SOLUTIONS
24
Solutions
f
3 (x) = 0, d’où f
3 = 0, en contradictionavec la question précédente.
SupposonsK er f
2 = Ker f
3 .C omme pour tout x ∈ E,
f (x) ∈ Ker f
3 ,o ne nd éduirait f (x) ∈ Ker f
2 ,c ’est-à-dire
f
3 (x) = 0, d’où f
3 = 0:contradiction.
Supposons Ker f
3 = Ker f
4 = E.O na urait encore f
3 = 0:
contradiction.
En définitive, cesinclusions sont strictes.
3)Les dimensions des sous-espaces Ker f , Ker f
2 , Ker f
3 et
Ker f
4 sont respectivement 1, 2, 3, 4. D’après le théorème du
rang, on en déduit quel es rangs de f , f
2 , f
3 , f
4 sontr espectivement 3, 2, 1, 0.
11 On remarque que r n.Soit f et g les applications linéaires
resp. de R
r dans R
n et de R
n dans R
r canoniquementa ssociées
aux matrices B et C.Onsait queImfg ⊂ Im f ,etcomme g est
surjective,Imf ⊂Im fg :Imfg = Im f d’où rg fg = rg f = r,
c’est-à-dire rg A = r.
Réciproquement, soit h l’endomorphisme de R
n canoniquement
associéàla matrice A de rang r.Soit(e1,...,er)une base de Im h,
quel’on complète en (e1,...,en)base de R
n .Lamatrice de h dans
cettebase s’écrit en blocs :
A
=
A1 A2
00
où A1 estune matrice carrée d’ordre r inversible.
On peut la décomposer en :
A
=
A1
0
Ir A
−1
1 A2
En revenant àlabase initiale, on aura bien :
A = PA
P
−1 = PB
C
P
−1 = BC
avec
B
=
A1
0
et C
=
Ir A
−1
1 A2
avec B = PB
et C = C
P
−1 de rang r.
Dansl’exemple proposé, on obtient avec l’aide de Maple :
A1 =
−10 −12
20
26
; A2 =
10
01
;
B =
⎛
⎜
⎜
⎝
30 40
40 54
50 68
60 82
⎞
⎟
⎟
⎠ ; C =
⎛
⎜
⎝
−
13
10
−
3
5
1
10
4
5
1
1
2
0 −
1
2
⎞
⎟
⎠
Chapitre 24
1 a) Faux ;e lle n’est pasl inéaire parr apport àu nc ouple
(x1, x2), mais par rapport àchacune des variables x1 et x2. b) Vrai.
c) Faux. d) Faux. e) Vrai. f) Faux ;sin = 2:Det(−A) = Det(A).
g) Faux;on multiplie le déterminant parcescalaire.
2 a) 0 . b) sin(c − b)+sin(a − c)+sin(b − a) . c) 0. d)
2(cos a − cos b)(cos b − cos c)(cos c − cos a).
e) (a − b)(b − c)(c − a). f) −4(a − b)(b − c)(c − a).
3 Det b (e2 + e3, e3 + e1, e1 + e2)
= Det b (e2, e3, e1)+Det b (e3, e1, e2) = 2.
4 Det b (e1 + λe2, e2 + λe3, e3 + λe1)
= Det b (e1, e2, e3)+λ
3 Det b (e2, e3, e1) = 1+λ
3 .
5 Comme p
2 = p,Det(p) ∈{0,1}.Sidim F = 3, p = IdE ,
donc Det(p) = 1; sinon, p n’est pasb ijectif et par conséquent
Det(p) = 0.
Comme s
2 = IdE ,D et(s) ∈{ 1 , − 1 } .S id im G estp aire,
Det(s) = 1;si dim G est impaire, Det(s) = −1.
6 On vérifieaisément quedeg(Q) = deg(P)etque l’application ϕ : P → Q estlinéaire. Calculer la matrice de ϕ danslabase
(1, X , X
2 )etendéduireDet(ϕ) = 1.
7 Calculer de deux façons Det(
t
A)etconclure.
8 1) Cf.exercice 13 du chapitre «Matrices »:Best semblable
àlamatrice :
B
=
⎛
⎝
000
100
010
⎞
⎠
2) I3 + B est semblable à I3 + B
,donc:
Det(I3 + B) = Det(I3 + B
) = 1.
3) Si A est inversible :
Det(A + B) = Det
A(I3 + A
−1 B)
= Det(A) · Det(I3 + A
−1 B).
Comme A et B commutent, A
−1 B est nilpotented ’indice 3;
on peut lui appliquer le résultat de la question précédente :
Det(I3 + A
−1 B) = 1,d’où Det(A + B) = Det(A).
Si A n’estpas inversible, on peut montrer par l’absurde que A + B
ne l’est pasnon plus. (Si A+B était inversible, on appliquerait le cas
précédentàA=(A+B)−B...) Donc Det(A + B) = Det A = 0.
9 a)
11
7
, −
12
7
.
b)
16
29
, −
4
29
,
15
29
.
c)
1
a
,
1
a
,
1
a
.
10 D = (a + b + c)
3
11 On cherche λ ∈ R tel que:Det(A − λI3) = 0, soit :
−λ
3 +3λ−2 = 0; on factorise : −(λ − 1)
2 (λ +2) = 0. L’ensemble dessolutions est {1, −2}.
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24
Solutions
f
3 (x) = 0, d’où f
3 = 0, en contradictionavec la question précédente.
SupposonsK er f
2 = Ker f
3 .C omme pour tout x ∈ E,
f (x) ∈ Ker f
3 ,o ne nd éduirait f (x) ∈ Ker f
2 ,c ’est-à-dire
f
3 (x) = 0, d’où f
3 = 0:contradiction.
Supposons Ker f
3 = Ker f
4 = E.O na urait encore f
3 = 0:
contradiction.
En définitive, cesinclusions sont strictes.
3)Les dimensions des sous-espaces Ker f , Ker f
2 , Ker f
3 et
Ker f
4 sont respectivement 1, 2, 3, 4. D’après le théorème du
rang, on en déduit quel es rangs de f , f
2 , f
3 , f
4 sontr espectivement 3, 2, 1, 0.
11 On remarque que r n.Soit f et g les applications linéaires
resp. de R
r dans R
n et de R
n dans R
r canoniquementa ssociées
aux matrices B et C.Onsait queImfg ⊂ Im f ,etcomme g est
surjective,Imf ⊂Im fg :Imfg = Im f d’où rg fg = rg f = r,
c’est-à-dire rg A = r.
Réciproquement, soit h l’endomorphisme de R
n canoniquement
associéàla matrice A de rang r.Soit(e1,...,er)une base de Im h,
quel’on complète en (e1,...,en)base de R
n .Lamatrice de h dans
cettebase s’écrit en blocs :
A
=
A1 A2
00
où A1 estune matrice carrée d’ordre r inversible.
On peut la décomposer en :
A
=
A1
0
Ir A
−1
1 A2
En revenant àlabase initiale, on aura bien :
A = PA
P
−1 = PB
C
P
−1 = BC
avec
B
=
A1
0
et C
=
Ir A
−1
1 A2
avec B = PB
et C = C
P
−1 de rang r.
Dansl’exemple proposé, on obtient avec l’aide de Maple :
A1 =
−10 −12
20
26
; A2 =
10
01
;
B =
⎛
⎜
⎜
⎝
30 40
40 54
50 68
60 82
⎞
⎟
⎟
⎠ ; C =
⎛
⎜
⎝
−
13
10
−
3
5
1
10
4
5
1
1
2
0 −
1
2
⎞
⎟
⎠
Chapitre 24
1 a) Faux ;e lle n’est pasl inéaire parr apport àu nc ouple
(x1, x2), mais par rapport àchacune des variables x1 et x2. b) Vrai.
c) Faux. d) Faux. e) Vrai. f) Faux ;sin = 2:Det(−A) = Det(A).
g) Faux;on multiplie le déterminant parcescalaire.
2 a) 0 . b) sin(c − b)+sin(a − c)+sin(b − a) . c) 0. d)
2(cos a − cos b)(cos b − cos c)(cos c − cos a).
e) (a − b)(b − c)(c − a). f) −4(a − b)(b − c)(c − a).
3 Det b (e2 + e3, e3 + e1, e1 + e2)
= Det b (e2, e3, e1)+Det b (e3, e1, e2) = 2.
4 Det b (e1 + λe2, e2 + λe3, e3 + λe1)
= Det b (e1, e2, e3)+λ
3 Det b (e2, e3, e1) = 1+λ
3 .
5 Comme p
2 = p,Det(p) ∈{0,1}.Sidim F = 3, p = IdE ,
donc Det(p) = 1; sinon, p n’est pasb ijectif et par conséquent
Det(p) = 0.
Comme s
2 = IdE ,D et(s) ∈{ 1 , − 1 } .S id im G estp aire,
Det(s) = 1;si dim G est impaire, Det(s) = −1.
6 On vérifieaisément quedeg(Q) = deg(P)etque l’application ϕ : P → Q estlinéaire. Calculer la matrice de ϕ danslabase
(1, X , X
2 )etendéduireDet(ϕ) = 1.
7 Calculer de deux façons Det(
t
A)etconclure.
8 1) Cf.exercice 13 du chapitre «Matrices »:Best semblable
àlamatrice :
B
=
⎛
⎝
000
100
010
⎞
⎠
2) I3 + B est semblable à I3 + B
,donc:
Det(I3 + B) = Det(I3 + B
) = 1.
3) Si A est inversible :
Det(A + B) = Det
A(I3 + A
−1 B)
= Det(A) · Det(I3 + A
−1 B).
Comme A et B commutent, A
−1 B est nilpotented ’indice 3;
on peut lui appliquer le résultat de la question précédente :
Det(I3 + A
−1 B) = 1,d’où Det(A + B) = Det(A).
Si A n’estpas inversible, on peut montrer par l’absurde que A + B
ne l’est pasnon plus. (Si A+B était inversible, on appliquerait le cas
précédentàA=(A+B)−B...) Donc Det(A + B) = Det A = 0.
9 a)
11
7
, −
12
7
.
b)
16
29
, −
4
29
,
15
29
.
c)
1
a
,
1
a
,
1
a
.
10 D = (a + b + c)
3
11 On cherche λ ∈ R tel que:Det(A − λI3) = 0, soit :
−λ
3 +3λ−2 = 0; on factorise : −(λ − 1)
2 (λ +2) = 0. L’ensemble dessolutions est {1, −2}.
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