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Exercice 1  1273  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension 3 et f(E) tel que f20 et f3=0.

Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle la matrice de f est

(000100010).

Solution

Comme f20, il existe xE tel que f2(x)0. Posons

e1=x,e2=f(x),e3=f2(x).

Si λ1e1+λ2e2+λ3e3=0 alors

λ1x+λ2f(x)+λ3f2(x)=0.

En appliquant f2 à cette relation, on a λ1f2(x)=0 car on sait f3=0.
Puisque f2(x)0, on a λ1=0 et sans plus de difficultés on montre aussi λ2=0 et λ3=0.
La famille =(e1,e2,e3) est libre en dimension 3, c’est donc une base de E. La matrice de f dans celle-ci est comme voulue.

 
Exercice 2  5203   

Soit f un endomorphisme de 2 vérifiant f2+Id2=0. Montrer que l’on peut trouver une base de 2 dans laquelle la matrice de f est

A=(0-110).
 
Exercice 3  719   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n* et f(E) tel que fn=0 et fn-10.
Montrer qu’il existe une base de E pour laquelle:

Mat(f)=(010100).

Solution

Soit xKer(fn-1). Un tel x existe puisque fn-10.
Considérons la famille =(fn-1(x),,f(x),x).
Supposons

λn-1fn-1(x)++λ1f(x)+λ0x=0E.

En y appliquant successivement fn-1,,f,Id on obtient λ0=0,,λn-2=0 puis λn-1=0 car fn-1(x)0E.
est une famille libre formée de n=dimE vecteurs, c’est donc une base de E.
De plus, Mat(f) est de la forme convenable.

 
Exercice 4  1275   Correction  

Soit f un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n* vérifiant

fn=0etfn-10.
  • (a)

    Justifier qu’il existe un vecteur xE tel que la famille =(x,f(x),f2(x),,fn-1(x)) forme une base de E.

  • (b)

    Déterminer les matrices de f,f2,,fn-1 dans cette base.

  • (c)

    En déduire que

    {g(E)|gf=fg}=Vect(Id,f,f2,,fn-1).

Solution

  • (a)

    Comme fn-10,xE,fn-1(x)0.
    Si λ0x+λ1f(x)++λn-1fn-1(x)=0 alors:
    en composant avec fn-1, on obtient λ0fn-1(x)=0 d’où λ0=0.
    en composant successivement avec fn-2,,f,I, on obtient successivement λ1=0,,λn-2=0,λn-1=0
    Par suite, =(x,f(x),f2(x),,fn-1(x)) est libre et forme donc une base de E.

  • (b)

    On a

    MatBf=(0(0)1(0)10)=A

    puis

    Mat(f2)=A2=(0(0)01(0)100),,.
    Mat(fn-1)=An-1=(0(0)0100).
  • (c)

    Notons C(f)={g(E)|gf=fg}.
    Il est clair que Vect(I,f,f2,,fn-1)C(f).
    Inversement, soit gC(f), notons a0,,an-1 les composantes de g(x) dans . On a

    {g(x)=a0x+a1f(x)++an-1fn-1(x)g(f(x))=f(g(x))=a0f(x)++an-2fn-1(x)g(fn-1(x))=fn-1(g(x))=a0fn-1(x).

    Par suite,

    Matg=(a0(0)a1an-1a1a0)=a0I+a1A++an-1An-1.

    Donc g=a0I+a1f++an-1fn-1Vect(I,f,,fn-1).
    Ainsi,

    C(f)=Vect(I,f,f2,,fn-1).
 
Exercice 5  720   

Soit f un endomorphisme d’un espace réel E de dimension finie vérifiant f2=0. Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle la matrice de f s’écrit par blocs

(0Ir00) avec r

où les 0 désignent des blocs nuls de tailles appropriées.

 
Exercice 6  4154     CCP (MP)Correction  

Soit f un endomorphisme non nul d’un -espace vectoriel E de dimension 3 vérifiant f3+f=0.

  • (a)

    Soit xE. Démontrer que si x=y+z avec yKer(f) et zKer(f2+Id) alors y=x+f2(x) et z=-f2(x).

  • (b)

    Montrer que

    E=Ker(f)Ker(f2+Id).
  • (c)

    Prouver dimKer(f2+Id)1. Montrer que, si xKer(f2+Id){0} alors (x,f(x)) est une famille libre de Ker(f2+Id).

  • (d)

    Que vaut det(-Id)? En déduire dimKer(f2+Id)=2.

  • (e)

    Déterminer une base de E dans laquelle la matrice de f est

    (00000-1010).

Solution

  • (a)

    Par hypothèse f(y)=0 et f2(z)=-z. En composant l’identité x=y+z avec f2, on obtient

    f2(x)=0+f2(z)=-z

    et il en découle

    y=x-z=x+f2(x).
  • (b)

    Ce qui précède assure l’unicité de la décomposition d’un vecteur x de E et donc le caractère direct de la somme.

    De plus, pour xE, en posant y=x+f2(x) et z=-f2(x), on vérifie x=y+z et

    f(y) =f(x)+f3(x)=(f3+f)(x)=0
    (f2+Id)(z) =-f4(x)-f2(x)=-(f3+f)(f(x))=0.

    On peut donc affirmer que E est la somme directe de Ker(f) et Ker(f2+Id).

  • (c)

    On a (f2+Id)f=0 donc Im(f)Ker(f2+Id). Or f0 donc dimIm(f)1 puis dimKer(f2+Id)1.

    Soit x un vecteur non nul de Ker(f2+Id). Supposons

    λ.x+μ.f(x)=0. (1)

    En composant avec f, on obtient λ.f(x)+μ.f2(x)=0 puis

    λ.f(x)-μ.x=0. (2)

    La combinaison λ×(1)-μ×(2) donne (λ2+μ2).x=0. Sachant x0, on obtient λ2+μ2=0 puis λ=μ=0 car λ et μ sont réels. La famille (x,f(x)) est donc libre.

  • (d)

    En dimension impaire det(-Id)=-1. Si l’endomorphisme f est inversible, la relation f3+f=0 peut être simplifiée en f2+Id=0. Ceci donne det(f2)=det(-Id)=-1 ce qui est incompatible avec det(f2)=(det(f))20. On en déduit que f n’est pas inversible: dimKer(f)1.

    La conjonction des résultats qui précèdent donne

    dimKer(f)=1 et dimKer(f2+Id)=2.
  • (e)

    Soit y un vecteur non nul de Ker(f) et x un vecteur non nul de Ker(f2+Id). La famille (y) est base de Ker(f) et la famille (x,f(x)) est base de Ker(f2+Id). Ces deux espaces étant supplémentaires dans E, la famille (y,x,f(x)) est base de E. La matrice de f dans celle-ci est de la forme voulue.

 
Exercice 7  2596     CCP (PSI)Correction  

Soit f un élément non nul de (3) vérifiant

f3+f=0.

Montrer que 3=Ker(f)Im(f) et que l’on peut trouver une base dans laquelle f a pour matrice

A=(0000010-10).

Solution

Soit xKer(f)Im(f). Il existe a3 tel que x=f(a) et alors

x=-f3(a)=-f2(x)=-f(f(x))=-f(0)=0.

Ainsi Ker(f)Im(f)={0} puis, par le théorème du rang, on peut affirmer

3=Ker(f)Im(f).

Si f2+Id=0~ alors f2=-Id puis (det(f))2=det(-Id)=-1. C’est impossible.
On en déduit que f2+Id0~ et puisque f(f2+Id)=0~, on a Ker(f){0}.
Soit e1Ker(f) non nul.
Puisque par hypothèse f n’est pas l’application nulle, considérons e2=f(a)Im(f) vecteur non nul. Posons e3=-f(e2)Im(f).
On vérifie

f(e3)=-f2(e2)=-f3(a)=f(a)=e2.

De plus, les vecteurs e2 et e3 ne sont pas colinéaires.
En effet, si e3=λe2, on obtient en composant par f, e2=-λe3 et l’on en déduit e2=-λ2e2. Sachant e20, on obtient λ2=-1 ce qui est impossible avec λ.
Puisque (e2,e3) est une famille libre de Im(f) et puisque (e1) est une famille libre de Ker(f), on peut affirmer que (e1,e2,e3) est une base de 3. Dans celle-ci, la matrice de f est égale à A.

 
Exercice 8  2679     MINES (MP)Correction  

Soient f,g(2) tel que f2=g2=0 et fg=gf. Calculer fg.

Solution

Si f=0 alors fg=0.

Sinon, il existe une base de 2 dans laquelle la matrice de f est

A=(0100).

La matrice de g commutant avec celle de f, elle est de la forme

(ab0a)

Puisque g2=0, il vient a=0.

Par suite, la matrice de fg est nulle.

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Édité le 08-11-2019

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