Devoir 1 pour le 12 Mars Corrigé

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1 Université Claude Bernard Lon 27-2 L2 MASS4 Algèbre Devoir pour le 2 Mars Corrigé Eercice Soit B (e, e 2, e 3 ) une base de R 3. Soit f L(R 3 ) tel que mat B (f). Déterminons Kerf Soit X R X Kerf AX A ( ) 2 9( ) /2 Donc on a Kerf V ect /2 Déterminons donc la dimension et une base de Kerf. En posant u /2, on a vu que Kerf V ect (u). Comme u est non nul, il est donc libre dans R 3 : (u) est une base de Kerf et on en déduit que : dim (Kerf) 2. Quel est le rang de f (i.e. la dimension de Imf)? Puisque f est un endomorphisme de R 3 espace vectoriel de dimension nie, on peut appliquer le théorème du rang : dim(r 3 ) dim (Kerf) + dim (Imf) Donc on en déduit que rg(f) dim (Imf) dim(r 3 ) dim (Kerf) 3 2.

2 Cherchons une base de Imf. Soit X R 3. X Imf α, β, γ R / On a ainsi que Imf V ect α, β, γ R / α, β, γ R / 9, rg(f) 2 α, α β 2γ α 2γ 9α + β + 3γ 9. + β α β γ + γ Or, on a vu que dim(imf) 2. Donc la famille précédente est bien génératrice mais est forcément liée. Cherchons donc une sous-famille de deu vecteurs qui, elle, soit libre. Choisissons U et V 9. Ces deu vecteurs ne sont pas colinéaires (à cause du dans V ), donc forment une famille libre. On a alors que Imf V ect (U, V ), avec (U, V ) libre : c'est ainsi une base de Imf. Imf V ect 3. Montrons que R 3 Imf Kerf. { Imf Kerf {} Il s'agit ici de montrer que R 3 Imf + Kerf Déterminons Imf Kerf. Soit X Imf Kerf. 9, On a écrit que Kerf V ect(u), donc ici : X Kerf a R / De plus, X Imf α, β, γ R / α β 2γ α 2γ 9α + β + 3γ Donc si X vérie les deu équations précédentes, on a nécessairement : α β 2γ a α 2γ 9α + β + 3γ a/2 a On obtient alors le sstème suivant : 2 a 3 /2

3 α β 2γ a α 2γ a/2 9α + β + 3γ a L 3 L 3 +L α β 2γ a α 2γ a/2 α + γ Les deu dernières équations du sstème fournissent bien que a. On en tire que X et on a ainsi montré que Imf Kerf {}. Mais la réciproque est claire. En eet, comme Imf et Kerf sont des sev de R 3, ils contiennent l'élément neutre : on a toujours {} Imf Kerf. Donc on a bien l'égalité cherchée : Imf Kerf {}. Montrons à présent que Imf + Kerf R 3. On a déjà une inclusion : Imf + Kerf R 3 car la somme de deu sev de R 3 est toujours incluse dans R 3. Regardons donc les dimensions. On a la formule suivante : dim (Imf + Kerf) dim (Imf) + dim (Kerf) dim (Imf Kerf) Or, ici on a Imf Kerf {} donc dim (Imf Kerf). On a donc : dim (Imf + Kerf) dim (Imf) + dim (Kerf) dim(r 3 ) { Imf + Kerf R 3 En conclusion, on a dim (Imf + Kerf) dim(r 3 ). D'où Imf + Kerf R3. Comme on a montré précédemment que Imf Kerf {}, on peut bien écrire que la somme est directe : R 3 Imf Kerf 4. On considère les vecteurs v e e 3, v 2 6e 2 + 3e 3 et v 3 2e + e 2 2e 3. Montrons que B (v, v 2, v 3 ) est une base de R 3. Vérions déjà que B est bien libre dans R 3. Regardons donc det(v, v 2, v 3 ). Pour cela, écrivons v, v 2, v 3 en vecteurs : 2 v, v 2 6, v 3 3 Le déterminant vaut alors : det(v, v 2, v 3 ) Donc (v, v 2, v 3 ) est une famille libre dans R 3 qui est de dimension 3, c'est donc bien une base de R Calculons f(w) pour w 4e 6e 2 + 7e 3. Donc f(w) f( 4e 6e 2 + 7e 3 ) 4f(e ) 6f(e 2 ) + 7f(e 3 ) 4(e 2e 2 + 9e 3 ) 6(e + e 3 ) + 7(e 2e 2 + 3e 3 ) 32e + e 2 36e 3 + 4e 4e 3 4e 4e 2 + 9e 3 4e 6e 2 + 7e 3 w f(w) w 3

4 6. Calculons f(v ), f(v 2 ) et f(v 3 ). f(v ) f(e e 3 ) f(e ) f(e 3 ) (e 2e 2 + 9e 3 ) (e 2e 2 + 3e 3 ) 4e 4e 3 4(e e 3 ) 4v f(v 2 ) f( 6e 2 + 3e 3 ) 6f(e 2 ) + 3f(e 3 ) 6(e + e 3 ) + 3(e 2e 2 + 3e 3 ) 2e 6e 2 9e 3 2(e e 3 ) + ( 6e 2 + 3e 3 ) 2v + v 2 Donc f(v 3 ) f(2e + e 2 2e 3 ) 2f(e ) + f(e 2 ) 2f(e 3 ) 2(e 2e 2 + 9e 3 ) + (e + e 3 ) 2(e 2e 2 + 3e 3 ) ( )e + ( 4 + 4)e 2 + ( + 26)e 3 f(v ) 4v, f(v 2 ) 2v + v 2, f(v 3 ) Ecrivons à présent la matrice de f dans la base B : A mat B (f) Ecrivons la matrice de passage P de la base B à la base B. P P B B Calculons P. On a montré à la question 4 que det(p ) 3. Donc P est bien inversible. On peut par eemple calculer P avec la formule de la comatrice : On a donc P det(p ) t com(p ) 3 t P /3 / Retrouver A en utilisant P et P. Comme A et A représentent le même endomorphisme f respectivement dans les bases B et B, on a la relation suivante : A P B B.A.P B B P A P A P B B.A.P B B P AP 4

5 Donc en principe, en calculant P AP, on devrait retrouver l'epression de A trouvée précédemment : P AP /3 / /3 / On retrouve bien la matrice obtenue dans la question Eercice 2 Soit B une base de R 3. Soit f un endomorphisme de R 3 tel que 4 mat B (f) 2 A Déterminons le polnôme caractéristique de f. Le polnôme caractéristique de f est déni par χ(λ) det(f λid) det(a λi 3 ). Donc χ(λ) λ 4 λ λ ( λ)( λ)(6 λ) ( λ) + 4( λ) 4(6 λ) (λ 2 )(6 λ) λ 4 4λ λ ( λ 3 + 6λ 2 + λ 6) + 2 2λ λ 3 + 6λ 2 λ + 6 ( est racine évidente...) (λ )( λ 2 + 5λ 6) (λ )(λ 2)(λ 3) 2. Déterminons les valeurs propres de f. χ(λ) (λ )(λ 2)(λ 3) On sait que les valeurs propres de f sont eactement les racines du polnôme caractéristique. Les valeurs propres de f sont donc eactement, 2 et 3. Déterminons les espaces propres de f. Sp(f) {, 2, 3} 5

6 λ. Soit X R 3. X E (f) AX.X Donc on a E (f) V ect λ 2. Soit X R 3.. X E 2 (f) AX 2.X Donc on a E 2 (f) V ect () () (L ) + 2 (L 2 ) (L 3 ) (L 2L 2 )

7 λ 3. Soit X R 3. X E 2 (f) AX 3.X (L ) (L 2 ) (L 3 ) (L ) + 2 (L L 2 ) + (L L 3 ) { Donc on a E 3 (f) V ect. 3. Montrons que f est diagonalisable. On a trouvé 3 valeurs propres pour un endomorphisme de R 3 de dimension 3, donc f est bien diagonalisable. Comme argument, on peut utiliser également le fait que le polnôme était scindé simple, qui est une condition susante de diagonalisabilité. 4. Déterminons une base B dans laquelle la matrice de f est diagonale. On pose u, u 2 2 On a donc vu précédemment que, u 3. f(u ) u, f(u 2 ) 2u 2, f(u 3 ) 3u 3 Vérions que B (u, u 2, u 3 ) est bien une base de R 3. Montrons déjà que B est libre dans R 3. det(u, u 2, u 3 ) Donc (u, u 2, u 3 ) est libre dans R 3, de dimension 3 : c'est donc une base de R 3. Si on note A la matrice de l'endomorphisme f dans la nouvelle base B, on a : A mat B (f) 5. Ecrivons la matrice de passage P de la base B à B

8 P représente la matrice qui eprime les nouveau vecteurs (ceu de B ) dans l'ancienne base (ceu de B) : Calculons P. P 2 Le déterminant de P a été calculé à la question précédente : det(p ), donc P est bien inversible. On a alors : t 2 2 P t com(p ) det(p ) Calcul de A n pour tout n. P On a vu que A P A P. D'où, pour tout n, : 2 2 Comme A n 2 n 3 n A n P A P.P A P.....P A P P ( A ) n P, on a : A n P (A ) n P n 3 n 2 n 2 n 3 n 3 n 2.3 n n 3 n n 2 2 n+ + 2 n+ 2 2 n 3 n 3 n + 2 n n Ainsi, n, A n 2 3 n 3 n n 2 2 n+ + 2 n+ 2 2 n 3 n 3 n + 2 n n