Correction : Algèbre linéaire, Endomorphisme antisymétrique

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Espaces euclidiens.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 121
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.

2.

3.

1.

2.a

Correction

Partie I

est endomorphisme de: immédiat
Montronsantisymétrique :∀,∈,
(() |)=(∧|)=Det(,,)= −Det(,,)= −(∧|)= −(
Soit∈:∈ker⇔etsont colinéaires.
Sachant≠0 , cela équivaut∃λ∈ℝ,=λ..
Ainsi ker=Vect() .
On a∀∈,()=∧∈ {}⊥donc Im⊂ {}⊥.
De plus dim{}⊥= par le théorème du rang2 et Im dim=2 .
Donc Im= {}⊥.

0− 
Mat ()=0−
.
− 0
Cette matrice est antisymétrique.

Partie II

() |)

(i)⇒(ii) :
Supposonsque est antisymétrique, considérons=(1,…,) une base orthonormée deet formons
=Mat()=(,) .
∀1≤,≤,,est laèmecomposante de() dans.
Donc,=(|()) .
Sachantantisymétrique :
,=(|())= −(() |)= −,,
doncest antisymétrique.
(ii)⇒(iii) :
Supposons que la matrice dedans une base orthonorméesoit antisymétrique. Notonscelle-ci.
Pour tout∈, notons=Mat() .
Nous savons=Mat(()) .
(() |)=()== −= −()= −(|())
Donc (() |)=0 .
(iii)⇒(i) :
Supposons∀∈, (() |)=0 .
Pour tout,∈on a ((+) |+)=0 .
Or
((+) |+)=(() |)+(() |)+(() |)+(() |)=(() |)+(() |)
donc (() |)+(() |)=0 .
Montrons que() est un sous-espace vectoriel de() .
()⊂() .
L’endomorphisme nul est antisymétrique.
Soit,∈() etλ,∈ℝ. Pour tout,∈:
((λ+)() |)=λ(() |)+(() |)= −λ(|())−(|())= −(| (λ+)())
Doncλ+∈() .
Finalement( un sous-espace vectoriel de) est() .

2.b

3.a

3.b

3.c

3.d

1.
2.a

2.b

3.

Soitune base orthonormée de.
Par la question II.1, on peut affirmer que l’applicationϕ:()֏(ℝ par) définieϕ()=Mat() est
un isomorphisme deℝ-espace vectoriel.

Donc dim()=dim(ℝ)=(2−1).
Soitune base orthonormée deet=Mat() .
Comme= −on a det=(−1)detd’où det=(−1)det.
Siest impair,n’est pas un isomorphisme.
Soit∈keret=()∈Im.
On a (|)=(|())= −(() |)=0 car( .) 0
=
Donc Im⊂(ker)⊥.
De plus dim Imdimdim kerdim(ker)⊥.
= − =
Notons: Im→Imla restriction deà Im.
 Imest un endomorphisme decar restriction de l’endomorphisme etest antisymétrique car la
propriété de définition est conservée par restriction.
Etudions l’injectivité de. Soit∈Im
On a∈kerssi()=0 i.e.()=0 d’où∈ker.
Ainsi∈Im∩ker= {0}.
Finalement ker= {0}et doncest injectif.
Comme Imest isomorphisme antisymétrique de, par la question II.3.a on peut affirmer
rg()=dim Imest pair.

Partie III

=0 etbase orthonormée quelconque conviennent.
0<rg()≤3 et rg( pair donc) est Im dim=2 .
La matricededansest antisymétrique.
Comme∈ker, la dernière colonne deest nulle.
Par antisymétrie, la dernière ligne deest aussi nulle et, toujours par antisymétrie,s’avère être de la
forme voulue.
Existence :
Si=0 alors=0 convient.
Si≠ en reprenant la construction de la question 2,0 alors,= −.convient.
Unicité :
Soit,deux vecteurs solutions du problème posé.
∀∈,()=∧=∧donc (−)∧=0 .
Le vecteur−est colinéaire à tout vecteur de, c’est donc le vecteur nul.