Correction : Algèbre linéaire, Matrices semblables à leur inverse

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

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Espaces vectoriels de dimension finie. Calcul matriciel.

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  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

d’après Mines de sup 2002

1.

2.

3.

1.a

1.b

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

Correction

Partie I

Siest semblable àalors il existe∈3(ℝ que) telle=−1.
Pour=−1∈3(ℝ) , on a=−1doncest semblable à.
Siest semblable àetsemblable àalors il existe,∈3(ℝ que :) telles
=−1et=−1et donc=()−1() avec∈3(ℝ) . Ainsietsont
semblables.
Siest semblable àalors il existe∈3(ℝ que) telle=−1.
Oret−1sont inversibles et on sait que le rang reste inchangé lors d’un produit par une matrice
−
inversible donc rg=rg1=rg
.
De plus det=det−1=det−1×det×detavec det−1=1 et det donc=det.
det

Partie II

∀∈Im,∃∈ker+tel que ()() .
= =
On a alors()=+()=0 car∈ker+. Ainsi∈ker Imet donc⊂ker.
Par le théorème du rang : dim ker+=rg+dim ker.
Or rg=dim Im≤dim keret ker=ker∩ker+=kercar ker⊂ker+
donc dim ker+≤dim ker+dim ker.
Par le théorème du rang, dim ker=1 et dim donc ker2≤dim ker+dim ker=2 .
De plus 3=dim ker3≤dim ker2+dim ker=dim ker2+1 .
Par double inégalité : dim ker2=2 .
Puisque2≠0 , il existe∈tel que2()≠0 .
Supposonsα2()+β()+γ=0 .
En composant cette relation avec, on obtient :β2()+γ()=0 car3=0 .
En composant à nouveau avec, on obtient :γ2()=0 .
Sachant2()≠0 , on conclutγ=0 puis en remontantβ=α=0 .
La famille (2(),(), libre et formée de) est 3=dimvecteurs de, c’est donc une base de.
0 1 0 0−1 1
=0 0 1 et 2 .0 0 1
= − = −
0 0 00 0 0

rg≠0 donc Imn’est par réduit à{0}.
Un antécédent Imd’un élément non nul derésout notre problème.
Par le théorème du rang dim ker=2 .
()∈kercar2=0 et()≠de la base incomplète, on peut compléter la par le théorème 0 donc,
famille (()) en ker une base de (de la forme(),) .
Supposonsα()+β+γ0 .
=
En appliquantà cette relation on obtientγ()=0 doncγ=0 car()≠0 .
La relation initiale devientα()+β=0 qui impliqueα=β= ( la famille0 car(),) est libre.
La famille ((),,) est libre et formée de 3=dimvecteurs de, c’est donc une base de.

3.c

1.a

1.b

2.a

2.b

2.c

3.

0
′
=0
0

0
0
0

1 0
0 et′=0
00

3=0 .n’est pas in

0
0
0

−1
0 .
0

versible donc rg

Partie III

<3 d’où rg≤2 .

(3+)=(+)(+2−)=++2+3−−2=
Par le théorème d’inversibilité,est inversible etest son inverse.
On a3=0 et rg=2 doncest, moyennant l’introduction d’une base de, la matrice d’un
endomorphismedetel que3=0 et rg=2 .
Par II.2.c, il existe une base dedans laquelle la matrice desoit.
Par suiteetsont semblables.
Soit∈3(ℝ) telle que=−1.
On a=2−=−1−1−−1=−(12−)=−1.
Ainsiest semblable à.
1 1 1 3
On a alors rg=rg=2 et3=−1−−=− =−1×0×=0 .

On a3=0 et rg= comme ci-dessus,2 donc,est semblable àet donc à.
Soit∈3(ℝ que) telle=−1.
On peut écrire−1=3+=3+−1=−(13+)=−1donc−1etsont semblables.
Si rg=0 alors=0 ,=3=−1et doncet−1sont semblables via=3∈3(ℝ) .
Si rg=1 alorsα=0 ouγ= dans les deux cas0 mais2=0 .
Comme en III.2.a et en exploitant II.3.c, on peut alors affirmer queest semblable à′.
Par suiteest semblable à′et donc2=0 et rg=1 .
Ainsiest aussi semblable à′et donc à.
On peut alors conclure queet−1sont semblables.