324
En appliquant à t A à la place de A, on obtient aussi :
Ker ( t A) = Ker (A t A) .
2) • Soit Y ∈ Im(A t A) . Il existe X ∈ M n,1 (R) tel que
Y = (A t A)X, d’où Y = A( t AX) ∈ Im(A) .
Ceci montre :
Im(A t A) ⊂ Im(A) .
• D’après le théorème du rang :
rg(A t A) = n − dim (Ker(A t A)) = n − dim(Ker( t A))
= rg ( t A) = rg A.
Il en résulte : Im(A t A) = Im A,
puis, avec t A à la place de A : Im( t A A) = Im( t A).
3) Il n’y a, en général, pas de lien d’inclusion entre Ker (A) et
Ker ( t A), ni entre Im(A) et Im( t A).
Par exemple, pour n = 2 et A =
0 1
0 0
, on a :
Ker (A) = R
1
0
, Ker ( t A) = R
0
1
,
Im(A) = R
1
0
, Im( t A) = R
0
1
.
Réponse :
• Ker ( t A A) = Ker (A), Ker (A t A) = Ker ( t A)
• Im( t A A) = Im( t A), Im(A t A) = Im(A)
• rg (A) = rg ( t A) = rg ( t A A) = rg (A t A) .
Notons B = A 2 − I n . On a alors :
B 2 = A 4 − 2A 2 + I n = 0,
et t B B = t A 2 A 2 − A 2 − t A 2 + I n
= A 2 t A 2 − A 2 − t A 2 + I n = B t B,
d’où :
t ( t B B) ( t B B) = ( t B B) 2 = t B 2 B 2 = 0,
donc (cf. ex. 4.2.3) t B B = 0 , puis encore, B = 0.
Notons V =
v 1
. . .
v n
, donc A =
0 v 1 . . . v n
v 1
. . .
0
v n
.
1) Comme les colonnes n os 2 à n + 1 de A sont colinéaires
à
1
0
0
, il est clair que rg (A) 2.
D’autre part, il existe i ∈ {1,. . . ,n} tel que v i = 0, et les colonnes n os 1 et i + 1 de A forment une famille libre, d’où
rg (A) 2.
On conclut :
rg (A) = 2.
2) On a :
A 2 =
t V V
0
0
V t V
.
D’une part, comme Im(A 2 ) ⊂ Im(A) , on a :
rg (A 2 ) rg (A) = 2 .
D’autre part, t V V = 0 et V t V = 0 (car V = 0 ), donc
rg (A 2 ) = rg ( t V V ) + rg (V t V ) 2.
Réponse : rg (A) = rg (A 2 ) = 2 .
Puisque Im( f ) ⊂ Vect({A,B}) , le plan vectoriel
P = Vect({A,B}) est stable par f ; notons g l’endomorphisme
induit par f sur P, et
M = Mat (A,B) (g) =
−tr( t B A) −tr( t B B)
tr( t A A)
tr( t AB)
.
On a : ∀λ ∈ R, χ g (λ) = λ 2 + α, où
α = −(tr( t AB)) 2 + tr( t A A)tr( t B B) .
Comme (A,B) est libre, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz
et l’étude du cas d’égalité, appliqués au produit scalaire canonique sur M n (R), on a :
α = − < A,B > 2 +||A|| 2 ||B|| 2 > 0 .
Ainsi, χ g n’est pas scindé sur R. Comme g est induit par f, χ g |χ f
(cf. ex. 3.2.1 p. 85), et donc χ f n’est pas non plus scindé
sur R .
Réponse : f n’est pas diagonalisable.
a) D’après l’ex. 4.2.5 : rg ( t A A) = rg (A) = p.
Comme B = t A A ∈ M p (R) , on conclut : B ∈ GL p (R).
b) • C = AB −1 t A ∈ M n (R).
• C 2 = AB −1 ( t A A)B −1 t A = AB −1 B B −1 t A
= AB −1 t A = C .
•
C = AB −1 t A ⇒ Im(C) ⊂ Im(A)
C A = AB −1 t A A = A ⇒ Im(A) ⊂ Im(C)
.
•
C = AB −1 t A ⇒ Ker ( t A) ⊂ Ker (C)
t AC = t A AB −1 t A = t A ⇒ Ker (C) ⊂ Ker ( t A)
.
a) D’après Algèbre PCSI-PTSI, ex. 8.1.30, il existe
U,V ∈ M n,1 (R) tels que H = U t V.
Comme rg (H ) = 1 , on a : U = 0 (et V = 0).
Si V est colinéaire à U, V = αU (α ∈ R) , donc H = αU t U
est symétrique, exclu. Ainsi, (U,V ) est libre.
Soit (λ,X) ∈ R ×
M n,1 (R) − {0}
. On a :
AX = λX ⇐⇒ (U t V + V t U )X = λX
⇐⇒ ( t V X)U + ( t U X)V = λX .
4.2.6
4.2.7
4.2.8
4.2.9
4.2.10
En appliquant à t A à la place de A, on obtient aussi :
Ker ( t A) = Ker (A t A) .
2) • Soit Y ∈ Im(A t A) . Il existe X ∈ M n,1 (R) tel que
Y = (A t A)X, d’où Y = A( t AX) ∈ Im(A) .
Ceci montre :
Im(A t A) ⊂ Im(A) .
• D’après le théorème du rang :
rg(A t A) = n − dim (Ker(A t A)) = n − dim(Ker( t A))
= rg ( t A) = rg A.
Il en résulte : Im(A t A) = Im A,
puis, avec t A à la place de A : Im( t A A) = Im( t A).
3) Il n’y a, en général, pas de lien d’inclusion entre Ker (A) et
Ker ( t A), ni entre Im(A) et Im( t A).
Par exemple, pour n = 2 et A =
0 1
0 0
, on a :
Ker (A) = R
1
0
, Ker ( t A) = R
0
1
,
Im(A) = R
1
0
, Im( t A) = R
0
1
.
Réponse :
• Ker ( t A A) = Ker (A), Ker (A t A) = Ker ( t A)
• Im( t A A) = Im( t A), Im(A t A) = Im(A)
• rg (A) = rg ( t A) = rg ( t A A) = rg (A t A) .
Notons B = A 2 − I n . On a alors :
B 2 = A 4 − 2A 2 + I n = 0,
et t B B = t A 2 A 2 − A 2 − t A 2 + I n
= A 2 t A 2 − A 2 − t A 2 + I n = B t B,
d’où :
t ( t B B) ( t B B) = ( t B B) 2 = t B 2 B 2 = 0,
donc (cf. ex. 4.2.3) t B B = 0 , puis encore, B = 0.
Notons V =
v 1
. . .
v n
, donc A =
0 v 1 . . . v n
v 1
. . .
0
v n
.
1) Comme les colonnes n os 2 à n + 1 de A sont colinéaires
à
1
0
0
, il est clair que rg (A) 2.
D’autre part, il existe i ∈ {1,. . . ,n} tel que v i = 0, et les colonnes n os 1 et i + 1 de A forment une famille libre, d’où
rg (A) 2.
On conclut :
rg (A) = 2.
2) On a :
A 2 =
t V V
0
0
V t V
.
D’une part, comme Im(A 2 ) ⊂ Im(A) , on a :
rg (A 2 ) rg (A) = 2 .
D’autre part, t V V = 0 et V t V = 0 (car V = 0 ), donc
rg (A 2 ) = rg ( t V V ) + rg (V t V ) 2.
Réponse : rg (A) = rg (A 2 ) = 2 .
Puisque Im( f ) ⊂ Vect({A,B}) , le plan vectoriel
P = Vect({A,B}) est stable par f ; notons g l’endomorphisme
induit par f sur P, et
M = Mat (A,B) (g) =
−tr( t B A) −tr( t B B)
tr( t A A)
tr( t AB)
.
On a : ∀λ ∈ R, χ g (λ) = λ 2 + α, où
α = −(tr( t AB)) 2 + tr( t A A)tr( t B B) .
Comme (A,B) est libre, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz
et l’étude du cas d’égalité, appliqués au produit scalaire canonique sur M n (R), on a :
α = − < A,B > 2 +||A|| 2 ||B|| 2 > 0 .
Ainsi, χ g n’est pas scindé sur R. Comme g est induit par f, χ g |χ f
(cf. ex. 3.2.1 p. 85), et donc χ f n’est pas non plus scindé
sur R .
Réponse : f n’est pas diagonalisable.
a) D’après l’ex. 4.2.5 : rg ( t A A) = rg (A) = p.
Comme B = t A A ∈ M p (R) , on conclut : B ∈ GL p (R).
b) • C = AB −1 t A ∈ M n (R).
• C 2 = AB −1 ( t A A)B −1 t A = AB −1 B B −1 t A
= AB −1 t A = C .
•
C = AB −1 t A ⇒ Im(C) ⊂ Im(A)
C A = AB −1 t A A = A ⇒ Im(A) ⊂ Im(C)
.
•
C = AB −1 t A ⇒ Ker ( t A) ⊂ Ker (C)
t AC = t A AB −1 t A = t A ⇒ Ker (C) ⊂ Ker ( t A)
.
a) D’après Algèbre PCSI-PTSI, ex. 8.1.30, il existe
U,V ∈ M n,1 (R) tels que H = U t V.
Comme rg (H ) = 1 , on a : U = 0 (et V = 0).
Si V est colinéaire à U, V = αU (α ∈ R) , donc H = αU t U
est symétrique, exclu. Ainsi, (U,V ) est libre.
Soit (λ,X) ∈ R ×
M n,1 (R) − {0}
. On a :
AX = λX ⇐⇒ (U t V + V t U )X = λX
⇐⇒ ( t V X)U + ( t U X)V = λX .
4.2.6
4.2.7
4.2.8
4.2.9
4.2.10