Corrigé du contrôle de maths sup : hyperplans, matrices et changements de base

Exercice 1 : Question de cours sur la trace (3,5 points)

1. Notons \(A = (a_{ik})\) et \(B = (b_{ki})\). La matrice \(AB\) est carrée de taille \(n\) et \((AB)_{ii} = \sum_{k=1}^{p} a_{ik} b_{ki}\). En échangeant les deux sommes finies :
   \[\operatorname{tr}(AB) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=1}^{p} a_{ik} b_{ki} = \sum_{k=1}^{p} \sum_{i=1}^{n} b_{ki} a_{ik} = \sum_{k=1}^{p} (BA)_{kk}.\]
   Donc \(\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)\).
2. Si \(M^{\prime} = Q^{-1} M Q\) avec \(Q\) inversible, alors par a) appliqué aux matrices \(Q^{-1} M\) et \(Q\) : \(\operatorname{tr}(M^{\prime}) = \operatorname{tr}((Q^{-1} M) Q) = \operatorname{tr}(Q (Q^{-1} M)) = \operatorname{tr}(M)\). Deux matrices semblables ont la même trace.
3. Par linéarité de la trace et par a), \(\operatorname{tr}(AB – BA) = \operatorname{tr}(AB) – \operatorname{tr}(BA) = 0\). Or \(\operatorname{tr}(I_n) = n \neq 0\) car \(\mathbb{K}\) est \(\mathbb{R}\) ou \(\mathbb{C}\). L’égalité \(AB – BA = I_n\) est donc impossible.
4. Comme \(p \circ p = p\), on a \(E = \operatorname{Im} p \oplus \operatorname{Ker} p\) et \(p\) est le projecteur sur \(\operatorname{Im} p\) parallèlement à \(\operatorname{Ker} p\). Soit \(r = \operatorname{rg} p\). Dans une base adaptée à cette somme directe (base de \(\operatorname{Im} p\) puis base de \(\operatorname{Ker} p\)), \(p\) fixe les \(r\) premiers vecteurs et annule les autres : sa matrice est diagonale avec \(r\) coefficients égaux à 1 puis des 0. La trace d’un endomorphisme ne dépend pas de la base d’après b), donc \(\operatorname{tr} p = r = \operatorname{rg} p\).

Barème : a) 1 point (0,5 pour le coefficient diagonal, 0,5 pour l’échange des sommes) ; b) 0,5 point ; c) 1 point ; d) 1 point (0,5 pour la base adaptée, 0,5 pour la conclusion avec l’invariance de la trace).

Exercice 2 : Formes linéaires et hyperplans de R4 (4 points)

1. \(\varphi\) est une forme linéaire non nulle (\(\varphi(1, 0, 0, 0) = 1\)), donc son noyau \(H_1\) est un hyperplan : \(\dim H_1 = 3\). Les vecteurs \(v_1 = (1, -1, 0, 0)\), \(v_2 = (1, 0, -1, 0)\), \(v_3 = (1, 0, 0, -1)\) sont dans \(H_1\). Ils forment une famille libre : si \(a v_1 + b v_2 + c v_3 = 0\), les trois dernières coordonnées donnent \(-a = -b = -c = 0\). \((v_1, v_2, v_3)\) est une base de \(H_1\), car c’est une famille libre de 3 vecteurs dans un espace de dimension 3.
2. Le vecteur \(e_1 = (1, 0, 0, 0)\) vérifie \(\varphi(e_1) = 1 \neq 0\), donc \(e_1 \notin H_1\) et \(H_1 \cap \operatorname{Vect}(e_1) = \{0\}\). Comme \(3 + 1 = 4 = \dim E\), \(E = H_1 \oplus \operatorname{Vect}(e_1)\).
3. \((x, y, z, t) \in F\) équivaut à \(x + y + z + t = 0\) et \(x – y + 2z = 0\). La seconde équation donne \(x = y – 2z\), puis la première \(t = -x – y – z = -2y + z\). Donc
   \[(x, y, z, t) = y\,(1, 1, 0, -2) + z\,(-2, 0, 1, 1).\]
   On vérifie que \(w_1 = (1, 1, 0, -2)\) et \(w_2 = (-2, 0, 1, 1)\) satisfont les deux équations. Ils ne sont pas colinéaires (deuxième et troisième coordonnées). \((w_1, w_2)\) est une base de \(F\) et \(\dim F = 2\).
4. Notons \(H = \operatorname{Ker} \alpha = \operatorname{Ker} \beta\), hyperplan car \(\alpha \neq 0\). Choisissons \(a \notin H\) : alors \(\alpha(a) \neq 0\) et \(E = H \oplus \operatorname{Vect}(a)\). Posons \(\lambda = \dfrac{\beta(a)}{\alpha(a)}\). La forme linéaire \(\beta – \lambda \alpha\) est nulle sur \(H\) (car \(\alpha\) et \(\beta\) y sont nulles) et en \(a\) par choix de \(\lambda\). Elle est donc nulle sur \(H \oplus \operatorname{Vect}(a) = E\). Ainsi \(\beta = \lambda \alpha\). Deux équations d’un même hyperplan sont proportionnelles.

Barème : a) 1 point (0,5 pour la dimension, 0,5 pour la base) ; b) 0,5 point ; c) 1,5 point (0,5 pour la résolution, 0,5 pour la famille génératrice, 0,5 pour la liberté et la dimension) ; d) 1 point (0,5 pour le choix de \(a\) et \(\lambda\), 0,5 pour la conclusion).

Exercice 3 : Équations linéaires et sous-espaces affines (3,5 points)

1. Les formes \((x, y, z) \mapsto x + y + z\) et \((x, y, z) \mapsto x – y + 2z\) ne sont pas proportionnelles : leurs noyaux sont deux plans vectoriels distincts, dont l’intersection est une droite. Cherchons les solutions : en additionnant les deux équations, \(2x + 3z = 3\). Le point \(A = (0, 1, 1)\) convient : \(0 + 1 + 1 = 2\) et \(0 – 1 + 2 = 1\). L’intersection est donc non vide, et c’est \(A + \vec{D}\), où \(\vec{D}\) est l’ensemble des solutions du système homogène \(x + y + z = 0\), \(x – y + 2z = 0\). Le vecteur \(\vec{v} = (3, -1, -2)\) vérifie \(3 – 1 – 2 = 0\) et \(3 + 1 – 4 = 0\), et il est non nul. \(\mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2 = (0, 1, 1) + \operatorname{Vect}((3, -1, -2))\), droite affine.
2. \(u\) est linéaire et \(\deg(P – P^{\prime}) \leq\, 3\), donc \(u \in \mathcal{L}(\mathbb{R}_3[X])\). Si \(u(P) = 0\) avec \(P \neq 0\), alors \(P = P^{\prime}\), ce qui est impossible car \(\deg P^{\prime} < \deg P\). Donc \(u\) est injectif. En dimension finie, un endomorphisme injectif est bijectif : \(u\) est un automorphisme.
   
   L’équation \(u(P) = X^3\) a donc une unique solution. Avec \(P = X^3 + 3X^2 + 6X + 6\), on a \(P^{\prime} = 3X^2 + 6X + 6\) et \(P – P^{\prime} = X^3\). L’unique solution est \(P = X^3 + 3X^2 + 6X + 6\).
3. Soit \(v : P \mapsto P^{\prime\prime}\), linéaire de \(\mathbb{R}_3[X]\) dans lui-même. \(\mathcal{S}\) est l’ensemble des solutions de \(v(P) = 6X\). Le polynôme \(X^3\) est une solution particulière. Donc \(\mathcal{S} = X^3 + \operatorname{Ker} v\), et \(\operatorname{Ker} v = \mathbb{R}_1[X]\) (les polynômes de dérivée seconde nulle). \(\mathcal{S} = X^3 + \mathbb{R}_1[X]\) est un plan affine de direction \(\mathbb{R}_1[X]\), de dimension 2.

Barème : a) 1,5 point (0,5 pour le point, 0,5 pour la direction, 0,5 pour la justification de la structure) ; b) 1 point (0,5 pour la bijectivité, 0,5 pour la solution) ; c) 1 point.

Exercice 4 : Changement de base et puissances d’une matrice (4,5 points)

1. Si \(a \varepsilon_1 + b \varepsilon_2 + c \varepsilon_3 = 0\), alors \(a + b = 0\), \(a – b + c = 0\) et \(a – c = 0\). On en tire \(b = -a\), \(c = a\), puis \(3a = 0\) : \(a = b = c = 0\). La famille est libre, de cardinal \(3 = \dim \mathbb{R}^3\) : c’est une base. Ses vecteurs en colonnes donnent
   \[P = \begin{pmatrix} 1 1 0 \\ 1 -1 1 \\ 1 0 -1 \end{pmatrix}.\]
2. \(f(\varepsilon_1) = (2 + 1 + 1, 1 + 2 + 1, 1 + 1 + 2) = (4, 4, 4) = 4 \varepsilon_1\) ; \(f(\varepsilon_2) = (2 – 1, 1 – 2, 1 – 1) = (1, -1, 0) = \varepsilon_2\) ; \(f(\varepsilon_3) = (1 – 1, 2 – 1, 1 – 2) = (0, 1, -1) = \varepsilon_3\).
   \(D = \begin{pmatrix} 4 0 0 \\ 0 1 0 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\)
3. Résolvons \(P \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}\) : \(a + b = y_1\), \(a – b + c = y_2\), \(a – c = y_3\). On a \(b = y_1 – a\) et \(c = a – y_3\), puis \(3a – y_1 – y_3 = y_2\). D’où \(a = \dfrac{y_1 + y_2 + y_3}{3}\), \(b = \dfrac{2y_1 – y_2 – y_3}{3}\), \(c = \dfrac{y_1 + y_2 – 2y_3}{3}\).
   \[P^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 1 1 \\ 2 -1 -1 \\ 1 1 -2 \end{pmatrix}.\]
   On vérifie que \(P P^{-1} = I_3\) (par exemple, la première ligne de \(P\) contre la première colonne donne \(\frac{1 + 2}{3} = 1\)).
4. La formule de changement de base pour un endomorphisme donne \(D = P^{-1} A P\), soit \(A = P D P^{-1}\). Par récurrence, \(A^k = P D^k P^{-1}\) avec \(D^k = I_3 + (4^k – 1) E_{11}\), où \(E_{11}\) a pour seul coefficient non nul un 1 en position \((1, 1)\). Donc \(A^k = I_3 + (4^k – 1) P E_{11} P^{-1}\). Or \(P E_{11} P^{-1}\) est le produit de la première colonne de \(P\) par la première ligne de \(P^{-1}\) :
   \[P E_{11} P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 1 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} J.\]
   Donc \(A^k = I_3 + \dfrac{4^k – 1}{3} J\) pour tout \(k \geq\, 0\) (pour \(k = 0\) on retrouve \(I_3\), pour \(k = 1\) on retrouve \(A = I_3 + J\)).
5. \(\operatorname{tr} A = 2 + 2 + 2 = 6\) et \(\operatorname{tr} D = 4 + 1 + 1 = 6\), conformément à l’exercice 1 b). De plus \(A – I_3 = J\), dont les trois colonnes sont égales et non nulles : \(\operatorname{rg}(A – I_3) = 1\).
6. Dans \(\mathcal{B}^{\prime}\), la matrice de \(q\) est \(E_{11}\). Dans \(\mathcal{B}\), c’est \(P E_{11} P^{-1} = \dfrac{1}{3} J\) d’après d). Sa trace vaut \(\frac{1}{3} \times 3 = 1\), égale au rang de \(q\) (qui est \(\dim \operatorname{Vect}(\varepsilon_1) = 1\)), comme prévu par l’exercice 1 d).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (0,5 pour les images, 0,5 pour \(D\)) ; c) 1 point ; d) 1 point (0,5 pour \(A = PDP^{-1}\), 0,5 pour la formule de \(A^k\)) ; e) 0,5 point ; f) 0,5 point.

Exercice 5 : Matrices de rang 1 et similitude (4,5 points)

1. Comme \(\operatorname{rg} A = 1\), \(A\) est équivalente à \(J_1\) : il existe \(Q, R \in GL_n(\mathbb{K})\) telles que \(A = Q J_1 R\). Notons \(E_1\) la première colonne de \(I_n\) : \(J_1 = E_1 E_1^{\top}\). Alors \(A = (Q E_1)(E_1^{\top} R)\). On pose \(X = Q E_1\) (première colonne de \(Q\)) et \(Y^{\top} = E_1^{\top} R\) (première ligne de \(R\)). Ces matrices sont non nulles car \(Q\) et \(R\) sont inversibles. Ainsi \(A = X Y^{\top}\) avec \(X, Y\) non nulles.
2. D’après l’exercice 1 a) avec \(X \in \mathcal{M}_{n,1}\) et \(Y^{\top} \in \mathcal{M}_{1,n}\) : \(\operatorname{tr}(X Y^{\top}) = \operatorname{tr}(Y^{\top} X)\). La matrice \(Y^{\top} X\) est de taille \(1 \times 1\), égale à sa trace, donc \(Y^{\top} X = \operatorname{tr} A\). Par associativité, \(A^2 = X (Y^{\top} X) Y^{\top} = (\operatorname{tr} A)\, X Y^{\top}\), soit \(A^2 = (\operatorname{tr} A)\, A\).
3. Posons \(t = \operatorname{tr} A \neq 0\) et \(M = \dfrac{1}{t} A\). Alors \(M^2 = \dfrac{1}{t^2} A^2 = \dfrac{t A}{t^2} = M\) : l’endomorphisme \(p\) canoniquement associé à \(M\) vérifie \(p \circ p = p\), c’est un projecteur, de rang \(\operatorname{rg} M = 1\). Dans une base adaptée à \(\mathbb{K}^n = \operatorname{Im} p \oplus \operatorname{Ker} p\) (un vecteur de \(\operatorname{Im} p\), puis \(n – 1\) vecteurs de \(\operatorname{Ker} p\)), la matrice de \(p\) est \(J_1\). Si \(Q\) est la matrice de passage correspondante, \(M = Q J_1 Q^{-1}\), donc \(A = Q\,(t J_1)\,Q^{-1}\) : \(A\) est semblable à \((\operatorname{tr} A)\, J_1\).
4. Si \(\operatorname{tr} A = 0\), alors \(A^2 = 0\) par b). Soit \(g\) l’endomorphisme canoniquement associé. Comme \(\operatorname{rg} g = 1\), il existe \(v\) tel que \(w = g(v) \neq 0\), et \(\operatorname{Im} g = \operatorname{Vect}(w)\). De \(g \circ g = 0\), on tire \(\operatorname{Im} g \subset \operatorname{Ker} g\), donc \(w \in \operatorname{Ker} g\). Le noyau est de dimension \(n – 1\) (théorème du rang) : on complète \((w)\) en une base \((w, k_3, \ldots, k_n)\) de \(\operatorname{Ker} g\). Comme \(v \notin \operatorname{Ker} g\) et que \(\operatorname{Ker} g\) est un hyperplan, \(\mathcal{C} = (w, v, k_3, \ldots, k_n)\) est une base de \(\mathbb{K}^n\). On a \(g(w) = 0\), \(g(v) = w\) et \(g(k_i) = 0\) : la matrice de \(g\) dans \(\mathcal{C}\) a pour seul coefficient non nul un 1 en ligne 1, colonne 2. \(A\) est semblable à \(E_{12}\).
   
   Conclusion : deux matrices semblables ont la même trace (exercice 1 b). Réciproquement, si \(A\) et \(B\) sont de rang 1 et de même trace \(t\), elles sont toutes deux semblables à \(t J_1\) (si \(t \neq 0\)) ou à \(E_{12}\) (si \(t = 0\)). La similitude étant une relation d’équivalence, \(A\) et \(B\) sont semblables si et seulement si \(\operatorname{tr} A = \operatorname{tr} B\).

Erreur fréquente : oublier le cas \(\operatorname{tr} A = 0\), où \(A\) n’est pas un multiple de projecteur mais une matrice nilpotente.

Barème : a) 1 point ; b) 1 point (0,5 pour \(Y^{\top} X = \operatorname{tr} A\), 0,5 pour \(A^2\)) ; c) 1,5 point (0,5 pour le projecteur, 1 pour la base adaptée et la similitude) ; d) 1 point (0,5 pour la base \(\mathcal{C}\), 0,5 pour la conclusion).

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Après le corrigé du contrôle : hyperplans, matrices et changements de base

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