P qui à x associe x

P(t)dtest la primitive deP qui s’annule en 0.

Soit (a 1 , , a n ) dans R n tel que n k=1 a k L k =0 Ceci signifie que pour tout poly- nômes PdeE on a n k=1 a k L k (P) n k=1 a k F P (a k )=0. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

It is natural to seek specific polynomials that will reveal equalities leading to the nullification of all \( a_k \) We will propose polynomials reminiscent of Lagrange interpolating polynomials For \( i \) in the range \([1,n]\), the polynomial \( Q_i \) is defined as: \( Q_i(X) = X \) for \( j \) in \([1,n] \setminus \{i\} \).

Soit P i le polynôme dérivé de Q i Par construction Q i est la primitive de P i qui s’annule en 0.

On en déduit que la famille (L 1 ,L 2 , ,L n ) est libre.

Remarque pour les élèves de PSI

On vient de montrer que (L 1 ,L 2 , ,L n ) est une base de E ∗ et on en a donné la base anté-duale.

Soient E un K-espace vectoriel, F etG deux sous-espaces vectoriels de E On suppose queE = F⊕Get on note ple projecteur surF parallèlement àGetq le projecteur surG parallèlement àF.

Soit f dansL(E) Montrer queFest stable par f si et seulement siq◦f◦p=0.

Supposons que Fest stable par f Soitx dansE Le vecteur p(x) appartient à Fcar

Imp =F, d’ó f(p(x)) appartient àFpar stabilité deFsous l’action de f Comme

F =Kerq, on a finalementq(f(p(x)))=0 On a ainsi montré queq◦ f ◦p =0.

Conversely, let us assume that \( q \circ f \circ p = 0 \) For any \( x \) in \( F \), since \( p \) is a projection onto \( F \), we have \( p(x) = x \) This leads to \( f(p(x)) = f(x) \) Furthermore, given that \( q \circ f \circ p = 0 \), it follows that \( q(f(p(x))) = 0 \), which indicates that \( f(p(x)) \) is in the kernel of \( q \) Therefore, \( f(x) \) also belongs to the kernel of \( q \), meaning it is contained within \( F \) This demonstrates that for any \( x \) in \( F \), the properties hold true.

F, f(x) est dansF Le sous-espace vectorielF est donc stable par f.

Soient des entiersn et ptels que 0 < p < n et soient E et F deuxK-espaces vectoriels de dimensions respectivesn et p Soitu dansL(E,F) et soitvdans

L(F,E) telles queu◦v=Id F Montrer quev◦u est un projecteur Donner son rang, son image et son noyau.

On a (v◦u) 2 =v◦u◦v◦u=v◦uet l’applicationv◦u est donc un projecteur.

The application u◦v = Id F is bijective, which implies that u is surjective and v is injective The surjectivity of u leads to the conclusion that Imv◦u = Imv (1) Since v is injective, according to the rank theorem, we have rgv = p Consequently, it follows that rgv◦u = p.

Comme v est injective v ◦u(x) = 0 si et seulement si u(x) = 0 et on a donc Kerv◦u =Keru(2) De (1) et (2) on peut préciser :v◦uest le projecteur sur Imv, parallèlemement à Keru.

Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie n et u dans

1) Montrer queuest un isomorphisme si et seulement si :

1) Siu est un isomorphisme alors u −1 existe et en composant à gauche et à droite paru −1 l’égalitéu◦v◦u =0, on obtientv=0.

Pour la réciproque, on va procéder par contraposition Supposons que u ne soit pas un isomorphisme et montrons qu’il existev dans L(F,E), avec u◦v◦u = 0 et v =0.

Since \( u \) is not an isomorphism, its kernel is not limited to \{0\} Let \( 1 \) be a non-zero vector in \( \text{Ker}(u) \), and let \( (f_1, \ldots, f_n) \) be a basis of \( F \) (where \( F \) is finite-dimensional) Define \( v \) in \( L(F,E) \) such that for all \( i \in [1,n] \), \( v(f_i) = e_1 \) The linear map \( v \) is non-zero, and since its image is contained in \( \text{Ker}(u) \), we have \( u \circ v \circ u = 0 \).

2) SoitG ={v∈ L(F,E), u◦v◦u=0}.On montre sans difficulté queGest un sous-espace vectoriel deL(F,E) On va montrer que :

Soitvdans{v ∈ L(F,E)|v(Imu)⊂Keru} Pour toutx dansE, le vecteuru(x) est dans Imuet par conséquentv(u(x)) est dans Keru On en déduitu◦v◦u(x) = 0 pour toutx dansE On a donc montré quevest dansG.

Soitv dans G Soit y dans Imu, il existe x dans E tel que u(x) = y On a ainsi v(y) =v(u(x)), et commeu◦v◦u(x) =0, on en déduitu(v(y)) =0, c’est-à-dire v(y) appartient à Keru On a bien montrév(Imu)⊂Keru.

SoientF 1 un supplémentaire de Imudans F etE 1 un supplémentaire de Kerudans

The existence of E and F is due to their finite dimensions Let B_F be a basis suited for the decomposition F = Imu ⊕ F_1, where B_F = (f_1, , f_n) consists of (f_1, , f_p) as a basis for Imu and (f_{p+1}, , f_n) as a basis for F_1 Additionally, let B_E be a basis appropriate for the decomposition E = Keru ⊕ E_1 Denote V as the matrix defined in the bases B_F and B_E.

On av(Imu)⊂Kerusi et seulement siV est de la forme :

La taille du bloc nul est p 2 , car d’après le théorème du rang dimE 1 = p On en déduit que dimG =n 2 −p 2

Soient E un K-espace vectoriel de dimension n, un sous-espace V de E de dimension pet J(V)={u ∈ L(E)| Imu ⊂V}.

1) Montrer queJ(V) est un sous-espace vectoriel deL(E), donner sa dimension.

2) Soitpun projecteur d’imageV Montrer que :J(V)={ p ◦ f | f ∈ L(E)}.

1) l’application nulle est dans J(V) Soient f et g dans J(V), soient a et b dans R Soit h = a f + b g Soit y dans l’image de h Il existe x dans E tel que y = h(x) = (a f +b g)(x) = a f(x) +b g(x) Comme f etg sont dans J(V), les vecteurs f(x) etg(x) sont dansV CommeV est un sous-espace vectoriel de E, le vecteur a f(x) +b g(x) est encore dans V On a ainsi montré que tout vecteur de l’image deh est dansV, ce qui montre quehest dansJ(V).

Soit (e 1 , ,e p ) une base de V que l’on compléte enB = (e 1 , ,e n ) une base de

E Un endomorphisme f est dansE si et seulement si sa matrice dans la baseBest de la forme :

On en déduit que J(V) est de dimensionnp.

SoithdansK p Il existe f dansL(E) telle queh =p ◦ f Commepest d’imageV on en déduit que l’image dehest incluse dansV, ce qui montre quehest dansJ(V).

Let \( f \) be an element of \( J(V) \) Since \( p \) is a projection onto the image \( V \), for every \( y \) in \( V \), it holds that \( p(y) = y \) Now, consider \( x \) in \( E \) Given that \( f \) is in \( J(V) \), the vector \( f(x) \) is in \( V \), leading to \( p(f(x)) = f(x) \) Consequently, for all \( x \) in \( E \), we have \( f(x) = p(f(x)) \), which demonstrates that \( f = p \circ f \) and confirms that \( f \) is in \( K_p \).

SoientE etFdeuxK-espaces vectoriels de dimension finie etGun sous-espace deE On pose A={u ∈ L(E,F)|G ⊂Keru}.

Montrer que Aest un sous-espace vectoriel dont on donnera la dimension.

Montrons que Aest un sous-espace vectoriel deL(E,F).

L’ensemble Aest une partie non vide deL(E,F) car l’application linéaire nulle de

SoientuetvdansA, soientaetbdansK Pour toutxdansG, on au(x)=v(x)=0, ce qui montre que (a u+b v)(x)=0 Par conséquenta u+b vest dansA.

Cherchons la dimension de A On note n la dimension de E, p la dimension de

F et q la dimension de G Soit (e 1 , ,e q ) une base de G complétée en une base (e 1 , ,e q ,e q+1 , ,e n ) deE Soit (f 1 , , f p ) une base deF SoitudansL(E,F). SoitM(u) la matrice deu dans les bases (e 1 , ,e n ) et (f 1 , , f p ).

L’application linéaireu appartient à Asi et seulement si la matrice M(u) est de la forme :

Let \( M \) be a matrix of dimension \( m \times (n - q) \) over the field \( K \), which implies that the dimension of \( A \) is \( p(n - q) \) To determine the dimension of \( A \), we can also analyze the linear application \( c: L(E, F) \rightarrow F^q \) defined by \( u \mapsto (u(e_1), \ldots, u(e_q)) \) It can be shown that the dimension of the image of this linear application is \( pq \), as \( c \) is surjective; for any \( (s_1, \ldots, s_q) \in F^q \), there exists a \( u \) such that \( u(e_i) = s_i \) for \( 1 \leq i \leq q \), and since \( \dim F^q = pq \) Furthermore, \( u \) belongs to \( A \) if and only if \( u \) is in the kernel of \( c \) The conclusion follows by applying the rank-nullity theorem.

SoitE unK-espace vectoriel de dimensionn 1 Soitu dansL(E) nilpotent et de rangn−1.

1) Montrer que si F est un sous-espace différent de {0 E } stable par u, alors dim(u(F))=dimF−1.

2) Déterminer la dimension de Im(u k ) pourkdansN.

3) Montrer qu’il existe une base dans laquelle la matrice de u est triangulaire supérieure.

1) Soit F un sous-espace différent de {0 E } stable par u Notons u F l’endomorphisme de F qui à tout x de F associeu F (x) = u(x) On a Imu F = u(F) Par ailleurs commeuest nilpotente, l’application linéaireu F est également nilpotente. Comme F est différent de{0 E }, on en déduit queu F n’est pas bijective et, puis- qu’on est en dimension finie,u F n’est pas injective On a donc dim Keru F 1.

In the context of linear algebra, given that Keru F is a subset of Keru and the rank of u is n - 1, we can conclude that the dimension of Keru F is 1 Consequently, the dimension of Keru F is determined to be 1, and applying the rank theorem, we find that the dimension of the image of u(F) equals the dimension of F minus 1.

2) SoitkdansN Montrons que Im(u k ) est un sous-espace stable paru Soity dans Im(u k ) Il existex dans E tel que y = u k (x) Alorsu(y) = u k+1 (x) =u k (u(x)), ce qui montre que yappartient à Im(u k ).

On montre alors par récurrence (finie) que pourk n−1, on a dim Im(u k )=n−k. Pourk =1, la propriété est vraie par hypothèse.

Assuming that dim Im(u k) = n - k, it follows that Im(u k) is a non-zero vector subspace that is invariant under u The result from the first question indicates that dim Im(u k+1) = n - k - 1, demonstrating that this property is hereditary.

On a finalement montré que pourkdans [[1,n]], on a dim Im(u k+1 ) =n−k−1, pourk non a dim Im(u k+1 )=0

3) Le résultat précédent montre que dim(Imu n −1 ) = 1 Ainsi il existe x dans E tel queu n −1 (x) = 0 On montre alors comme dans l’exercice 1.18 page 17, que la famille (u n −1 (x), ,u(x),x) est une famille libre de E Comme elle est de cardinalndans un espace de dimensionn, c’est en fait une base deE Dans cette base, la matrice deuest de la forme

SoitDl’application deR[X] dansR[X] définie par :

1) Montrer queDest linéaire, que KerD=R0[X] et que ImD=R[X].

2) Montrer qu’il existe une unique base (H n ) n ∈N deR[X] telle que H 0 = 1, et

3) Montrer que tout polynôme P peut s’écrire n ∈N

Matrices

L’essentiel du cours et exercices d’assimilation

• Soientnet pdansN L’ensembleM n,p (K) est un espace vectoriel de dimension finie égale ànp.

On définit pouridans [[1,n]] et jdans [[1,p]] la matriceE i j dansM n,p (K) de coefficient générala k défini par :a k 1 si =ietk = j

La famille (E i j ) 1 i p,1 j n est une base deM n, p (K) appelée base canonique deM n, p (K).

• Soient A = (a i j ) une matrice dans M n,p (K) et B = (b i j ) une matrice dans

M p,q (K), la matriceC = A B est une matrice deM n,q (K) dont le coefficient général (c i j ) 1 i n,1 j q est défini par

• Lorsque p=n, on a la règle de multiplication :

∀(i,j,k, )∈[[1,n]] 4 : E i j E k =d j k E i , ódest le symbole de Kronecker.

• Matrices carrées symétriques et antisymétriques

◦ L’ensemble des matrices symétriques deM n (K) qu’on note S n (K) est un sous-espace vectoriel deM n (K), de dimension égale à 1

2n(n+ 1) La famille (E i j +E ji ) 1 i j n est une base deS n (K).

◦ L’ensemble des matrices antisymétriques qu’on note A n (K) est un sous- espace vectoriel de M n (K), de dimension égale à 1

2n(n −1) La famille (E i j −E ji ) 1 i< j n est une base deA n (K).

◦ On aM n (K)=S n (K)⊕ A n (K) De manière explicite, toute matriceMdans

• L’ensembleM n (K) muni de + et×est un anneau Il estnon commutatif: pour

• L’anneau M n (K) n’est pas intègre : pour A et B dans M n (K), l’égalité

• AlgèbreK[A] Soit AdansM n (K), on définitK[A]={P(A)|P ∈K[X]}.

Muni des trois lois +,ìetã, l’ensembleK[A] est une sous-algốbre deM n (K).

• Deux identités remarquables très utiles : soient A et B dans M n (K) qui commutent, c’est-à-dire telles que A B=B Aet soitN dansN.

◦ Formule du binôme de Newton : (A+ B) N N k=0

Pour tout AdansM n (K), on a par conventionA 0 =I n

• Quelques méthodes de calcul de A p

SoientAdansM n (K) et pdansN Lorsqu’on veut calculerA p :

◦ on teste une formule vraissemblable qu’on valide ensuite par récurrence ;

◦ on décompose A en somme de deux matrices qui commutent et dont les puissances sont faciles à calculer ; © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

◦ on met en évidence un polynôme P de degré le plus petit possible tel que

P(A) = 0 Soit R p le reste de la division euclidienne de X p par P, alors

◦ on diagonaliseAsi c’est possible (voir chapitre ô Rộduction ằ).

SoitndansN, et soitAla matrice deM n (K) dont tous les coefficients sont égaux à 1 Déterminer A k pourk ∈N.

On constate sans peine que A 2 =n A, puis que A 3 =n 2 A On va donc montrer par récurrence que pour toutkdansN ∗ , on aA k =n k −1 A.

La formule a été vérifiée au rang 1.

On a alorsA k+1 = A A k =n k −1 A 2 =n k −1 n A=n k A, ce qui montre que la propriété est héréditaire.

On a ainsi montré par récurrence que pour toutk dansN ∗ , on a A k =n k −1 A.

1 i j n dansM n (R) óa i j =1 sii = jeta ii =0 Calculer A p pour pdansN ∗

⎟⎠ On peut alors choisir d’écrire A sous la forme

A = B−I n ó Best une matrice dont tous les coefficients sont égaux à 1 Comme

B etI n commutent, on peut utiliser la formule du binôme de Newton pour calculer

A p D’après l’exercice précédent, pour toutk 1 : B k =n k −1 B, (attention : le fait que la formule n’est pas vraie pourk = 0 a son importance) On a alors, pour tout p 1 :

Indication de la rédaction : on cherchera un polynôme annulateur de A de degré 2.

Commenỗons par calculer A 2 On obtient A 2 −1 −10

On remarque alors que A 2 = 5A−6I n Le polynôme P(X) = X 2 −5X + 6 est donc un polynôme annulateur de A.

Soitn dansN Il existe un unique (a n ,b n ) dansR 2 et un unique Q dansR[X] tels queX n =Q(X)P(X) +a n X+b n (division euclidienne deX n parP) En remarquant que P(2)= P(3)=0, on déterminea n etb n :

On en dộduita n =3 n −2 n etb n =3ã2 n −2ã3 n Ainsi, pourndansN, on a :

• On dit que Aest nilpotente lorsqu’il existe pdansN ∗ tel que A p =0.

Exemple: Les matrices triangulaires strictement supérieures, ou strictement infé- rieures, sont nilpotentes.

Indice de nilpotence :on appelle indice de nilpotence de Ale plus petit entier p dansNtel que A p =0.

• Soit Aun matrice nilpotente deM n (K), son indice de nilpotence est inférieur ou égal àn Voir exercice 1.18 page 17 pour la démonstration de ce résultat.

1) Montrer que Aest nilpotente d’indice 3. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

2) Montrer qu’il n’existe pas XdansM 3(R) telle queX 2 = A.

1) Un simple calcul montre que A 2 =0 et A 3 =0.

2) Supposons qu’il existe une matrice X dansM 3(R) telle que X 2 = A On a alors

The equation X^6 = 0 indicates that X is nilpotent, with its nilpotency index being less than or equal to 3 Consequently, we have X^3 = 0, leading to X^4 = X^3 * X = 0 This contradicts the condition that X^4 = A^2 = 0 Therefore, we conclude that the matrix equation X^2 = A has no solution.

• Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimensions respectives n et p.

SoientB E =(e 1 , ,e n ) une base de EetB F =(f 1 , , f p ) une base de F.

Soit u dans L(E,F) Pour tout i dans [[1,n]], il existe un unique élément

◦ On appelle alors matrice deu dans les basesB E etB F la matriceM B E B F (u) deM p,n (K) définie par :

◦ On retiendra que les colonnes de la matrice deu (dans les basesB E etB F ), sont données par les coordonnées des vecteursu(e j ) dans la baseB F

◦ LorsqueF =E etB E =B F , on noteM B E (u) la matriceM B E B F (u).

• Soit (x,y) dans E ìF, il existe (x 1 ,ã ã ã ,x n ) ∈ K n tel que x n i=1 x i e i et il existe (y 1 ,ã ã ã,y p ) ∈ K p tel que y p i=1 y i f i Posons X = t (x 1 ,ã ã ã,x n ) et

• SoitB E une base fixée deE.

L’application de (L(E),+,ã,◦) dans (M n (K),+,ã,ì) qui, àu associe M B E (u),est un isomorphisme d’algèbres En particulier, pour tout (f,g)∈ L(E)×L(E),

2.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 45 on a

Application linéaire canoniquement associé à une matrice Soit A une matrice deM p,n (K) On appelle application linéaire canoniquement associé à

A, l’application linéaire f deK n versK p qui, à toutX ∈K n , considéré comme vecteur colonne, associeA X.

Soient A = X 4 + 1 et B = X 4 + X, soit f l’application qui à P dansR3[X] associe le reste de la division euclidienne de A P parB.

2) Donner la matrice de f dans la base canonique.

3) Déterminer l’image et le noyau de f.

1) Soient P 1 et P 2 dans R3[X] Soient a et b dans R Soit R 1 et Q 1 respectivement le reste et le quotient de la division euclidienne de A P 1 par B Soit

R 2 et Q 2 respectivement le reste et le quotient de la division euclidienne de

In the equation A(a P 1 + b P 2) = (Q 1 + Q 2)(a P 1 + b P 2) + a R 1 + b R 2, we observe that the degree of (a R 1 + b R 2) is minimized by the degrees of R 1 and R 2, resulting in deg(a R 1 + b R 2) being less than 4 This indicates that a R 1 + b R 2 serves as the remainder in the Euclidean division of A(a P 1 + b P 2) by B Consequently, we find that f(a P 1 + b P 2) equals a R 1 + b R 2, which can be expressed as a f(P 1) + b f(P 2) Therefore, we have established that the function f is linear.

2) On calcule les images par f des vecteurs de la base canoniqueB=(1,X,X 2 ,X 3 ) deR3[X] À partir des divisions euclidiennes : (X 4 + 1)=(X 4 +X) + (−X+ 1),

X 3 (X 4 +1)=(X 3 −1)(X 4 +X)+(X 3 +X), on obtient f(1)=1−X, f(X)= X−X 2 , f(X 2 )=X 2 −X 3 , f(X 3 )= X 3 + X On en déduit :

3) Soit (x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) dansR 4 Le vecteur (x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) est dans le noyau de f si et seulement si (x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) est solution du système linéaire :

En additionnant toutes ces équations, on trouve 2x 4 = 0 On en déduit que x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = 0 ce qui montre que Ker f = {0 E } le théorème du rang montre ensuite que Im f =R3[X].

On peut aussi calculer le déterminant deM B (f) et constater qu’il n’est pas nul (il vaut 2).

SoitE unR-espace vectoriel de dimension 3 et f dansL(E) tel que f 3 = 0 et f 2 = 0 Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle la matrice de f est

Il existe un vecteur x 0 dans E tel que f 2 (x 0 ) = 0 Soit B = (f 2 (x 0 ), f(x 0 ),x 0 ). Montrons que cette famille est libre.

Let (a, b, g) be in R³ such that a f₀ + b f(x₀) + g f²(x₀) = 0 By applying f² to this equation and noting that f³ = 0, we find that a f²(x₀) = 0, leading to the conclusion that a = 0 Next, applying f to the relation b f(x₀) + g f²(x₀) = 0 gives us b = 0, and ultimately g = 0 Therefore, the family Best is linearly independent and has a cardinality of 3 in a three-dimensional space, establishing it as a basis for E In this basis, the matrix of f is represented as f³(x), f²(x), f(x).

2.1.4 Matrices inversibles et calcul de l’inverse

• On dit queAest inversible lorsqu’il existe une matrice BdansM n (K) telle que

Dans ce casBest unique et on l’appelle l’inverse de Aet on la note A −1

Notation On note GL n (K) l’ensemble des matrices carrées d’ordre n et inversibles.

• Soit (A,B)∈GL n (K) 2 , la matriceA Best inversible et (A B) −1 = B −1 A −1

• Si A dansM n (K) est inversible, alors pour toutk dansN ∗ , la matrice A k est inversible et (A k ) −1 =(A −1 ) k , la matrice t Aest inversible et ( t A) −1 = t (A −1 ).

Différentes caractérisations de l’inversibilité d’une matrice carrée

Soit A dans M n (K) La matrice A est inversible si et seulement si l’une des propriétés suivantes est vérifiée :

• il existeB dansM n (K) telle queB A=I n ;

• il existeB dansM n (K) telle queA B =I n ;

• le noyau deAest réduit à 0, c’est-à-dire la seule solution de l’équationA X =0 pourX dansM n,1(K), est la matrice colonneX =0 ;

• elle est la matrice dans une certaine base d’un endomorphisme bijectif ;

• son rang est égal àn;

• son dộterminant est non nul (voir chapitre ô Dộterminants ằ).

Quelques méthodes pour déterminer l’éventuel inverse d’une matrice A

• Exhiber une matriceB dansM n (K) telle queA B =I n ou B A= I n

• Rechercher un polynôme P tel que P(A) = 0 et P(0) = 0 En effet, soit

−a 0 I n =a 1 A+ã ã ã+a k A k = A(a 1 I n +ã ã ã+a k A k − 1 ), et par conséquentAest inversible et A − 1 = −1 a 0 (a 1 I n +ã ã ã+a k A k − 1 ).

• Résoudre le système linéaire A X = Y, on obtient alors X = A −1 Y (Voir chapitre ô Equations linộaires ằ) ;

• Calculer la transposée de la comatrice 1

Les méthodes de détermination permettent en général d’assurer l’inversibilité.

Soient Aet Bdeux matrices carrées d’ordrentelles que A+ B = A B Montrer queI n −Aest inversible.

In the absence of additional information regarding A and B, one can only speculate on the potential inverse of the matrix I n − A It is important to note that the proposed relationship is symmetric in terms of A and B, which implies that the matrix I n − B must also be invertible By performing the product, further insights can be gained.

1 En dehors des cas n = 2 et n = 3, cette dernière méthode, donnant lieu en général à des calculs très lourds, doit être considérée comme théorique. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

I n −Aest donc inversible et son inverse est I n −B.

The left inverse of \( I_n - A \) also serves as its right inverse, leading to the conclusion that \( (I_n - B)(I_n - A) = I_n \) Expanding the left term results in the equation \( A + B = BA \), which, when substituted back into the initial relationship, reveals further insights.

A B= B A On a ainsi montrộ que A+B = A Bentraợne queAetBcommutent.

⎠est inversible et calculer son inverse.

On va chercher un polynôme annulateur de A On calcule A 2 et on obtient :

On constate alors que A 2 = 2A + 3I 4 On déduit de cette égalité la relation

= I 4 Ceci montre que Aest inversible et que

1) SoitN une matrice nilpotente dansM n (K) Montrer que les matricesI n −N etI n +N sont inversibles.

2) On note Ala matrice définie par A ⎛

I n + Aest inversible et déterminer son inverse.

1) Il existe pdansNtel queN p =0 On a ainsi (I n −N) p −1 i=0

La matrice I n −N est donc inversible et a pour matrice inverse p −1 i=0

N i Si N est nilpotente alors −N est également nipotente de même indice de nilpotence et doncI n +N est inversible et a pour matrice inverse n −1 i=0

2) On peut expliciter la matrice I n + A et l’inverser par des manipulations sur les lignes On peut aussi utiliser le résultat précédent en remarquant que la matrice

A nilpotent matrix of index n can easily have its powers calculated, as all coefficients (a_ij) are zero except for those where the indices satisfy j - i = k, which are equal to 1, for k in the range [1, n-1].

On en déduit que I n + Aest inversible et a pour matrice inverse n −1 i=0

(−1) i A i Ce qui, de faỗon plus explicite, donne :

⎠ © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

SoitndansN ∗ SoitM dansM n+1(R) définie par

Montrer queMest inversible et donner son inverse.

This upper triangular matrix, with all non-zero diagonal coefficients, has a rank of n + 1, making it invertible However, it is not suitable for row operations The binomial coefficients suggest a connection to the binomial theorem, and we interpret M as the matrix representing the linear transformation f from R^(n+1)[X] to itself, defined by f(P) = P(X + 1).

On constate qu’en notant B = (1,X, ,X n ) la base canonique deR n+1[X], on a

M = M B (f) L’application linéaire f est bijective puisque M et inversible et sa réciproque g est l’application linéaire qui à P dans R n+1[X] associe le polynôme

SoientndansN ∗ etE unK-espace vectoriel de dimensionn SoientBetB deux bases de E.

The transition matrix from basis B to itself, denoted as matrix P, is formed by the coordinates of the vectors in basis B Specifically, the j-th column of matrix P represents the coordinates of the j-th vector of basis B expressed in the same basis B.

• La matrice de passage de la baseBà la baseB est égale à la matriceM B , B (Id E ).

• Formules de changement de bases

On note P la matrice de passage de la base B = (e 1 , ,e n ) à la base

◦SoitxdansE Il existe (x 1 , ,x n ) dansK n tel quex n i=1 x i e i et (x 1 , ,x n ) dansK n tel quex n i=1 x i e i Soit X = t (x 1 , ,x n ) et soitX = t (x 1 , ,x n ).

◦Soit f un endomorphisme deE, de matriceMdans la baseB, et de matriceM dans la baseB On aM =P −1 M P.

1) Montrer queB est une base deE.

2) Donner les matrices de passages de la base canonique versB et deB vers la base canonique.

Indication de l’examinateur :on remarquera que 1= X+ (1−X).

1) Montrons que la familleB est libre Soit (a 0 , , a n ) dansR n tel que n k=0 a k P k =0 (∗)

Remarquons que pour toutkdans [[1,n]], le réel 0 est racine d’ordrekdeP k alors qu’il n’est pas racine deP 0 En évaluant l’égalité (∗) en 0, on obtient donca 0 =0.

En dérivant (∗) puis en évaluant à nouveau en 0, on obtient cette foisa 1 =0 En réitérant ce procédé, on obtient que, pour toutkdans [[0,n]],a k est nul La famille

B est libre et de cardinal égal à la dimension de E, c’est donc une base deE.

Let A = (aij) for 1 ≤ i, j ≤ n+1 represent the transition matrix from the canonical basis B to the basis B = (P0, , Pn) For any k in the range [0, n], the coordinates of the polynomial Pk in the canonical basis of Rn[X] can be easily obtained Specifically, for each j in the interval [1, n], the relationship holds true.

2 Attention au décalage d’indice : a i j est le coefficient de P j − 1 sur X i − 1 © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

• Déterminons la matrice de passage de la baseB à la baseB Pour cela expri- mons chaque X j en fonction des vecteurs de la baseB On déduit de la relation

1= X+ (1−X), que pour tout pentier on a 1 p p k=0 p k

On en déduit que pour tout j dans [[0,n]], X j n i= j n− j i− j

P i (X) En notant b i j le coefficient général de la matrice de passage deB versB, on a

Soit E unC-espace vectoriel de dimension 3 et soit (e 1 ,e 2 ,e 3 ) une base de E.

Soient Hle plan d’équationx+y+z =0 et Dla droitex =y/2=z/3.

2) Trouver la matrice de la projection sur Hparallèlement à D.

1) Un vecteurxe 1 +ye 2 +ze 3 appartient àH∩Dsi et seulement si ses coordonnées x, y et z sont solution du système linéaire :

H∩D={0 E } En outre, dimH+ dimD=dimE, d’ó H⊕D=E.

2) Notons p le projecteur sur H parallèlement à D et M sa matrice dans la base(e 1 ,e 2 ,e 3 ).

Soit (e 1 ,e 2 ) une base deH ete 3 un vecteur directeur deD La relationH ⊕D= E assure que (e 1 ,e 2 ,e 3 ) est une base deE Par ailleurs la matrice M de pdans cette nouvelle base est donnée par : M ⎛

On sait également que, en notant Pla matrice de passage de (e 1 ,e 2 ,e 3 ) à (e 1 ,e 2 ,e 3 ) que l’on a : M = P −1 M P.

En choisissant par exemplee 1 = e 1 −e 3 , e 2 = e 2 −e 3 ete 3 = e 1 + 2e 2 + 3e 3 , on obtient :

Pour déterminer la matrice de P, on aurait pu procéder comme dans l’exercice 1.13, page 12.

• On appelle rang deMle rang de la famille de ses vecteurs colonnes.

• Soit E un K-espace vectoriel de dimension n de base B E et F un K-espace vectoriel de dimension p de baseB F Siu est une application linéaire de E versF telle queM =M B E , B F (u), alors on a rg (u)=rg (M).

• On a rg (M) = rg ( t M) c’est-à-dire que le rang de M est aussi le rang de la famille de ses vecteurs lignes

• SiP ∈GL n (K), alors rg (P M)=rg (M) SiQ∈GL p (K), alors rg (M Q)=rg (M).

SoitndansN ∗ , soientuetvles aplications linéaires définies surR n [X] par

1) Déterminer le rang de f =u−và partir de sa matrice.

2) Retrouver ce résultat par une autre méthode. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

1) Cherchons l’image par f = u−v des vecteurs deB = (1,X, ,X n ) la base canonique deR n [X] Soitkdans [[1,n]], on a f(X k )=(X+ 1) k −(X −1) k k i=0 k i

On constate en particulier que, pour i ∈ [[1,n]] et j i on a a i j = 0 et pour i ∈ [[1,n−1]] on aa ii +1 = 2i On en déduit que la matrice de f dans la base canonique est de la forme :

On en déduit que le rang de f estn.

2) On peut étudier le noyau de f puis utiliser le théorème du rang SoitP un poly- nôme tel que f(P)=0 Alors pour toutx dansR, on aP(x+ 1)=P(x−1), ou encore, pour toutx dansR, on aP(x+ 2)= P(x) Le polynômePest donc péro- dique de période 2 On montre alors quePest constant (il est de degré inférieur ou égal ànet il prendn+ 1 fois la valeur P(0)) On en déduit que Ker(P)=Vect(1), le théorème du rang montre alors que rg (f)=n+ 1−1=n.

Exercice 2.14 Étudier en fonction deldansRle rang de la matriceA l ⎛

The rank of a matrix remains unchanged when a linear combination of its other columns is added to one of its columns By manipulating the columns, we aim to transform matrix A into a triangular form We perform the following operations: c4 ← c4 - c2, then c3 ← c3 - c1, and finally c2 ← c2 - c1 This results in a matrix where the first two rows are in the desired format Subsequently, the operation c4 ← c4 - c3 yields a lower triangular matrix, confirming that rg(A) = rg(c1, c2 - c1, c3 - c1, c4 - c2).

On en déduit que sil =−1, alors le rang de A l est 3, sil =−1, alors le rang de

• On dit que A et B sont semblables lorsqu’il existe P dans GL n (K) tel que

• Caractérisation: les matricesAetBdansM n (K) sont semblables si et seulement si il existe un espace vectorielE de dimensionn, deux basesB E etB E de

E, un endomorphisme f deE tels queA=M B E (f) etB =M B E (f).

◦Si deux matrices sont semblables, alors elles ont même rang, même déterminant et même trace La réciproque est fausse.

◦SiAetBsont semblables, alors pour toutkdansN, les matrices A k etB k sont semblables Si de plus Aest inversible, alors B est inversible et pour toutkdans

Z, les matrices A k etB k sont semblables.

En pratique, pour montrer que deux matrices ne sont pas semblables, on utilise la contraposée de l’une de ces implications.

1) Montrer que AetB ne sont pas semblables.

2) Montrer que AetC sont semblables.

Indication de la rédaction :on cherchera la matrice de l’endomorphisme asso- cié àCdans une nouvelle base obtenue par permutation des vecteurs de la base canonique.

1) Les matrices AetB n’ont pas même trace, elles ne sont donc pas semblables.

2) Soient ceta les endomorphismes de R 4 de matrices respectivesC et Adans la base canonique (e 1 ,e 2 ,e 3 ,e 4 ) deR 4 On a alors : c(e 1 )=0, c(e 2 )=e 1 , c(e 3 )=0, c(e 4 )=e 3 a(e 1 )=0, a(e 2 )=0, a(e 3 )=e 1 , a(e 4 )=e 2 © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

On constate ainsi que dans la nouvelle base (e 1 ,e 2 ,e 3 ,e 4 ) définie par : e 1 =e 1 , e 2 =e 3 , e 3 =e 2 , e 4 =e 4 , l’endomorphismeca pour matrice A Ceci montre que AetCsont semblables.

Both matrices A and B share the same rank, trace, and determinant, which does not provide a definitive distinction between them Given the simplicity of matrices A and B, it is logical to examine their squares It is observed that A squared equals zero, while B squared also equals zero If there existed a matrix P in GL(n, R) such that A equals P inverse multiplied by B multiplied by P, then certain implications would follow.

A 2 = P − 1 B P P − 1 B P = P − 1 B 2 P = 0 Il en résulte que Aet B ne sont pas semblables.

Plus généralement, on montre que si deux matrices Aet Bsont semblables, alors les polynômesP tels queP(A)=0 vérifient également P(B)=0.

Soient A dans GL n (K) et B dans M n (K) Montrer que A B et B A sont semblables.

On veut trouver une matrice P dans GL n (K) telle que B A= P − 1 A B P La matrice

Given that the matrix A is invertible, it is logical to explore whether the matrix P can be expressed in terms of A In fact, we find that P = A is suitable because A⁻¹ A B A = B A This demonstrates that matrices A, B, and P are similar.

• On appelle trace de Ale réel noté tr(A) défini par tr(A) n i=1 a ii

• Propriétés :soient Aet Bdeux matrices deM n (K) et (a , b) dansK 2

4) pour Pdans GL n (K) on a tr(P −1 A P)=tr(A).

Let E be a finite-dimensional vector space over a field K, and let B be a basis of E with f being an endomorphism of E The real number tr(M_B(f)), which represents the trace of f, is independent of the choice of the basis B and is denoted as tr(f).

SoitE unK-espace vectoriel de dimensionn Déterminer la trace des endomorphismes suivants :

1) SoitBune base deE La matrice dehdansBestl I n On en déduit que tr(h)=n l.

2) On sait que E = Imp ⊕ Kerp Soit alors (e 1 , ,e r ) une base de Im p et (e r+1 , ,e n ) une base de Kerp La famille B = (e 1 , ,e n ) est une base de

E Comme pour toutidans [[1,r]], on a p(e i ) =e i et pour toutidans [[r+ 1,n]], p(e i )=0 E , la matrice de pest de la forme M B (p) I r 0

On en déduit que tr (p)=r =rg (p)

3) On sait que E = Ker(Id E −s) ⊕ Ker(Id E +s) Soit alors (e 1 , ,e r ) une base de Ker(Id E −s) et (e r +1 , ,e n ) une base de Ker(Id E +s) La famille

B = (e 1 , ,e n ) est une base de E Comme pour tout i dans [[1,r]], on a s(e i ) = e i et pour touti dans [[r + 1,n]], s(e i ) = −e i , la matrice de p est de la forme M B (p) I r 0

On en déduit que tr(s)=dim(Ker(Id E −s))−dim(Ker(Id E +s))=2r−n.

Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2.

1) Montrer que l’ensemble H ={M ∈ M n (K), tr(M)=0}est un sous-espace vectoriel deM n (K) et en déterminer la dimension.

3) Soitfl’application, qui à toute matriceM deM n (K), associe f(M)=tr(M)I n −M.

Montrer quefest un endomorphisme deM n (K) et déterminer sa trace.

4) Etablir que f ◦ f = (n −2)f + (n −1) Id En déduire que pour n 2, l’applicationfest inversible et déterminer son inverse.

1) La trace est une application linéaire et l’ensemble Hest par définition son noyau, donc H est un sous-espace vectoriel deM n (K) Comme la trace est une forme linéaire non nulle, le sous-espace vectoriel H est un hyperplan deM n (K), donc dimH =n 2 −1.

2) Pour trouver une base de H, il est naturel de commencer par examiner quels sont les éléments de la base canonique deM n (K) qui sont dans H : ce sont toutes les

Exercices d’entraợnement

2) Soit f de rang 1 et de trace 1 Soit (e 1 , ,e n −1) une base de Ker f D’après le théorème de la base incomplète, il existe un vecteure n de E tel que la famille (e 1 , ,e n ) est une base deE SoitM f la matrice de f dans cette base La matrice

Comme la trace de f est égale à 1, on a a n = 1 Un simple calcul matriciel montre alors que grâce à la conditiona n = 1, on a (M f ) 2 = M f , ce qui montre que f 2 = f On a ainsi montré que f est un projecteur.

3) Les matrices E 11 ,ã ã ã,E nn etE i j + E j j aveci = j sont de rang 1 et de trace 1, elles sont des matrices de projecteurs En outre, elles forment une famille libre de n 2 matrices, donc une base deM n (R).

Soitn dans N ∗ On considère 2n nombres réels a 1 , a 2 , , a n , b 1 , b 2 , , b n et la matrice A = (a i j ) de M n (R) telle que pour tout (i,j) dans [[1,n]] 2 a i j =a i b j

2) Montrer queA 2 =(trA)Aet en déduire que si trA=0, il existe un projecteur pet une homothétiehdansL(R n ) tels queAsoit la matrice dep◦hdans une certaine base.

3) SoitMdansM n (R) une matrice de rang égal à 1 Montrer qu’il existeXdans

4) Déduire des résultats précédents l’ensemble des matrices deM 3(R) telles que

1) Pour j dans [[1,n]], notonsC j la j-ème colonne de A On a par définition deA:

On en déduit que toutes les colonnes de Asont proportionelles, ce qui montre que rgA 1 S’il existe (i,j) dans [[1,n]] 2 tel quea i b j = 0 alors rgA = 1, sinon

2) Soit c i j le coefficient général de la matrice A 2 Pour tout (i,j) dans [[1,n]] 2 on a c i j n k=1 a i k a k j n k=1 a i b k a k b j n k=1 b k a k a i j = trA a i j On a ainsi

Supposons trA = 0 et considérons la matrice B = 1 trAA On a alors

(trA) 2 A 2 = 1 trAA = B Ainsi B est la matrice d’un projecteur p.

Soit alors h l’homothétie de rapport trA Dans toute base la matrice de h est (trA) I n Alors la matrice A=B((trA)I n ) est la matrice de p◦h.

3) Comme M est de rang 1, l’une de ses colonnes est non nulle On note X cette colonne Toujours parce queMest de rang 1, toutes les autres colonnes deMsont proportionnelles à X Pour j dans [[1,n]], en notantC j la j-ième colonne de M, il existe y j dansRtel queC j = y j X Si on noteY le vecteur ligne (y 1 , ,y n ) on a alorsM =X Y Comme Mest non nulle,Y est non nulle et on a bien obtenu l’écriture proposée.

4) Soitgl’endomorphisme deR 3 dont Mest la matrice dans la base canonique On ag 2 =0 ce qui entraợne Img⊂Kerg On en dộduit que dim Img dim Kerget le théorème du rang montre alors que rgg =0 ou rgg=1.

• Si rgg=0, alorsg =0 et par conséquent M=0.

• Si rgg =1, alors rgM =1, et le résultat de la question 3) montre qu’il existe

X dansM n,1(R)\ {0} etY dans M 1,n (R)\ {0} tels que M = X Y On a alors, puisqueY X s’identifie à un nombre,

If M equals zero, then the equation X Y X Y also equals zero, leading to the conclusion that the scalar Y X must be zero Since M is non-zero, this indicates that the scalar Y X, which corresponds to the trace of M, is indeed zero, aligning with the findings from the previous result.

1) Montrer que A n 1 − a /n a /n 1 est la matrice d’une similitude dont on précisera les éléments.

La matrice A n a pour déterminant 1 +a 2 /n 2 On peut donc l’écrire

⎠ , et c’est la matrice d’une similitude de rapportr n

1 +a 2 /n 2 et d’angleu n défini par cosu n = 1

2) Alors B n est une similitude de rapport r n n et d’angle n u n On obtient donc

Il en résulte que lim n → + ∞ r n n = lim n → + ∞ exp nln

2 = 1 D’autre part n →+∞ lim n u n = lim n →+∞ nArcsin a /n

1 +a 2 /n 2 = a Donc la suite (B n ) converge vers cosa −sina sina cosa

⎟⎠ ó a n i =1 a i =0 et M = (b i j ) la matrice définie par :i= j ⇒b i j =2a i etb ii =a i − j =i a j

2) Montrer queMest inversible et déterminer son inverse.

1) On vérifie sans difficulté queN 2 =a N.

2) On va encore une fois chercher un polynôme annulateur deM Pour essayer d’utiliser la relation précédente, on écritM =2N− a I n On a alors

Commeaest non nul on en déduit queMest inversible et son inverse est donnée par la relation M −1 = 1 a 2 M. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

1) Montrer queC(J) est un sous-espace vectoriel et en donner une base.

2) Existe-t-il une inclusion entre C(J) et D(J) = {Y ∈ M 3(R)|Y 2 = J}? TrouverD(J).

1) On va montrer queC(J) est un sous-espace vectoriel deM 3(R).

La matrice nulle est dansC(J) doncC(J) est non vide.

On a donc montré queC(J) est une partie non vide deM 3(R) stable par combinaison linéaire On en déduit queC(J) est un sous-espace vectoriel deM 3(R).

La matriceJ étant très simple on va pour une fois traduire la condition d’appartenance au commutant en relations coefficient à coefficient.

⎠dansM 3(R) La matrice Aappartient àC(J) si et seulement si J A= A J, ce qui s’écrit

On en déduit que Aappartient àC(J) si et seulement si

It is recognized that A can be expressed in the form a I n + b J 2 + c J We have demonstrated that C(J) is a subset of Vect(I n, J, J 2) The reverse inclusion is immediate, and since the set (I n, J, J 2) is linearly independent, it ultimately serves as a basis for Vect(I n, J, J 2) = C(J).

SoitY dans D(J) On a alorsY J = Y Y 2 = Y 2 Y = J Y, ce qui montre que Y est dansC(J) On a bien montré que D(J)⊂C(J) Le résultat précédent montre alors que, pourY dansD(J), il existea,betcdansRtels queY =a I n +b J+c J 2

La conditionY 2 = J s’écrit alors : (a I n +b J+c J 2 )(a I n +b J+c J 2 )= J 2 , ce qui, en développant et en remarquant que J 3 = I n devient

Comme la famille (I n ,J,J 2 ) est libre, on en déduit que le système :

En multipliant la première ligne et la troisième ligne de (S) par respectivement a etb, on constate que (S) entraợnea 3 −b 3 = 0 Comme la fonction deRdans

R, qui à x associe x 3 est bijective, on en déduit quea = b Le système (S) se simplifie alors en

On en déduit que a = 0 ou a = −2c, ce qui mène respectivement à a = b = 0, c = ±1 oua = b = 2

3. on vérifie sans difficulté que ces solutions conviennent effectivement, et on en déduit :

Voir chapitre ô Rộduction ằ pour des mộthodes plus gộnộrales de recherche d’un commutant.

Soit n un entier naturel non nul et A dans M n (R) une matrice non nulle On définit l’application f :M n (R)→ M n (R) par :

2) Montrer que si trA=1, alors f est bijective.

3) On suppose que trA = 1 Montrer que f est le projecteur sur l’espace des matrices de trace nulle parallèlement à Vect(A).

4) Soit B dans M n (R) Résoudre l’équation F(X) = B, d’inconnue X dans

1) Soient X 1 etX 2 dansM n (R), soientaetbdansR On a f(a X 1 +b X 2 )=− a X 1 − b X 2 + tr(a X 1 +b X 2 )A=a f(X 1 ) +b f(X 2 ) par linéarité de la trace On en déduit que f est linéaire. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

2) Soit X dans le noyau de f On a X = (trX)A En appliquant la trace aux deux membres de cette égalité on obtient trX(1 −trA) = 0 On en déduit que si trA = 1 alors l’appartenance de X au noyau de f entraợne que X = 0 Ainsi trA = 1 entraợne que f est injective ce qui entraợne f bijective car f est un endomorphisme dans un espace vectoriel de dimension finie.

3) On suppose trA=1 On a f ◦ f(X)= f(−X+ (trX)A)= X−(trX)A−(1−tr(A))(trX)A= f(X).

On en déduit que f est un projecteur Nous allons déterminer son noyau et son image.

SoitX dans le noyau de f On aX =(trX)A On en déduit Ker f ⊂Vect(A) Par ailleurs f(A)=−A+(trA)A=−A+A=0, et par conséquent Vect(A)⊂Ker f.

On a montré que KerA=Vect(A).

Comme Aest non nulle on déduit du résultat précédent que dim Ker f = 1 Le théorème du rang montre alors que rg f =n 2 −1.

If N is in the image of f, then there exists an X in M n (R) such that N can be expressed as N = −X + (trX)A By applying the trace to both sides of this equation, we find that trN = −trX + trAtrX = 0 This leads to the conclusion that trN is equal to zero.

Im f ⊂ {X ∈ M n (R)|trX =0}et comme ces deux sous-espaces vectoriels de

M n (R) ont même dimension on en déduit : Im f ={X ∈ M n (R)|trX =0}.

On a montré que f est le projecteur sur l’espace des matrices de trace nulle parallèlement à Vect(A).

4) Les résultats précédents montrent qu’il faut distinguer deux cas suivant la valeur de trA.

In this case, the endomorphism f is bijective, indicating that the equation has a unique solution, denoted as X₀ We can express B as B = -X₀ + (trX₀)A By applying the trace to both sides of this equality, we find that trB = (trA - 1) trX₀ Since trA equals 1, this relationship confirms our initial equation.

Dans ce cas le résultat de la question 3) montre que si trB = 0, alors B n’appartient pas à Im f et par conséquent l’équation proposée n’a pas de solution.

Conversely, if trB = 0, the proposed equation has an infinite number of solutions, which can be expressed as the sum of a particular solution and an element from the kernel Notably, -Best is a particular solution of the equation Therefore, the set of solutions for the equation f(X) = B forms an affine line.

SoitA∈ M 2(C) Montrer qu’il existeP ∈GL 2 (C) tel que t A= P −1 A P.

Si Aest symétriqueP = I 2 convient Si An’est pas symétrique, on a A a c b d avec b = c L’égalité est équivalent à P t A = A P Cherchons P x z y t

On obtient successivement A P ax+cy az+ct bx+d y bz+dt etP t A ax +cz bx+d z ay+ct by+dt

L’égalité P t A = A P équivaut donc au système

⎩ cy=cz by=bz az+ct =bx+d z ay+ct =bx+d y

Comme b = c, un des deux nombres n’est pas nul et on a y = z Le système devient y =z

(a−d)y+ct −bx =0 Sib =0, on obtient alors P (a−d)y+ct b y y t

The determinant of P is given by the formula ((a − d)t y + ct² − by²) / b This expression represents a polynomial in two variables, y and t, which is not the zero polynomial Therefore, there are specific values of y and t for which P is invertible A similar result holds when c = 0.

Note for PC students who have already studied reduction: in the case where K=C, we can start by stating that matrix A is similar to an upper triangular matrix T, and then establish the proposed result for T, making the calculations more manageable.

CCP PC 2006, Centrale PC 2006, Centrale PSI 2006

On note A n (C) l’ensemble des matrices antisymétriques de M n (C) et S n (C) celui des matrices symétriques Soit AdansM n (C) On note

1) Montrer queD A est un sous-espace vectoriel deM n (C) contenantA n (C).

2) Montrer que si trA=2 alors D A =A n (C).

3) Soit Aune matrice non symétrique telle que trA=2 Déterminer D A

5) Soit A une matrice symétrique telle que trA = 2 Déterminer D A et donner sa dimension. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

1) Montrons que D A est un sous-espace vectoriel deM n (C).

• La matrice nulle appartient à D A , ce qui montre queAest non vide.

On a ainsi montré que D A est stable par combinaison linéaire.

On en déduit queD A est un sous-espace vectoriel deM n (C).

Soit M dans A n (C) On a t M = −M et par conséquent tous les coefficients diagonaux deMsont nuls, d’ó trM =0 Les égalités t M+M =0 et (trM)A=0 montrent que Mappartient àD A On a ainsi montré queA n (C)⊂ D A

2) Soit M dans D A En appliquant la trace à chacun des membres de l’éga- lité t M + M = (trM)A on obtient : 2 trM = (trM) trA On en déduit trM(trA−2) = 0 Si trA = 2, alors trM = 0 L’égalité t M + M = (trM)A entraợne alors t M + M = 0, ce qui montre que M est dans A n (C) On a ainsi montré que D A ⊂ A n (R) L’inclusion réciproque a été montrée à la question prộcộdente Ainsi trA=2 entraợne D A =A n (C).

3) Soit Mdans D A En appliquant la transposition à chacun des membres de l’éga- lité t M + M = (trM)A on obtient : M + t M = (trM) t A On en déduit que la matrice (trM)A est symétrique Comme A n’est pas symétrique on en déduit trM = 0 Le même raisonnement que dans la question précédente montre alors queD A =A n (C).

SoitM dansA n (C)∩ S n (C) On a à la fois t M = Met t M =−M, on en déduit

M comme somme de deux matrices, la première étant symétrique et la deuxième antisymétrique On a bien montré queM n (C)=A n (C) +S n (C) (2).

On aurait aussi pu montrer que A n (C) ∩ S n (C) = {0} et utiliser le fait que dimA n (C)= n(n−1)

2 ce qui entraợne dimA n (C) + dimS n (C)=dimM n (C).

La méthode choisie nous a permis de rappeler la décomposition explicite de M, dộcomposition qu’il est utile de bien connaợtre.

5) Soit M dans D A D’après la question précédente il existe (M a ,M s ) dans

A n (C) × S n (C) tel que M = M a + M s On a alors M + t M = 2M s et

Exercices d’approfondissement

We deduce that 2M_s = (trM_s)A, which implies the existence of a scalar 'a' in R such that M_s = aA This leads us to conclude that M can be expressed as M = M_a + aA, indicating that M is in the direct sum of A_n(C) and Vect(A) Notably, since A is a non-zero symmetric matrix, we have A_n(C) + Vect(A) = A_n(C) ⊕ Vect(A).

On a ainsi montré que D A ⊂ A n (C)⊕Vect(A) Montrons l’inclusion réciproque. SoitMdansA n (C)⊕Vect(A) La matriceMs’écrit sous la formeM =M a +a A, ó M a est dansA n (C) etaest un réel.

On a alors M+ t M =2a Aet (trM)A=(atrA)A=2a A(car trA=2) et on en déduit queM est dansD A

Les matrices Aet B ont même trace et même déterminant, ce qui ne permet pas de trancher Remarquons qu’en notant N la matrice définie par N ⎛

On a A = I n + N et B = I n − N Les matrices A et B sont semblables si et seulement si il existe P ∈ GL n (R) telle que A = P −1 B P Cette dernière égalité s’écrit I n + N = P −1 (I n + N)P = I n −P −1 N P et équivaut à N = P −1 (−N)P.

Donc AetB sont semblables si et seulement siN et−N sont semblables.

Sinest impair une matriceC deM n (C) ne peut pas être semblable à−C, à cause du déterminant (voir chapitre déterminant).

Soit f l’endomorphisme de R 4 canoniquement associé à N, dans une base

(e 1 ,e 2 ,e 3 ,e 4 ) On a f(e 1 ) = 0, f(e 2 ) = e 1 , f(e 3 ) = e 2 , f(e 4 ) = e 3 Ce que l’on peut aussi écrire : f(e 1 )=0, f(−e 2 )=−e 1 , f(e 3 )=−(−e 2 ), f(−e 4 )=−e 3 Ceci montre que dans la base (e 1 ,−e 2 ,e 3 ,−e 4 ), l’endomorphisme f a pour matrice−N. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

On a donc montré que N et−N sont semblables et on en déduit que A et B sont semblables.

Le passage par la matrice N, n’est pas indispensable, la proposition de nouvelle base peut se faire directement en considérant l’endomorphisme canoniquement associé à A.

Soit n dans N ∗ , soient (e 1 , ,e 2n+1 ) la base canonique de R 2n+1 , A la matrice de M 2n+1(R) canoniquement associé à l’endomorphisme a, vérifiant a(e 1 )=e 1 +e 2n+1 eta(e i )=e i −1+e i pouri dans [[2,2n+ 1]] Vérifier que Aest inversible et écrire A −1 comme un polynôme en A.

En écrivant les conditions de l’énoncé on obtient : A ⎛

On constate alors queA= I 2n+1 +BavecBdéfinie parB ⎛

Or on sait que B 2n+1 =I 2n+1 (si vous ne le saviez pas, c’est le moment de le retenir).

On en déduit que (A−I 2n+1 ) 2n+1 = I 2n+1 Cette relation fournit un polynôme annulateur de A Comme Acommute avec la matrice unité, on peut appliquer la formule du binôme de Newton pour obtenir

Ceci montre que Aest inversible et que de plus

SoitA∈ M n (C),A=0 Montrer queA 2 =0 si et seulement siAest semblable à M 0 I r

Let \( f \) be an endomorphism of \( E \) represented by the matrix \( A \) in the basis \( B \) Given that \( f^2 = 0 \), it follows that \( \text{Im} \, f \subset \text{Ker} \, f \) Let \( G \) be a complement of \( \text{Ker} \, f \) The restriction of \( f \) to \( G \) is an isomorphism from \( G \) to \( \text{Im} \, f \) If \( (e_1, \ldots, e_r) \) is a basis of \( G \), then \( (f(e_1), \ldots, f(e_r)) \) forms a basis for \( \text{Im} \, f \) and is also a linearly independent set in \( \text{Ker} \, f \) According to the incomplete basis theorem, this set can be extended to a basis \( (f(e_1), \ldots, f(e_r), u_1, \ldots, u_s) \) of \( \text{Ker} \, f \) Consequently, \( (f(e_1), \ldots, f(e_r), u_1, \ldots, u_s, e_1, \ldots, e_r) \) forms a basis for \( E \) Notably, we have \( s + 2r = n \), indicating \( 2r \leq n \), and in this basis, the matrix of \( f \) is given by \( M = \begin{pmatrix} 0 & I_r \end{pmatrix} \).

Réciproquement, siAest semblable àM, il existePinversible telle queA= P − 1 M P.

Alors A 2 = P −1 M 2 P, et commeM 2 =0 en en déduit queA 2 =0.

1) Déterminer le rang deMen fonction de AetB.

1) Par manipulation sur les lignes et les colonnes de M, on trouve : rgM=rg

On en déduit, voir exercice 2.20, que rgM =rgA+ rg (B−A).

2) Puisque rgA n et rg (B − A) n, on a rgM = 2n si et seulement si rgA=rg (B−A)=n Il en résulte que la matriceMest inversible si et seulement si AetB−Asont inversibles Supposons que les matrices AetA−Bsont inversibles et déterminons l’inverse de la matrice M On vous propose deux méthodes pour déterminer l’inverse deM. © D unod – L a photocopie non autorisée est un délit

• Première méthode : les manipulations précédentes peuvent être traduites en termes de produits par des matrices inversibles :

En s’inspirant de la matrice

• Deuxième méthode :Étant donnésX etY deux vecteurs colonnes deC n , résol- vons le système d’équations M

V sont deux vecteurs colonnes de C n Ce système est équivalent au système

AU+BV =Y qui équivaut successivement aux systèmes suivants : A(U+V)= X

Soient AdansM 3,2(R) et BdansM 2,3(R) telles que A B ⎛

1) Montrer que A Best la matrice d’un projecteur.

Indication de la rédaction : on pourra commencer par montrer que B A est inversible.

1) Un simple calcul montre que (A B) 2 = A B, on en déduit que A B est la matrice d’un projecteur.

2) Pour montrer que B A est inversible, on va montrer que son rang est 2 On va pour cela utiliser le fait que, pour toutes applications linéaires u et v telles que u ◦ v ait un sens, on a rg (u ◦ v) min{rgu,rgv} Cette inéga- lité est équivalente à rg (u ◦ v) rgv et rg (u ◦ v) rgu Comme on a

The image of the composition of functions, Im(u◦v), is a subset of the image of u, Imu, with respect to the rank of the composition, rg(u◦v) Additionally, the kernel of v is included in the kernel of the composition, Ker(u◦v) This leads to the conclusion that the dimension of the kernel of v is less than or equal to the dimension of the kernel of the composition According to the rank-nullity theorem, we have n minus the rank of v equals n minus the rank of the composition, which results in the desired inequality.

Remarquons que A Best de rang 2 On a ainsi rg (A B)=rg (A B A B)=rg (A(B A B))rg (B A B)rg (B A).

Le rang de B Aest donc supérieur ou égal à 2 Par ailleurs B A est une matrice carrée d’ordre 2, donc rg (B A)=2 et par conséquent, cette matrice est inversible.

La relation A B A B = A B entraợne A(B A− I 2)B = 0, et en multipliant cette relation à gauche par B et à droite par A, on obtient B A(B A− I 2 )B A = 0. Comme B Aest inversible on en déduit queB A= I 2

1) SoitEunK−espace vectoriel et soitu∈ L(E) tel que, pour toutx ∈E\{0 E }, la famille (x,u(x)) est liée Montrer queuest une homothétie.

2) Montrer que toute matrice de M n (K) de trace nulle est semblable à une matrice de diagonale nulle.

Indication de la rédaction: on pourra raisonner par récurrence surn.

3) Soientd 1 , ,d n dansKdeux à deux distincts, et D=diag(d 1 , ,d n ) Soit w ∈ L(M n (K)) qui àMassocie D M−M D Déterminer le noyau et l’image de w.

4) Étant donnée A ∈ M n (K), établir l’équivalence des propriétés (i) et (i i) suivantes :

1) SoitB=(e 1 , ,e n ) une base deE Pour touti ∈ {1, ,n}, il existeg i ∈Ktel queu(e i ) = g i e i Il existe aussig ∈ Ktel que u n i=1 e i

=g n i =1 e i on obtient alors en vertu de la linéarité deuque g n i=1 e i n i =1 g i e i ,et commeBest une base, on en déduit g 1 = = g n = g Ainsiu = gId E , ce qui signifie queu est une homothétie.

2) On va montrer ce résultat par récurrence sur la taillendeA.

Pour n = 1 le résultat est immédiat car une matrice deM 1(K) de trace nulle est nulle Supposons le résultat acquis au rangn−1 et montrons le au rangn.

Let A be a square matrix of size 2 with a trace of zero Consider the endomorphism f associated with A in the space K^n Our goal is to demonstrate the existence of a basis in which the matrix representation of f has a zero diagonal.

Commenỗons par montrer qu’il existe une base B deK n dans laquelle la matrice

A =M B (f) =(a i j ) 1 i n,1 j n est telle quea 11 =0 Il suffit pour cela de trouver une base dont le premier vecteure 1est tel que f(e 1) n’a pas de composante sure 1.

To verify this condition, it is sufficient to find a vector \( x \) in \( K^n \) such that the pair \( (x, f(x)) \) is linearly independent We can then choose \( e_1 = x \) and \( e_2 = f(x) \) as the first two vectors of a basis for \( K^n \) According to the initial question, the endomorphisms \( f \) in \( L(E) \) for which \( (x, f(x)) \) is linearly dependent for all \( x \) in \( E \) are the homotheties of \( E \) If \( f \) is a homothety, it has a trace of zero, which implies that it is the zero map, confirming the result Otherwise, there exists a vector \( x \) in \( K^n \) such that \( (x, f(x)) \) is independent, allowing us to extend the set \( (e_1, e_2) = (x, f(x)) \) to a complete basis \( B = (e_1, e_2, e_3, \ldots, e_n) \) for \( K^n \).

Matrix B is a square matrix of order n with a trace of zero, as are matrices A and B By the induction hypothesis, there exists a matrix P in GL n (K) such that P⁻¹BP has a zero diagonal Let Q be the matrix in M n (K) defined as follows: Q.

La matriceQest inversible et son inverse est donné parQ −1 ⎛

Since the matrix \( P^{-1}BP \) has a zero diagonal, the matrix \( Q^{-1}AQ \) also has a zero diagonal By construction, \( A \) is similar to \( A \), which in turn is similar to \( Q^{-1}AQ \), confirming that \( A \) is indeed similar to a matrix with a zero diagonal.

3) Soit M =(m i j )1 i, j n ∈ M n (K).On vérifie que w(M)=(a i j ) 1 i, j n ó a i j 0 sii = j

The kernel of a matrix, denoted as Kerw, consists of matrices M that satisfy a specific condition: for every pair (i,j) where i equals j, the equation (d_i - d_j)m_ij = 0 must hold true Given that the d_i values are distinct, it follows that m_ij must equal zero Therefore, Kerw is identified as the set of diagonal matrices, which we denote as D.

• Déterminons Imw Le sous-espace vectoriel Imw est inclus dans le sous-espace

N des matrices dont les coefficients diagonaux sont nuls D’autre part, d’après le théorème du rang, dim Imw = n 2 −dim Kerw = n 2 −n Comme on a également dimN =n 2 −n, on en déduit que Imw=N.

4) • Supposons que (i i) est vraie Il existe (X,Y)∈(M n (K)) 2 tel queX Y−Y X = A.

On a alors tr(A) =tr(X Y −Y X) Or la trace est linéaire et tr(X Y) =tr(Y X), donc tr(A)=0 Ainsi (i i)⇒(i).

Assuming (i) is true, based on question 2, the matrix A is similar to a matrix B with zero diagonal elements Therefore, there exists a matrix P in GL n (K) such that B = P^(-1) A P Since B belongs to N = Im w, there exists a matrix C in M n (K) such that B = w(C) = D C - C D Consequently, we have P^(-1) A P = D C - C D.

On noteN l’espace vectoriel engendré par les matrices nilpotentes deM n (R).

1) Soient AetB deux matrices nilpotentes qui commutent Montrer que A+B etA Bsont nilpotentes.

2) Soientiet jdistincts dans [[1,n]] Montrer queE i j etE ii −E j j , appartiennent àN.

3) Prouver queN est l’ensemble des matrices de traces nulle.

Indication de la rédaction :on admet qu’une matrice nilpotente est de trace nulle Voir exercice 5.53 page 159.

1) Soit p 1 l’indice de nilpotence de A et p 2 l’indice de nilpotence de B Comme

A et B commutent on pour tout p ∈ N, (A + B) p p k=0 p k

A p − k B k Soit p p 1 + p 2 , on a pour tout k dans [[0,p]] soit p −k p 1 soit k p 2 On en déduit que pour toutk dans [[0,p]] on a A p − k B k = 0 On a ainsi montré que (A+B) p =0, ce qui signifie queA+ Best nilpotente.

Comme Aet B commutent, on a (A B) p = A p B p Soit alors p = max(p 1 ,p 2 ).

On a (A B) p = A p B p =0, ce qui montre queA Best nilpotente.

2) Pour i et j distincts dans [[0,n]], la matrice E i j est strictement triangulaire, on en déduit que E i j est nilpotente et par conséquent elle est dans N Par contre, la matrice E ii − E j j n’est pas nilpotente ; pour montrer qu’elle est dans N, on va l’écrire comme combinaison linéaire de matrices nilpotentes On peut commencer par essayer, pour n = 2, de compléter un matrice de la forme

0 −1 en un matrice nilpotente On obtient par exemple que la matrice :

Based on the provided example, we can define the matrix \( N_{ij} = E_{ii} - E_{jj} - E_{ij} + E_{ji} \) It is evident that \( N_{ij}^2 = 0 \), allowing us to express the matrices as a sum of nilpotent matrices: \( E_{ii} - E_{jj} = N_{ij} + E_{ij} - E_{ji} \) Thus, we have demonstrated that \( E_{ii} - E_{jj} \) belongs to \( N \).

3) Soit H l’ensemble des matrices de trace nulle On sait que toute matrice nilpotente est de trace nulle donc appartient à H Comme H est un sous-espace vectoriel de M n (R), toute combinaison linéaire de matrices nilpotentes est encore dans H On en déduit queN ⊂ H La trace est une forme linéaire sur M n (R).

It can be concluded that the dimension of the linear form's core, H, is dimM n (R) - 1 = n² - 1 We aim to demonstrate that dimN is also n² - 1 by identifying a linearly independent set of n² - 1 matrices belonging to N A natural approach is to examine the elements identified in the previous question Notably, the set (E ii - E jj) for 1 ≤ i < j ≤ n is not independent, as shown by the equation (E 11 - E 22) + (E 22 - E 33) = E 11 - E 33 However, the set (E 11 - E jj) for 2 ≤ j ≤ n is independent By complementing this with the set of (E ij) for 1 ≤ i < j ≤ n, we obtain a linearly independent family of n² - 1 matrices in N This leads to the conclusion that dimN is n² - 1 Since we have established that N is a subset of H and that dimN is less than or equal to dimH, it follows that N must equal H.

On a montré que le sous-espace vectoriel engendré par les matrices nilpotentes est le noyau de la trace.

Soit P ∈GL n (R) Calculer le déterminant et la trace de l’endomorphismeFde

Soient PetQdansM n (R) Considérons, de manière générale, l’endomorphisme de

Utilisons la base deM n (R) formée des matricesE i j rangées dans l’ordre suivant :

B = (E 11 ,E 12 , ,E 1n ,E 21 , ,E 2n , ,E n1 , ,E nn ) On cherche l’image par

Fdes vecteurs de base PosonsQ i, j q i j E i j et P i, j p i j E i j (tous les indices de sommation décrivant l’ensemble {1, ,n}) Alors Q E k i, j q i j E i j E k,

Mais d’après la règle du produit des matrices E i j , les seuls termes non nuls de cette somme sont obtenus lorsque j =k, et donc Q E k i q i k E i Alors

⎠ i,r ,j q i k p r j E i E r j De nouveau les seuls termes non nuls de la somme sont obtenus lorsque r = , et donc

Déterminants

Équations linéaires

Réduction des endomorphismes

Espaces préhilbertiens

Espaces euclidiens

Quadriques et coniques

Étude affine et métrique des courbes

Surfaces

Compléments de géométrie

Tiêu đề	Tous Les Exercices D'Algèbre Et De Géométrie
Tác giả	Prẫpas El-Haj Laamri, Philippe Chateaux, Gẫrard Eguether, Alain Mansoux, David Rupprecht, Laurent Schwald
Người hướng dẫn	El-Haj Laamri, Agrégé En Mathématiques, Philippe Chateaux, Agrégé En Mathématiques, Gérard Eguether, Maître De Conférences, Alain Mansoux, Agrégé En Mathématiques, David Rupprecht, Agrégé De Mathématiques, Laurent Schwald, Agrégé En Mathématiques
Trường học	Nancy-Université
Chuyên ngành	Mathematics
Thể loại	Textbook
Năm xuất bản	2008
Thành phố	Paris

Định dạng
Số trang	344
Dung lượng	6,93 MB