DS1 2018 2019 Correction
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Page 1 : karam.fayad@eisti.euCorrigé DS1 Algèbre linéaire et bilinéaire - Prépa 215/03/2019Exercice 1 .1. Soit P = a + bX + cX2 R2X, alors fP = b 2c + 2b + 2cX + 6cX2 R2X.Montrons que f est linéaire : soit λ R et P, Q R2X2, on a alorsfλP + Q = X2 1λP + Q′′ + 2X + 1λP + Q′= X2 1λP ′′ + Q′′ + 2X + 1λP ′ + Q′= λX2 1P ′′ + 2X + 1P ′ + X2 1Q′′ + 2X + 1Q′= λfP + fQ2. On a : f1 = 0, fX = 1+2X et fX2 = 2+2X +6X2. Ainsi la matrice de f dans la base canonique1, X, X2 de R2X estA =012022006.3. La matrice A étant triangulaire supérieure, il est clair que son polynôme caractéristique ou celui de fest PAX = XX 2X 6. Ainsi les valeurs propres de f sont λ1 = 0, λ2 = 2 et λ3 = 6. Il s'agitde trois valeurs propres simples.4. Il sut de prendreP1 = 1Soit P2 = a + bX + cX2 R2X tel que fP2 = λ2P2 = 2P2, alors f 2idP = 0. En écriturematricielle, on obtientA 2I3abc=000⇔c = 0 et b = 2ad'où P2 = a1 + 2X. On prend par exempleP2 = 1 + 2XSoit P3 = a + bX + cX2 R2X tel que fP3 = λ3P3 = 6P3, alors f 6idP = 0. En écriturematricielle, on obtientA 6I3abc=000⇔c = 4a et b = 2ad'où P3 = a1 2X 4X2. On prend par exempleP3 = 1 2X 4X25. Les trois polynômes P1, P2 et P3 sont non nuls et de degrés deux à deux distincts, ils forment ainsi unefamille libre dans R2X. Comme R2X est de dimension 3, on déduit que la famille C = P1, P2, P3 enest une base.6. Par construction de P1, P2 et P3, la matrice de f dans la base C est000020006.1
Page 2 : 7. a Remarquons d'abord que comme P2 et P3 ne sont pas colinéaires, alors vectP2, P3 est de dimension2. D'autre part, comme rgA = rgf = 2, on déduit que Imf est de dimension 2.On a fP2 = 2P2, ainsi 2P2 Imf d'où P2 Imf car Imf est un sous-espace vectoriel deR2X. De même pour P3.Comme P2 et P3 appartiennent à Imf alors vectP2, P3 Imf. Par égalité de dimension, onconclut que vectP2, P3 = Imf.b Kerf est de dimension 1, et P1 Kerf donc Kerf = vectP1.On a : Kerf Imf = vectP1 vectP2, P3 = 0 car P1, P2, P3 est libre.D'autre part, le théorème du rang assure que dimIm f + dimKer f = 3 = dimR2X.Ainsi Imf et Kerf sont supplémentaires dans R2X.Remarque : comme f possède trois valeurs propre simples, on sait que f est diagonalisable et queR2X est somme directe des sous-espaces propres, ainsiR2X = vectP1 vectP2 vectP3 = vectP1 vectP2, P3 = Kerf Imf.Exercice 2 .1. On a detA aI3 =1 a1 + a010131 a2 a=1 a0011132 a2 a= 0 en faisant l'opérationc2 ←c2 + c1 puis en remarquant que c2 = c3.Ainsi a est une valeur propre de A.2. PAX = detAXI3 =1 Xa + 101a X131 a2 X= X+1X2a+2X+3a+1a+1X1en développant par rapport à la première ligne par exemple.On factorise par X + 1, on obtientPAX = X + 1X2 a + 2X + 2a= X + 1X 2X a3. On sait déjà que detA aI3 = 0, ainsi la matrice A aI3 n'est pas inversible, donc de rang 3.On intervertit d'abord la première ligne et la deuxième ligne de A aI3, et on échelonne la matriceobtenue1011 a1 + a031 a2 a10101 + a1 + a01 a1 a10101 + a1 + a000en faisant d'abord les opérations l2 ←l2 + 1 + al1 et l3 ←l3 3l1 puis l3 ←l3 + l2.On déduit quergA aI3 =1si a = 12si a ̸= 1Exercice 3 .1. Soit A et B deux matrices semblables et P une matrice inversible telle que A = PBP 1. Pour λ R, ona :PAλ = detA λIn = detPBP 1 λIn = detPBP 1 λPInP 1= detPB λInP 1= detPdetB λIndetP 1= detPdetB λIndetP1= detB λIn= PBλ2
Page 3 : ainsi les deux matrices A et B ont même polynôme caractéristique.2. Posons A =0100et B =0000.On a clairement PAX = PBX = X2 ; cependant, A et B ne sont pas semblables car toute matricesemblable à B serait nulle.Exercice 4 .1. Soit λ R et M, N MnR2. En utilisant la linéarité de la trace trλM + N = λtrM + trN,on a :fλM + N = trAλM + N trλM + NA= λtrAM + trAN λtrMA trNA= λtrAM trMA + trAN trNA= λfM + fNainsi f est linéaire, c'est donc un endomorphisme de MnR.2. On a fA = trAA trAA = 0. Comme A ̸= 0 car trA ̸= 0, on déduit que la matrice A est unvecteur propre de f associé à la valeur propre α = 0.3. Notons E le sous-espace propre de f associé à la valeur propre α = 0 E = Kerf. Comme A E, ondéduit que vectA E.Récipropquement, si M E, alors fM = 0 alors trAM trMA = 0, ainsi M = trMtrA A vectA.On déduit que E vectA, d'où l'égalité E = vectA donc E est de dimension 1.4. Montrons que F = Kerf trAid :Si M F alors trM = 0, d'où fM = trAM alors f trAidM = 0. Ainsi F Kerf trAid.Réciproquement, si M Kerf trAid, alors fM = trAM, d'où trMA = 0, or A ̸= 0, donctrM = 0, ainsi M F.Ou par équivalence :M F ⇔trM = 0 ⇔fM = trAM ⇔M Kerf trAid.5. Si M F, alors trM = 0, alors fM = trAM, ainsi trAM Imfd'où M = trA1 · trAM Imf car Imf est un sous-espace vectoriel. Ainsi F Imf.Réciproquement, si M Imf, alors il existe N MnR tel que M = fN = trAN trNA, d'oùtrM = trtrAN trNA = trAtrN trNtrA = 0, donc M F. Ainsi Imf F.On déduit quedimF = dimIm f = n2 dimKer f = n2 1.Remarque : On aurait pu raisonner autrement :Une matrice de trace nulle dépend de n2 1 coecients indépendants trace nulle ⇒une seule relationentre les coecients de la matrice, ainsi la dimension de F est n2 1.D'autre part, par le théorème du rang, la dimension de Imf est n2 1.On peut donc montrer une des deux inclusions précédentes puis déduire l'égalité par un argument dedimension.3
