Corrigé - Epreuve de Mathématiques A PSI Questions de cours. Problème.

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Corrigé - Epreuve de Mathématiques A PSI Questions de cours. Problème.

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• Publié par: abubidur
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SESSION 2007

Epreuve de Mathématiques A PSI

E3A

Questions de cours. 1.SoitA∈M n,p (K). Le rang deAest la dimension du sousespace deM n,1 (K)engendré par les colonnes deA. 2.SoientEetFdeuxKespaces vectoriels,Eétant de dimension finie surK. Soitf∈L(E, F). Tout supplémentaire de Ker(f)dansEest isomorphe à Im(f)et donc dim(Ker(f)) +dim(Im(f)) =dim(E). ∗ 3.SoientAetBdeux matrices carrées de formatn∈N. −1 AetBsont semblables si et seulement si il existeP∈G L n (K)telle queB=P AP. Deux matrices semblables ont en particulier même rang mais deux matrices ayant même rang ne sont pas nécessairement semblables. 4.Soitf∈L(E)(resp.A∈M n (K)). Un polynôme annulateur def(resp. deA) est un polynômePtel queP(f) =0 (resp.P(A) =0). Problème. Partie 1 : Quelques calculs préliminaires. 1.En développant suivant la première colonne, on obtient 2−X−3 3 2 2 χ A = −3 3−X−4 = (2−X)(X+2X+1) +3(3X+3) −3(3X+3) = −(X+1) (X−2).   −3 4−5−X

2 χ A = −(X+1) (X−2)et donc Sp(A) = (−1,−1, 2).   x   Soit y ∈M 3,1 (C). z      x  3x−3y+3z=0 z= −x+y x=0   • y ∈Ker(A+I 3 )⇔ −3x+4y−4z=0 ⇔ ⇔. Donc  −3x+4y−4(−x+y) =0 z=y z−3x+4y−4z=0 ′ ′ Ker(A+I 3 ) =Vect(e)oùe= (0, 1, 1). 1 1      x  −3y+3z=0 z=y y= −x   • y ∈Ker(A−2I 3 )⇔ −3x+y−4z=0 ⇔ ⇔. Donc  −3x−3y=0 z= −x z−3x+4y−7z=0

′ ′ ct(e)oùe= (−1 Ker(A−2I 3 ) =Ve 3 3 , 1, 1).

    3−3 33−3 39−9 9 2 2     2.(A+I 3 − ) = 3 4−4−3 4−4= −9 9−9 . Donc Ker((A+I 3 ) )est le plan d’équation −3 4−4−3 4−4−9 9−9 ′2 x−y+z=0. Ce plan ne contient pas le vecteurecar−1−1+16=0. Donc Ker((A+I 3 ) )∩Ker(A−2I 3 ) ={0}. Comme 3 2 3 d’autre part dim(Ker((A+I 3 ) ))+dim(Ker(A−2I 3 )) =2+1=3=dim(C), on a montré que

2 3 Ker((A+I 3 ) )⊕Ker(A−2I 3 ) =C.

′ ′′ ′′ ′ e. 3.Cherchonse= (x, y, z)tel queAe=e−eou encore tel que(A+I 3 )e 2 = 1 2 21 2

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 c JeanLouis Tous droits réservés.Rouget, 2008.