Université Pierre et Marie Curie

De
Publié par

Niveau: Supérieur, Licence, Bac+1
Page 1 Université Pierre et Marie Curie Licence Sciences et Technologies MIME L1 Mathématiques LM125 2007-8 Examen du mardi 15 janvier 2008 Corrigé A. Question de cours : Soient E et F deux K espaces vectoriels, E étant de dimension finie, donner la définition du rang d'un homomorphisme de E dans F. Théorème du rang : énoncé et démonstration. Voir le cours. Il est à noter que seul l'espace de départ est supposé de dimension finie B. Calculer le déterminant 0 2 3 4 1 1 2 3 1 0 1 2 1 0 0 1 D = Une méthode de calcul, parmi d'autres : on soustrait la dernière colonne à la première et on développe par rapport à la dernière ligne. 0 2 3 4 4 2 3 4 4 2 3 1 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 D ? ??= = = ?? ? On ajoute alors la dernière colonne à la première et on obtient 1 2 3 0 1 2 1 0 0 1 D ? = = ? . C. Soit E le R espace vectoriel des polynômes à coefficients réels de degré au plus 2.

  • im imx

  • ab ??

  • ?? ??

  • af f?

  • ?? ?

  • ?? ?


Publié le : mardi 29 mai 2012
Lecture(s) : 42
Source : edu.upmc.fr
Nombre de pages : 4
Voir plus Voir moins
Page 1
Université Pierre et Marie Curie
Licence Sciences et Technologies
MIME
L1 Mathématiques
LM125
2007-8
Examen du
mardi 15 janvier 2008
Corrigé
A. Question de cours
:
Soient
E
et
F
deux
K
espaces vectoriels,
E
étant de dimension finie, donner la définition du
rang d’un homomorphisme de
E
dans
F.
Théorème du rang : énoncé et démonstration.
Voir le cours. Il est à noter que seul l’espace de départ est supposé de dimension finie
B.
Calculer le déterminant
0
2
3
4
1
1
2
3
1
0
1
2
1
0
0
1
D
=
Une méthode de calcul, parmi d’autres : on soustrait la dernière colonne à la première et on
développe par rapport à la dernière ligne.
0
2
3
4
4
2
3
4
4
2
3
1
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
1
0
1
2
1
0
1
2
1
0
1
1
0
0
1
0
0
0
1
D
=
=
=
On ajoute alors la dernière colonne à la première et on obtient
1
2
3
0
1
2
1
0
0
1
D
=
=
.
C.
Soit
E
le
R
espace vectoriel des polynômes à coefficients réels de degré au plus 2.
Montrer que
2
1
(
)
(
)
(
)
f
P
X
X
P
X
=
définit un endomorphisme
f
de
E
.
Écrire la matrice
A
de
f
relative à la base canonique
2
{1,
,
}
X X
.
Cette matrice est-elle diagonalisable ? Si oui donner une base de vecteurs propres.
Page 2
Si
2
P
a
X
b
X
c
=
+
+
est un élément de
E
, on a
2
2
2
1
1
(
)
(
)
(
)
f
P
X
X
a
b
c
a
b
X
c
X
X
X
=
+
+
=
+
+
donc
f(P)
est bien dans
E.
La linéarité
est claire. On a
2
(1)
f
X
=
,
(
)
f
X
X
=
et
2
(
)
1
f
X
=
d’où
0
0
1
0
1
0
1
0
0
A
=
.
On calcule le polynôme caractéristique
0
1
(
)
0
1
0
1
0
A
x
P
x
x
x
=
.
On développe par rapport à la deuxième colonne (ou ligne, la matrice est symétrique).
2
(
)
(
1
)
(
1
)
A
P
x
x
x
=
. Il y a donc deux valeurs propres : 1, double, et -1 simple.
Pour chercher les espaces propres
E
1
et
E
-1
, deux méthodes
on remarque que
X
et
2
1
X
+
sont invariants par
f
et forment une base de
E
1
(degrés
différents), donc
A
est diagonalisable. On remarque ensuite que
2
1
X
est transformé
en son opposé et forme une base de
E
-1
. Une base de vecteurs propres est donc
{
}
2
2
1,1,
1
X
X
+
on cherche les noyaux de
A+I
et
A-I
en résolvant les systèmes associés.
D
.
Soit
1
1
1
1
A
=
. On veut résoudre l’équation
2
X
X
A
+
=
X
est une matrice 2-2 à
coefficients réels.
Soit
X
une solution et
f
A
,
f
X
les endomorphismes de
R
2
de matrices
A
et
X
dans la base
canonique. On note
I
la matrice identité 2-2.
1.
Quel est le rang de
A
?
A
est de rang 1 (les deux colonnes sont non nulles et égales)
2.
Montrer que
X
ou
X + I
n’est pas inversible. Si
X
n’est pas inversible quel est le rang
de
X
?
Si les deux matrices
X
et
X + I
étaient inversibles, le produit,
le serait donc l’une ou l’autre
n’est pas inversible. Si
X
n’est pas inversible, son rang est 1 : ce n’est pas 2 (non inversible)
ni 0 car alors
A
= 0.
3.
Si
X
n’est pas inversible, montrer que
X
est proportionnelle à
A
(montrer que
ker
ker
X
A
f
f
, Im
Im
X
A
f
f
, puis ker
ker
X
A
f
f
=
et Im
Im
X
A
f
f
=
et
conclure).
On a l’égalité (*)
(
)
(
)
X
X
X
X
A
f
f
I
d
f
I
d
f
f
+
=
+
=
qui montre que Im
Im
X
A
f
f
et
ker
ker
X
A
f
f
. Comme
f
A
,
f
X
sont de rang 1, tous ces sous-espaces sont de dimension 1 :
il
y a égalité.
Page 3
ker
A
f
contient le vecteur
1
1
u
=
qui l’engendre et engendre aussi ker
X
f
.
Le vecteur
1
1
v
=
engendre Im
A
f
et engendre aussi Im
X
f
.
On a donc
( )
( )
0
A
X
f
u
f
u
=
=
et puisque
v
engendre Im
A
f
et engendre aussi Im
X
f
, il existe
deux réels
a
et
b
non nuls (sinon le rang serait 0) tels que
(
)
,
(
)
A
X
f
v
a
v
f
v
b
v
=
=
. On en déduit alors que
X
A
b
f
f
a
=
soit
,
0
X
k
A
k
=
.
4.
Reprendre le raisonnement précédent si
X + I
n’est pas inversible et résoudre
l’équation.
Si
X + I
n’est pas inversible, reprenant l’égalité (*)
(
)
(
)
X
X
X
X
A
f
f
I
d
f
I
d
f
f
+
=
+
=
et
notant que
X
X
I
f
Id
f
+
+
=
, on montre de la même façon l’inclusion puis l’égalité des noyaux
et des images et pour finir qu’il existe un réel
c
non nul tel que
X
I
A
f
cf
+
=
ou
X
I
c
A
+
=
.
Il reste pour conclure à déterminer
c
et
k
.
dans le premier cas on a à résoudre
(
)
kA kA
I
A
+
=
soit
2
2
2
2
1
1
1
2
2
1
1
1
2
2
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
+
+
+
=
=
+
+
+
qui équivaut à
2
2
1
k
k
+
=
, donc les deux racines sont -1 et 1/2 d’où
X = -A
ou
X = A /
2.
dans le second cas on a à résoudre
(
)
cA cA
I
A
=
soit
2
2
2
2
1
1
1
2
2
1
1
1
2
2
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
=
=
qui équivaut à
2
2
1
c
c
=
dont les deux racines sont 1 et -1/2 d’où
0
1
1
0
X
A
I
=
=
et
3/ 2
1/ 2
/
2
1/ 2
3/ 2
X
A
I
=
=
.
Remarque : l’équation proposée (du second degré) a donc 4 racines, dans un anneau non
intègre comme celui des matrices carrées, un polynôme peut avoir plus de racines que son
degré.
E.
Soient
E
et
F
deux
R
espaces vectoriels de dimensions respectives 2 et 3. Soient
1
2
{
,
}
C
e
e
=
une base de
E
et
1
2
3
'
{
,
,
}
C
f
f
f
=
une base de
F.
On considère deux
applications
linéaires
a
de
E
dans
F
et
b
de
F
dans
E,
de matrices respectives
3,2
(
)
A
M
R
et
2,3
(
)
B
M
R
relativement aux bases
C
et
C’.
Page 4
On suppose que
0
1
1
1
0
1
1
1
2
AB
=
.
1)
Calculer
0
1
1
AB
et
1
0
1
AB
.
0
0
1
1
1
1
AB
=
et
1
1
0
0
1
1
AB
=
.
En termes vectoriels :
1
1
(
(
)
)
(
)
ab ab f
ab f
=
et
2
2
(
(
)
)
(
)
ab ab f
ab f
=
.
2)
Montrer que les deux premières colonnes de
AB
sont linéairement indépendantes ? En
déduire que
1
2
{
(
)
,
(
)
}
b
f
b
f
est une base de
E.
Ces deux colonnes ne sont pas nulles ni proportionnelles, puisque, par exemple,
0
1
1
0
1
0
=
.
Or
ces deux colonnes sont les coordonnées relatives à la base
C’
des images par
a
de
1
2
(
)
e
t
(
)
b
f
b
f
, comme une application linéaire transforme un système lié en un système lié,
cela montre que
1
2
{
(
)
,
(
)
}
b
f
b
f
est libre et est donc une base de
E.
3)
Montrer que
1
0
0
1
BA
=
(montrer que
baba =ba
et en déduire que
ba
est l’identité
de
F
).
Puisque
1
2
{
(
)
,
(
)
}
b
f
b
f
est une base de
E
, pour connaître un endomorphisme de
il suffit de
connaitre les images de
1
2
(
)
e
t
(
)
b
f
b
f
. Or d’après le 1) on a
1
1
(
(
)
)
(
)
ab ab f
ab f
=
, ce qui en
appliquant
b
donne
1
1
(
(
)
)
(
)
bab ab f
bab f
=
. Grâce à l’associativité cela s’écrit
1
1
(
)
(
)
(
(
)
)
(
)
(
)
ba ba b f
ba b f
=
. On obtient de même
2
2
(
)
(
)
(
(
)
)
(
)
(
)
ba ba b f
ba b f
=
. On en déduit
l
é
g
a
l
i
t
é
(
e
)
(
)
(
)
(
)
ba ba
ba
=
.
Montrons que
ba
est de rang 2, donc inversible.
Le calcul fait en 1) montre que
0
1
*
(
)
.
1
0
*
1
1
*
A
B
A
B
A
B
A
B
=
=
est de rang 2, donc
BA
ne peut être de rang 1 ou 0 et est de
rang 2. En multipliant l’égalité (e) par l’inverse de
ba
on obtient
ba = Id
puis
1
0
0
1
BA
=
.
Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.