Corrigé du contrôle de maths L1 : matrices, rang, trace et changement de base

Exercice 1 : Question de cours : changement de base et trace (3 points)

1. La matrice de passage \(P\) de \(\mathcal{B}\) à \(\mathcal{B}^{\prime}\) est la matrice dont la \(j\)-ième colonne contient les coordonnées, dans \(\mathcal{B}\), du \(j\)-ième vecteur de \(\mathcal{B}^{\prime}\). Elle est inversible, et \(P^{-1}\) est la matrice de passage de \(\mathcal{B}^{\prime}\) à \(\mathcal{B}\). La formule de changement de base s’écrit alors \[A^{\prime} = P^{-1} A P.\]
2. Notons \(A = (a_{ij})\) et \(B = (b_{ij})\). Le coefficient diagonal d’indice \(i\) de \(AB\) vaut \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_{ik} b_{ki}\). Donc \[\operatorname{tr}(AB) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_{ik} b_{ki} = \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} b_{ki} a_{ik} = \operatorname{tr}(BA),\] en échangeant l’ordre des deux sommes finies. Ainsi \(\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)\).
3. Si \(B = P^{-1} A P\), alors, avec b) appliqué aux matrices \(P^{-1}A\) et \(P\) : \[\operatorname{tr}(B) = \operatorname{tr}\big((P^{-1} A) P\big) = \operatorname{tr}\big(P (P^{-1} A)\big) = \operatorname{tr}(A).\] Deux matrices semblables ont donc la même trace. Par ailleurs, si \(AB – BA = I_n\), la linéarité de la trace donne \(\operatorname{tr}(AB) – \operatorname{tr}(BA) = \operatorname{tr}(I_n)\), soit \(0 = n\). C’est absurde car \(n \geq\, 1\) : une telle égalité est impossible.

Barème : a) 1 point (0,5 pour la définition, 0,5 pour la formule) ; b) 1 point ; c) 1 point : 0,5 pour l’invariance, 0,5 pour l’impossibilité.

Exercice 2 : Un endomorphisme de R2[X] (5 points)

1. Si \(P \in \mathbb{R}_2[X]\), alors \(\deg P^{\prime} \leq\, 1\), donc \(\deg\big((X – 1) P^{\prime}\big) \leq\, 2\) : \(\varphi\) envoie \(\mathbb{R}_2[X]\) dans lui-même. De plus, la dérivation est linéaire, donc \(\varphi(\lambda P + Q) = (X – 1)(\lambda P^{\prime} + Q^{\prime}) = \lambda\,\varphi(P) + \varphi(Q)\). \(\varphi\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}_2[X]\).
2. On calcule les images des vecteurs de \(\mathcal{B}\) : \(\varphi(1) = 0\), \(\varphi(X) = X – 1\) et \(\varphi(X^2) = 2X(X – 1) = 2X^2 – 2X\). En plaçant leurs coordonnées en colonnes : \[A = \begin{pmatrix} 0 -1 0 \\ 0 1 -2 \\ 0 0 2 \end{pmatrix}.\]
3. Dans \(\mathcal{B}\), on a \(1 = (1, 0, 0)\), \(X – 1 = (-1, 1, 0)\) et \((X – 1)^2 = X^2 – 2X + 1 = (1, -2, 1)\). Réciproquement, \(X = (X – 1) + 1\) et \(X^2 = (X – 1)^2 + 2(X – 1) + 1\). On obtient : \[P = \begin{pmatrix} 1 -1 1 \\ 0 1 -2 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 1 1 \\ 0 1 2 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\] Vérification : la première ligne de \(P\) fois les colonnes de \(P^{-1}\) donne \(1\), \(1 – 1 = 0\) et \(1 – 2 + 1 = 0\) ; la deuxième donne \(0\), \(1\) et \(2 – 2 = 0\) ; la troisième donne \(0\), \(0\), \(1\). On a bien \(P P^{-1} = I_3\).
4. On a \(\varphi(1) = 0\), \(\varphi(X – 1) = (X – 1) \times 1 = X – 1\) et \(\varphi\big((X – 1)^2\big) = (X – 1) \times 2(X – 1) = 2(X – 1)^2\). Donc \[A^{\prime} = \begin{pmatrix} 0 0 0 \\ 0 1 0 \\ 0 0 2 \end{pmatrix}.\] Vérifions la formule. Les colonnes de \(AP\) sont \(A\,(1, 0, 0) = (0, 0, 0)\), \(A\,(-1, 1, 0) = (-1, 1, 0)\) et \(A\,(1, -2, 1) = (2, -4, 2)\). Ensuite \(P^{-1}\) envoie \((-1, 1, 0)\) sur \((-1 + 1, 1, 0) = (0, 1, 0)\) et \((2, -4, 2)\) sur \((2 – 4 + 2,\; -4 + 4,\; 2) = (0, 0, 2)\). Donc \(P^{-1} A P = A^{\prime}\), qui est diagonale.
5. Les colonnes non nulles \((-1, 1, 0)\) et \((0, -2, 2)\) de \(A\) ne sont pas colinéaires, donc \(\operatorname{rg} A = 2\) ; de plus \(\operatorname{tr} A = 0 + 1 + 2 = 3\), comme pour \(A^{\prime}\). Le théorème du rang donne \(\dim \ker \varphi = 3 – 2 = 1\). Or \(\varphi(1) = 0\). Donc \(\ker \varphi = \mathbb{R}_0[X]\), l’ensemble des polynômes constants.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 0,5 pour \(P\), 0,5 pour \(P^{-1}\), 0,5 pour la vérification ; d) 1,5 point : 0,5 pour \(A^{\prime}\), 1 point pour le produit \(P^{-1}AP\) ; e) 0,5 point.

Exercice 3 : Rang d’une matrice à paramètre (4 points)

1. On effectue \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – a L_1\), puis \(L_3 arrow L_3 + L_2\). Ces opérations ne changent pas le rang : \[M_a \sim \begin{pmatrix} 1 1 a \\ 0 a – 1 1 – a \\ 0 1 – a 1 – a^2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 1 a \\ 0 a – 1 1 – a \\ 0 0 2 – a – a^2 \end{pmatrix}.\] Le dernier coefficient se factorise : \(2 – a – a^2 = -(a^2 + a – 2) = (1 – a)(a + 2)\).
2. On distingue trois cas.
   
   Si \(a \neq 1\) et \(a \neq -2\), les trois coefficients diagonaux \(1\), \(a – 1\) et \((1 – a)(a + 2)\) sont non nuls : \(\operatorname{rg} M_a = 3\).
   
   Si \(a = 1\), toutes les lignes de \(M_1\) valent \((1, 1, 1)\) : \(\operatorname{rg} M_1 = 1\).
   
   Si \(a = -2\), la matrice réduite est \(\begin{pmatrix} 1 1 -2 \\ 0 -3 3 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\), avec deux lignes non nulles échelonnées : \(\operatorname{rg} M_{-2} = 2\).
3. Les colonnes de \(M_{-2}\) sont \(C_1 = (1, 1, -2)\), \(C_2 = (1, -2, 1)\) et \(C_3 = (-2, 1, 1)\). Leur somme est \((0, 0, 0)\). Donc \(C_1 + C_2 + C_3 = 0\).

Erreur fréquente : diviser une ligne par \(a – 1\) sans avoir traité à part le cas \(a = 1\).

Barème : a) 2 points : 1 point pour les opérations, 0,5 pour la matrice triangulaire, 0,5 pour la factorisation ; b) 1,5 point : 0,5 par cas ; c) 0,5 point.

Exercice 4 : Matrices semblables ou non (3 points)

1. La première matrice a pour trace \(1 + 2 = 3\), la seconde \(1 + 1 = 2\). Or deux matrices semblables ont la même trace (exercice 1). Elles ne sont donc pas semblables.
2. Pour toute \(P \in GL_2(\mathbb{R})\), \(P^{-1} I_2 P = P^{-1} P = I_2\). La seule matrice semblable à \(I_2\) est donc \(I_2\) elle-même. Comme \(\begin{pmatrix} 1 1 \\ 0 1 \end{pmatrix} \neq I_2\), les deux matrices ne sont pas semblables, bien qu’elles aient même trace et même rang : ces invariants ne suffisent pas.
3. Prenons \(P = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\), qui vérifie \(P^2 = I_2\), donc \(P^{-1} = P\). On calcule \(NP = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\), puis \(P^{-1} N P = P \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 0 \\ 1 0 \end{pmatrix} = N^{\prime}\). Les matrices \(N\) et \(N^{\prime}\) sont semblables. Géométriquement, \(P\) échange les deux vecteurs de la base canonique.

Barème : a) 1 point ; b) 1 point ; c) 1 point : 0,5 pour le choix de \(P\) et de \(P^{-1}\), 0,5 pour le calcul.

Exercice 5 : Problème : matrice d’un projecteur de R3 (5 points)

1. Un vecteur \(t\,w = (t, t, t)\) de \(G\) appartient à \(F\) si et seulement si \(3t = 0\). Donc \(F \cap G = \{0\}\). Soit maintenant \(v = (x, y, z)\) et \(s = \dfrac{x + y + z}{3}\). Le vecteur \(v – s\,w\) a pour somme des coordonnées \((x + y + z) – 3s = 0\), donc il appartient à \(F\). Ainsi \(v = (v – s\,w) + s\,w \in F + G\). Donc \(F \oplus G = \mathbb{R}^3\) : les sous-espaces \(F\) et \(G\) sont supplémentaires.
2. D’après a), la composante de \(v\) sur \(F\) parallèlement à \(G\) est \(p(v) = v – s\,w\). On obtient \[p(x, y, z) = (\frac{2x – y – z}{3},\; \frac{-x + 2y – z}{3},\; \frac{-x – y + 2z}{3}),\] d’où \[A = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 -1 -1 \\ -1 2 -1 \\ -1 -1 2 \end{pmatrix}.\]
3. Les vecteurs \(f_1\) et \(f_2\) sont dans \(F\), car la somme de leurs coordonnées est nulle. Ils sont libres : \(a f_1 + b f_2 = (a, b – a, -b) = 0\) impose \(a = b = 0\). Comme \(\dim G = 1\) et \(F \oplus G = \mathbb{R}^3\), on a \(\dim F = 2\) : \((f_1, f_2)\) est une base de \(F\). La concaténation d’une base de \(F\) et d’une base de \(G\) est une base de \(F \oplus G = \mathbb{R}^3\). Donc \(\mathcal{B}^{\prime}\) est une base de \(\mathbb{R}^3\). Enfin, \(p(f_1) = f_1\), \(p(f_2) = f_2\) et \(p(w) = 0\). La matrice de \(p\) dans \(\mathcal{B}^{\prime}\) est \(D = \begin{pmatrix} 1 0 0 \\ 0 1 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}\).
4. Les matrices \(A\) et \(D\) sont semblables, donc elles ont le même rang et la même trace. \(\operatorname{rg} A = 2\) et \(\operatorname{tr} A = 2\). Vérification directe : \(\operatorname{tr} A = \dfrac{2 + 2 + 2}{3} = 2\).
5. La formule de changement de base donne \(D = Q^{-1} A Q\), donc \(A = Q D Q^{-1}\). Ainsi \[A^2 = Q D Q^{-1} Q D Q^{-1} = Q D^2 Q^{-1}.\] Or \(D^2 = D\), car \(D\) est diagonale à coefficients \(0\) ou \(1\). Donc \(A^2 = Q D Q^{-1} = A\) : on retrouve que \(p \circ p = p\).

Barème : a) 1 point (0,5 pour l’intersection, 0,5 pour la somme) ; b) 1,5 point : 1 point pour \(p(x, y, z)\), 0,5 pour \(A\) ; c) 1 point : 0,5 pour la base, 0,5 pour \(D\) ; d) 0,5 point ; e) 1 point.

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