Matrices de passage et similitude : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : matrices de passage et similitude

Le corrigé détaillé : matrices de passage et similitude

Exercice 1 – Une application linéaire définie sur des polynômes (4 points)

1. Soient \(P, Q \in \mathbb{R}_2[X]\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). L’évaluation en un point et la dérivation sont linéaires, donc \((\lambda P + Q)(1) – (\lambda P + Q)(-1) = \lambda\left(P(1) – P(-1)\right) + Q(1) – Q(-1)\) et \((\lambda P + Q)^{\prime}(2) = \lambda P^{\prime}(2) + Q^{\prime}(2)\). Ainsi \(f(\lambda P + Q) = \lambda f(P) + f(Q)\). L’application \(f\) est linéaire.

2. On calcule \(f(1) = (1 – 1, 0) = (0, 0)\), puis \(f(X) = (1 – (-1), 1) = (2, 1)\) et enfin \(f(X^2) = (1 – 1, 2 \times 2) = (0, 4)\).

   Les colonnes de \(M\) sont les coordonnées de ces images dans \(\mathcal{C}\), d’où

   \[M = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}.\]

3. Questions 3 et 4 : noyau, image et nouvelles bases

   Soit \(P = a + bX + cX^2\). D’après la question précédente, \(f(P) = (2b, b + 4c)\). Par conséquent, \(f(P) = 0\) équivaut à \(b = 0\) et \(b + 4c = 0\), c’est-à-dire \(b = c = 0\). Le noyau est \(\ker f = \mathrm{Vect}(1)\), la droite des polynômes constants, de base \((1)\).

   Comme \(\mathbb{R}_2[X]\) est de dimension 3, le théorème du rang donne \(\mathrm{rg}(f) = 3 – 1 = 2\). L’image est alors incluse dans le plan \(\mathbb{R}^2\) et elle a la même dimension que lui, si bien qu’elle le remplit entièrement. L’application \(f\) est surjective.

4. Les polynômes \(1\), \(X\) et \(X^2 – 4X\) sont de degrés respectifs 0, 1 et 2 : une telle famille échelonnée en degrés est libre. Elle compte 3 vecteurs dans un espace de dimension 3, donc \(\mathcal{B}^{\prime}\) est une base. De même, \(\varepsilon_1\) et \(\varepsilon_2\) ne sont pas colinéaires, car la seconde coordonnée de \(\varepsilon_2\) est nulle alors que celle de \(\varepsilon_1\) ne l’est pas. Ainsi \(\mathcal{C}^{\prime}\) est une base de \(\mathbb{R}^2\).

   On exprime ensuite chaque image dans \(\mathcal{C}^{\prime}\) : \(f(1) = 0\), \(f(X) = (2, 1) = \varepsilon_1\) et, par linéarité, \(f(X^2 – 4X) = (0, 4) – 4(2, 1) = (-8, 0) = -8\,\varepsilon_2\). Par suite,

   \[N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -8 \end{pmatrix}.\]

5. Question 5 : la formule de changement de base

   Les colonnes de \(Q\) donnent les vecteurs de \(\mathcal{B}^{\prime}\) dans \(\mathcal{B}\), et celles de \(R\) les vecteurs de \(\mathcal{C}^{\prime}\) dans \(\mathcal{C}\) :

   \[Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad R = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad R^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}.\]

   On vérifie en effet que \(R R^{-1} = I_2\). Puis \(MQ = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -8 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\), et donc \(R^{-1} M Q = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -8 \end{pmatrix}\). On retrouve bien \(N = R^{-1} M Q\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) images et matrice, 0,5 point chacune ; 3) noyau (0,5) et surjectivité par le rang (0,5) ; 4) les deux bases (0,5) puis \(N\) (0,5) ; 5) 0,5 point.

Piège classique : ranger les images en lignes au lieu de colonnes. Ici, la matrice de \(f\) compte une colonne par vecteur de la base \(\mathcal{B}\), soit trois colonnes pour deux lignes.

Exercice 2 – Changement de base dans le plan (4 points)

1. Supposons \(a u_1 + b u_2 = 0\). Alors \(2a + b = 0\) et \(a + b = 0\) ; en soustrayant, on obtient \(a = 0\), puis \(b = 0\). La famille \(\mathcal{E}\) est donc libre, et elle a 2 vecteurs dans \(\mathbb{R}^2\) de dimension 2. \(\mathcal{E}\) est une base de \(\mathbb{R}^2\).

   Les colonnes de \(P\) sont les coordonnées de \(u_1\) et \(u_2\) dans \(\mathcal{C}\). On obtient ensuite \(P^{-1}\) en résolvant \(PX = Y\) ou par la formule des matrices \(2 \times 2\) :

   \[P = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}.\]

   On contrôle enfin que \(P P^{-1} = I_2\).

2. Si \(X\) et \(X^{\prime}\) sont les colonnes de coordonnées de \(w\) dans \(\mathcal{C}\) et dans \(\mathcal{E}\), alors \(X = P X^{\prime}\), donc \(X^{\prime} = P^{-1} X\). Ainsi

   \[X^{\prime} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 5 \end{pmatrix}.\]

   Vérification : \(-2\,u_1 + 5\,u_2 = (-4 + 5, -2 + 5) = (1, 3) = w\). Sur la figure, on part de \(O\), on recule de deux fois \(u_1\), puis on avance de cinq fois \(u_2\) : on arrive bien au bout de \(w\). Les coordonnées de \(w\) dans \(\mathcal{E}\) sont \((-2, 5)\).

   

3. Questions 3 et 4 : la matrice de g dans la nouvelle base

   Par produit matriciel, \(g(u_1) = (1 \times 2 + 2 \times 1,\ 2 \times 1) = (4, 2) = 2\,u_1\). De même, \(g(u_2) = (1 + 2,\ 2) = (3, 2)\), et comme \(u_1 + u_2 = (3, 2)\), on a \(g(u_2) = u_1 + u_2\). En plaçant les coordonnées de ces images en colonnes, on obtient

   \[T = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

4. D’abord \(AP = \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\), puis \(P^{-1}(AP) = \begin{pmatrix} 4 – 2 & 3 – 2 \\ -4 + 4 & -3 + 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). On a bien \(T = P^{-1} A P\), ce qui est la formule de changement de base pour un endomorphisme.

   Enfin, \(\mathrm{tr}(A) = 1 + 2 = 3\) et \(\mathrm{tr}(T) = 2 + 1 = 3\). Les deux traces sont égales, car \(A\) et \(T\) sont semblables.

Barème : 1) base (0,5), puis \(P\) et son inverse (0,5) ; 2) relation \(X^{\prime} = P^{-1}X\) (0,5) et résultat vérifié (0,5) ; 3) images (0,5) et \(T\) (0,5) ; 4) produit (0,5) et comparaison des traces (0,5).

Piège classique : calculer \(PX\) au lieu de \(P^{-1}X\). La matrice de passage transforme les nouvelles coordonnées en anciennes, et non l’inverse.

Exercice 3 – Trace, commutateurs et homothéties (3 points)

1. Le coefficient diagonal d’indice \(i\) de \(UV\) vaut \(\sum_{k=1}^{n} u_{ik} v_{ki}\), donc \(\mathrm{tr}(UV) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} u_{ik} v_{ki}\). De même, la trace de \(VU\) s’écrit \(\sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} v_{ki} u_{ik}\). Ces deux sommes finies portent sur les mêmes termes, car on peut échanger l’ordre des sommations. Les produits \(UV\) et \(VU\) ont donc la même trace.
2. Raisonnons par l’absurde en supposant \(UV – VU = I_n\). La trace étant linéaire, celle du membre de gauche vaut \(\mathrm{tr}(UV) – \mathrm{tr}(VU)\), c’est-à-dire 0 d’après la question 1. Or la trace de \(I_n\) vaut \(n \geq 1\), ce qui est contradictoire. L’équation \(UV – VU = I_n\) n’a aucune solution.

3. Si \(C\) est semblable à \(\lambda I_n\), il existe \(P\) inversible telle que \(C = P^{-1}(\lambda I_n)P = \lambda P^{-1} P = \lambda I_n\), car \(\lambda I_n\) commute avec toute matrice. La seule matrice semblable à \(\lambda I_n\) est \(\lambda I_n\).

   Puisque \(K \neq 3 I_2\), la matrice \(K\) n’est donc pas semblable à \(3 I_2\), alors que \(\mathrm{tr}(K) = 6 = \mathrm{tr}(3 I_2)\). L’égalité des traces ne suffit pas à prouver la similitude.

Barème : 1) 1 point, dont la moitié pour l’écriture des coefficients diagonaux ; 2) 1 point ; 3) preuve générale (0,5) et application à \(K\) (0,5).

Exercice 4 – Vrai ou faux sur la similitude (4 points)

1. Vrai. Si \(B = P^{-1} A P\), on applique le résultat de l’exercice 3 aux matrices \(P^{-1}\) et \(AP\). On obtient alors \(\mathrm{tr}(B) = \mathrm{tr}(A P P^{-1}) = \mathrm{tr}(A)\).
2. Faux. Prenons par exemple \(C = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}\) et \(E = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\). Chacune a une seule colonne non nulle, donc elles sont toutes deux de rang 1. Pourtant \(\mathrm{tr}(C) = 4\) et \(\mathrm{tr}(E) = 0\), si bien qu’elles ne sont pas semblables d’après l’affirmation précédente.

3. Vrai. Soit \(u\) l’endomorphisme canoniquement associé à \(G\) : en lisant les colonnes, \(u(e_1) = 2e_1\) et \(u(e_2) = 5e_1 – e_2\). Dans la base \((e_2, e_1)\), on a d’une part \(u(e_2) = -1 \cdot e_2 + 5 \cdot e_1\), d’autre part \(u(e_1) = 0 \cdot e_2 + 2 \cdot e_1\). La matrice de \(u\) dans cette base est donc \(H\).

   Par conséquent, \(G\) et \(H\) représentent le même endomorphisme dans deux bases, ce qui donne \(H = S^{-1} G S\) avec la matrice de passage \(S = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\), qui vérifie \(S^{-1} = S\). On le confirme aussi par le calcul : \(GS = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\), puis \(S(GS) = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 5 & 2 \end{pmatrix} = H\).

4. Vrai. Écrivons \(B = P^{-1} A P\). Comme produit de trois matrices inversibles, \(B\) est inversible. De plus, l’inverse d’un produit est le produit des inverses dans l’ordre contraire, donc \(B^{-1} = P^{-1} A^{-1} \left(P^{-1}\right)^{-1} = P^{-1} A^{-1} P\). Ainsi \(B^{-1}\) est semblable à \(A^{-1}\).

Barème : 1 point par affirmation, réparti en 0,25 pour la réponse et 0,75 pour la justification (preuve générale ou contre-exemple vérifié).

Piège classique : justifier une affirmation vraie par un seul exemple. Un exemple ne prouve rien dans le cas général, seul un contre-exemple réfute.

Exercice 5 – Problème : un projecteur dans une base adaptée (5 points)

1. En effectuant les neuf produits scalaires lignes-colonnes, on trouve \(M^2 = \begin{pmatrix} -1 & -2 & 2 \\ -1 & 0 & 1 \\ -2 & -2 & 3 \end{pmatrix} = M\). Le coefficient en position \((3, 3)\), notamment, vaut \((-2) \times 2 + (-2) \times 1 + 3 \times 3 = 3\). Ainsi \(p \circ p = p\). L’endomorphisme \(p\) est un projecteur.

2. Question 2 : noyau et image du projecteur

   Un vecteur \((x, y, z)\) est dans \(\ker p\) si et seulement si \(-x – 2y + 2z = 0\), \(-x + z = 0\) et \(-2x – 2y + 3z = 0\). La deuxième équation donne \(z = x\), puis la première devient \(x – 2y = 0\), soit \(x = 2y\). La troisième est alors vérifiée, car \(-4y – 2y + 6y = 0\). Donc \(\ker p = \mathrm{Vect}(w) = D\).

   Ensuite, les colonnes \((-1, -1, -2)\), \((-2, 0, -2)\) et \((2, 1, 3)\) de \(M\) vérifient toutes \(z = x + y\), donc l’image de \(p\) est contenue dans \(F\). Par le théorème du rang, \(\mathrm{rg}(p) = 3 – 1 = 2\). Or \(F\) est un plan, de dimension 2, si bien que l’inclusion est une égalité. On a \(\mathrm{Im}\, p = F\).

   Enfin, \(p(v) = M \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\), d’où \(v – p(v) = (2, 1, 2) = w\), qui appartient bien à \(D\). Ainsi \(p(v) = (0, -1, -1)\) : la figure montre que \(p\) projette sur \(F\) parallèlement à \(D\).

   

3. Questions 3 et 4 : la base adaptée

   Supposons \(a f_1 + b f_2 + c w = 0\), soit \(a + 2c = 0\), \(b + c = 0\) et \(a + b + 2c = 0\). En reportant \(a = -2c\) et \(b = -c\) dans la dernière équation, on trouve \(-c = 0\), puis \(a = b = c = 0\). La famille est libre et compte 3 vecteurs dans \(\mathbb{R}^3\) : \(\mathcal{B}^{\prime}\) est une base.

   De plus, \(f_1\) et \(f_2\) appartiennent à \(F = \mathrm{Im}\, p\), et un projecteur laisse fixe tout vecteur de son image : en effet, si \(y = p(z)\), alors \(p(y) = p^2(z) = p(z) = y\). On vérifie d’ailleurs que \(M f_1 = f_1\) et \(M f_2 = f_2\). Enfin \(p(w) = 0\). Par conséquent,

   \[D^{\prime} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.\]

4. Les colonnes de \(P\) sont \(f_1\), \(f_2\) et \(w\) écrits dans la base canonique, et la formule de changement de base donne \(D^{\prime} = P^{-1} M P\), c’est-à-dire \(M = P D^{\prime} P^{-1}\), avec

   \[P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}.\]

   Deux matrices semblables ont la même trace, donc \(\mathrm{tr}(M) = \mathrm{tr}(D^{\prime}) = 2 = \mathrm{rg}(p)\). On le confirme directement : \(\mathrm{tr}(M) = -1 + 0 + 3 = 2\). Ainsi \(\mathrm{tr}(M) = \mathrm{rg}(p) = 2\).

5. Question 5 : le cas général

   Soit \(x \in \mathbb{R}^n\). On écrit \(x = q(x) + \left(x – q(x)\right)\), où \(q(x) \in \mathrm{Im}\, q\). De plus, \(q\left(x – q(x)\right) = q(x) – q^2(x) = 0\), donc \(x – q(x) \in \ker q\). Ainsi \(\mathbb{R}^n = \mathrm{Im}\, q + \ker q\).

   Si maintenant \(y \in \mathrm{Im}\, q \cap \ker q\), alors \(q(y) = y\) comme à la question 3, et aussi \(q(y) = 0\), donc \(y = 0\). La somme est directe : \(\mathbb{R}^n = \mathrm{Im}\, q \oplus \ker q\).

   On concatène alors une base \((a_1, \ldots, a_r)\) de \(\mathrm{Im}\, q\) et une base \((b_1, \ldots, b_{n-r})\) de \(\ker q\) : on obtient une base de \(\mathbb{R}^n\) adaptée à cette somme directe. Comme \(q(a_i) = a_i\) et \(q(b_j) = 0\), la matrice de \(q\) dans cette base est diagonale, avec \(r\) coefficients égaux à 1 puis \(n – r\) coefficients nuls. Elle est semblable à la matrice de \(q\) dans la base canonique, donc \(\mathrm{tr}(q) = r = \mathrm{rg}(q)\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) noyau, image justifiée par le rang et calcul de \(p(v)\), 0,5 chacun ; 3) liberté de la famille (0,5) et \(D^{\prime}\) justifiée (0,5) ; 4) \(P\) avec la relation (0,5) et trace (0,5) ; 5) somme directe (0,5) et trace (0,5).

Piège classique : affirmer \(\mathrm{Im}\, p = F\) après avoir seulement vérifié une inclusion. L’égalité des dimensions est indispensable pour conclure.

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