Matrices semblables et trace : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : matrices semblables et trace

Exercice	Points
1. Un endomorphisme lu dans une base adaptée	4 points
2. Un rang qui dépend de a	4 points
3. Vrai ou faux sur la similitude	4 points
4. Trace et rang d’un projecteur	3 points
5. Problème : translation dans R2[X]	5 points
Total	20 points

Le corrigé détaillé : matrices semblables et trace

Exercice 1 – Un endomorphisme lu dans une base adaptée (4 points)

Questions 1 et 2 : la base adaptée et la matrice T

1. Soient \(a\), \(b\), \(c\) des réels tels que \(a f_1 + b f_2 + c f_3 = 0\). En comparant les coordonnées, on obtient le système \(a + b + c = 0\), \(b + c = 0\) et \(a + b + 2c = 0\).

   La différence des deux premières équations donne \(a = 0\). Ensuite, les deux dernières deviennent \(b + c = 0\) et \(b + 2c = 0\), donc \(c = 0\) puis \(b = 0\). Ainsi la famille est libre. Or elle compte trois vecteurs dans un espace de dimension 3. Par conséquent, \(\mathcal{F}\) est une base de \(\mathbb{R}^3\), et \(P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}\).

2. On calcule les produits par \(A\) des colonnes de \(P\) :

   \[A f_1 = (-1 + 1,\; -1 + 1,\; -2 + 2) = (0, 0, 0),\]

   \[A f_2 = (-1 + 1 + 1,\; -1 + 1 + 1,\; -2 + 1 + 2) = (1, 1, 1) = f_2,\]

   \[A f_3 = (-1 + 1 + 2,\; -1 + 1 + 2,\; -2 + 1 + 4) = (2, 2, 3) = f_2 + f_3.\]

   La \(j\)-ième colonne de \(T\) contient les coordonnées de \(u(f_j)\) dans \(\mathcal{F}\). Donc \(T = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\).

Questions 3 et 4 : invariants et puissances

3. Les matrices \(A\) et \(T\) représentent le même endomorphisme \(u\) dans deux bases. Elles sont donc semblables, avec précisément \(A = PTP^{-1}\). Or le rang et la trace sont invariants par similitude.

   D’une part, les colonnes non nulles de \(T\) sont \((0, 1, 0)\) et \((0, 1, 1)\), qui ne sont pas colinéaires : \(\mathrm{rg}\,T = 2\). D’autre part, \(\mathrm{tr}\,T = 0 + 1 + 1 = 2\). Ainsi \(\mathrm{rg}\,A = 2\) et \(\mathrm{tr}\,A = 2\), ce que confirme la somme \(-1 + 1 + 2\) des coefficients diagonaux de \(A\).

   De plus, le théorème du rang donne \(\dim \mathrm{Ker}\,u = 3 – 2 = 1\). Comme \(f_1\) est non nul et vérifie \(u(f_1) = 0\), la famille \((f_1)\) est une base de \(\mathrm{Ker}\,u\). L’image est alors \(\mathrm{Vect}(f_2, f_3)\), c’est-à-dire le plan d’équation \(x = y\).

   

4. Écrivons \(T\) par blocs : son premier coefficient vaut 0 et le bloc inférieur droit est \(J = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). Une récurrence immédiate donne \(J^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\), car \(J^{n+1} = J^n J\). Ainsi, pour \(n \geq 1\),

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

   Ensuite, \(A^n = PT^nP^{-1}\), puisque les \(P^{-1}P\) intermédiaires se simplifient. On trouve d’abord \(PT^n = \begin{pmatrix} 0 & 1 & n + 1 \\ 0 & 1 & n + 1 \\ 0 & 1 & n + 2 \end{pmatrix}\), puis, en multipliant par \(P^{-1}\) :

   \[A^n = \begin{pmatrix} -n & 1 & n \\ -n & 1 & n \\ -n – 1 & 1 & n + 1 \end{pmatrix}.\]

   Pour \(n = 1\), on retrouve bien \(A\). Cette formule donne \(A^n\) pour tout \(n \geq 1\) ; en revanche, elle ne vaut pas pour \(n = 0\), car \(T^0 = I_3\).

Barème : 1) liberté (0,5) et matrice \(P\) (0,25) ; 2) trois images (0,75) et matrice \(T\) (0,5) ; 3) rang et trace par similitude (0,5), base du noyau (0,5) ; 4) \(T^n\) (0,5) et \(A^n\) (0,5).

Piège classique : écrire \(T = PAP^{-1}\). Les colonnes de \(P\) sont les nouveaux vecteurs exprimés dans l’ancienne base, donc c’est \(A = PTP^{-1}\).

Exercice 2 – Un rang qui dépend de a (4 points)

Question 1 : échelonnement et discussion

1. Les opérations élémentaires sur les lignes conservent le rang. Effectuons d’abord \(L_2 \leftarrow L_2 – L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 – 2L_1\), puis \(L_3 \leftarrow L_3 – L_2\). On obtient successivement

   \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & a – 1 & 1 & 1 \\ 0 & a – 1 & a – 1 & 1 \end{pmatrix} \quad \text{puis} \quad \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & a – 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & a – 2 & 0 \end{pmatrix}.\]

   Si \(a \neq 1\) et \(a \neq 2\), les trois pivots \(1\), \(a – 1\) et \(a – 2\) sont non nuls, donc le rang vaut 3. Si \(a = 1\), les lignes deviennent \((1, 1, 2, 1)\), \((0, 0, 1, 1)\) et \((0, 0, -1, 0)\) ; alors \(L_3 \leftarrow L_3 + L_2\) donne \((0, 0, 0, 1)\), et la matrice échelonnée a trois lignes non nulles. Enfin, si \(a = 2\), la dernière ligne est nulle et il reste deux pivots.

   Conclusion : \(\mathrm{rg}\,M(a) = 3\) pour \(a \neq 2\), et \(\mathrm{rg}\,M(2) = 2\).

Questions 2 et 3 : noyau et matrices extraites

2. Pour \(a = 2\), le système \(M(2)X = 0\) équivaut au système échelonné \(x_1 + x_2 + 2x_3 + x_4 = 0\) et \(x_2 + x_3 + x_4 = 0\). Les inconnues \(x_3\) et \(x_4\) sont libres. On en tire \(x_2 = -x_3 – x_4\), puis \(x_1 = -x_2 – 2x_3 – x_4 = -x_3\).

   Donc \(\mathrm{Ker}\,M(2) = \mathrm{Vect}\left((-1, -1, 1, 0),\; (0, -1, 0, 1)\right)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, à cause de leurs deux dernières coordonnées. Ils forment donc une base du noyau, qui est de dimension 2. Le théorème du rang le confirme, car \(\dim \mathrm{Ker} = 4 – \mathrm{rg}\,M(2) = 4 – 2 = 2\).

3. Les mêmes opérations sur les trois premières colonnes transforment \(C(a)\) en la matrice triangulaire de diagonale \(1\), \(a – 1\), \(a – 2\). Pour une matrice triangulaire, l’inversibilité équivaut à l’absence de zéro sur la diagonale. Ainsi \(C(a)\) est inversible si et seulement si \(a \notin \{1, 2\}\).

   Pour \(a = 1\), prenons plutôt les colonnes 1, 3 et 4 : \(\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 2 \\ 2 & 4 & 3 \end{pmatrix}\). Après \(L_2 \leftarrow L_2 – L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 – 2L_1\), ses lignes sont \((1, 2, 1)\), \((0, 1, 1)\) et \((0, 0, 1)\). Cette matrice extraite est donc inversible. En effet, le rang est la taille maximale d’une matrice carrée extraite inversible : il suffit d’en trouver une, pas forcément celle des premières colonnes.

Barème : 1) échelonnement (0,75), cas \(a = 1\) (0,25), cas \(a = 2\) et conclusion (0,5) ; 2) résolution (0,75), base (0,25), théorème du rang (0,5) ; 3) condition sur \(C(a)\) (0,5), matrice extraite pour \(a = 1\) et commentaire (0,5).

Piège classique : conclure que le rang chute dès que le pivot \(a – 1\) s’annule. Pour \(a = 1\), un autre pivot apparaît plus loin dans la ligne.

Exercice 3 – Vrai ou faux sur la similitude (4 points)

1. a) Vrai. Supposons \(M = Q(2I_3)Q^{-1}\) avec \(Q\) inversible. Alors \(M = 2QQ^{-1} = 2I_3\), car une matrice scalaire commute avec toute matrice. Ainsi la classe de similitude de \(2I_3\) se réduit à elle-même.
2. b) Vrai. On a \(Ge_1 = e_1\) et \(Gw = (1 + 2, 3) = (3, 3) = 3w\), comme le montre la figure. La famille \((e_1, w)\) est libre, puisque seul \(w\) a une seconde coordonnée non nulle ; elle forme donc une base du plan. Dans cette base, l’endomorphisme canoniquement associé à \(G\) a pour matrice \(\Delta\). Par conséquent, \(G = Q\Delta Q^{-1}\) où \(Q\) a pour colonnes \(e_1\) et \(w\) ; on vérifie d’ailleurs que \(GQ\) et \(Q\Delta\) ont les mêmes colonnes \((1, 0)\) et \((3, 3)\).
3. c) Faux. Prenons \(S = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\) et \(I_2\). Elles ont toutes deux pour trace 2 et pour rang 2. Pourtant, si \(S\) était semblable à \(I_2\), le raisonnement du a) donnerait \(S = I_2\), ce qui est absurde.
4. d) Faux. La trace est linéaire et, pour toutes matrices carrées, \(\mathrm{tr}(VU) = \mathrm{tr}(UV)\). Donc \(\mathrm{tr}(UV – VU) = 0\), alors que \(\mathrm{tr}\,I_n = n \geq 1\). Aucun couple \((U, V)\) ne convient.

Barème : 1 point par affirmation, dont 0,25 pour la réponse et 0,75 pour la justification ; une réponse sans justification ne rapporte rien.

Piège classique : croire que l’égalité des traces et des rangs prouve la similitude. Ces invariants permettent seulement de réfuter.

Exercice 4 – Trace et rang d’un projecteur (3 points)

1. Comme \(p\) est un projecteur, on sait que \(E = \mathrm{Im}\,p \oplus \mathrm{Ker}\,p\). Choisissons une base \((e_1, \ldots, e_r)\) de \(\mathrm{Im}\,p\) et une base \((e_{r+1}, \ldots, e_n)\) de \(\mathrm{Ker}\,p\) ; leur concaténation \(\mathcal{E}\) est alors une base de \(E\).

   Soit \(x \in \mathrm{Im}\,p\), de la forme \(x = p(y)\). Alors \(p(x) = p^2(y) = p(y) = x\) : les vecteurs de l’image sont fixes. Ainsi \(p(e_i) = e_i\) pour \(i \leq r\), tandis que \(p(e_i) = 0\) pour \(i > r\). La matrice de \(p\) dans \(\mathcal{E}\) est donc diagonale, avec \(r\) coefficients égaux à 1 puis \(n – r\) coefficients nuls. Enfin, deux matrices de \(p\) dans deux bases sont semblables, donc partagent leur trace. Par conséquent, \(\mathrm{tr}\,p = r = \mathrm{rg}\,p\).

2. Notons \(M = 3Q\). Le premier coefficient de \(M^2\) vaut \(4 + 1 + 1 = 6\), et le coefficient d’indice \((1, 2)\) vaut \(-2 – 2 + 1 = -3\). Par symétrie des rôles, on obtient \(M^2 = 3M\). Donc \(Q^2 = \frac{1}{9}M^2 = \frac{1}{3}M = Q\).

   Ainsi \(Q\) est la matrice d’un projecteur de \(\mathbb{R}^3\). D’après la question 1, son rang égale sa trace. Donc \(\mathrm{rg}\,Q = \mathrm{tr}\,Q = \frac{2 + 2 + 2}{3} = 2\).

3. Si \(p\) est un projecteur de trace nulle, alors \(\mathrm{rg}\,p = 0\) d’après la question 1. Ainsi \(\mathrm{Im}\,p = \{0\}\), c’est-à-dire \(p = 0\).

Barème : 1) base adaptée (0,5), vecteurs fixes (0,5), invariance de la trace et conclusion (0,5) ; 2) calcul de \(Q^2\) (0,5), rang par la trace (0,5) ; 3) 0,5 point.

Piège classique : oublier de justifier que les vecteurs de l’image sont fixes. C’est précisément la relation \(p^2 = p\) qui le garantit.

Exercice 5 – Problème : translation dans R2[X] (5 points)

Questions 1 à 3 : la base des polynômes binomiaux

1. On calcule \(u(1) = 1\), \(u(X) = X + 1\) et \(u(X^2) = (X + 1)^2 = X^2 + 2X + 1\). En rangeant ces coordonnées en colonnes, on obtient \(A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\).

2. Les polynômes \(1\), \(X\) et \(H_2\) sont de degrés respectifs 0, 1 et 2. Or des polynômes non nuls échelonnés en degré forment toujours une famille libre. De plus, elle compte trois éléments et \(\dim E = 3\). Ainsi \(\mathcal{H}\) est une base de \(E\).

   Comme \(H_2 = -\frac{1}{2}X + \frac{1}{2}X^2\), on a \(P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\). Ensuite, \(X^2 = 2H_2 + X\), tandis que \(1\) et \(X\) appartiennent déjà à \(\mathcal{H}\). La matrice \(P^{-1}\) est la matrice de passage de \(\mathcal{H}\) à \(\mathcal{C}\). Donc \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\).

3. On a \(u(1) = 1\) et \(u(X) = 1 + X\). Par ailleurs, \(u(H_2) = \frac{(X + 1)X}{2} = \frac{X^2 – X}{2} + X = H_2 + X\). Ainsi \(T = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\).

   Vérifions enfin l’égalité demandée. Les deux produits valent \(AP = PT = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\). Par exemple, la dernière colonne de \(AP\) se lit directement : c’est la colonne des coordonnées de \(u(H_2) = H_2 + X\) dans \(\mathcal{C}\).

Questions 4 et 5 : puissances et argument de trace

4. Les seuls coefficients non nuls de \(R\) sont des 1, placés en positions \((1, 2)\) et \((2, 3)\). Son carré \(R^2\) ne garde qu’un 1, en position \((1, 3)\), et \(R^3 = 0\). Comme \(I_3\) commute avec \(R\), le binôme de Newton est utilisable pour \(T = I_3 + R\). Tous les termes d’indice \(k \geq 3\) sont nuls, d’où, pour tout \(n \geq 0\) :

   \[T^n = I_3 + nR +\binom{n}{2}R^2 = \begin{pmatrix} 1 & n & \frac{n(n – 1)}{2} \\ 0 & 1 & n \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

   La troisième colonne de \(T^n\) donne les coordonnées de \(u^n(H_2)\) dans \(\mathcal{H}\). Ainsi \(u^n(H_2) = \frac{n(n – 1)}{2} + nX + H_2\).

   Contrôlons ce résultat. D’abord, \(u^n(P) = P(X + n)\), par récurrence sur \(n\). Ensuite, \(H_2(X + n) = \frac{(X + n)(X + n – 1)}{2} = \frac{X^2 + (2n – 1)X + n(n – 1)}{2}\). De même, le membre de droite vaut \(\frac{n(n – 1)}{2} + nX + \frac{X^2 – X}{2}\), qui est le même polynôme.

5. Si \(A\) était semblable à \(I_3\), on aurait \(A = QI_3Q^{-1} = I_3\). Or le coefficient d’indice \((1, 2)\) de \(A\) vaut 1. Donc \(A\) n’est pas semblable à \(I_3\).

   Supposons ensuite qu’un tel \(v\) existe, et notons \(V\) sa matrice dans \(\mathcal{C}\). Alors \(AV – VA = I_3\). Cependant, \(\mathrm{tr}(AV – VA) = \mathrm{tr}(AV) – \mathrm{tr}(VA) = 0\), tandis que \(\mathrm{tr}\,I_3 = 3\). C’est absurde : aucun endomorphisme \(v\) ne convient.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) base (0,5), \(P\) et \(P^{-1}\) (0,5) ; 3) \(T\) (0,5) et vérification (0,5) ; 4) \(R^2\), \(R^3\) et binôme justifié (0,75), \(u^n(H_2)\) (0,5), contrôle (0,25) ; 5) non-similitude (0,25) et argument de trace (0,75).

Piège classique : appliquer le binôme sans vérifier que \(I_3\) et \(R\) commutent. Ici c’est immédiat, mais la justification est exigée.

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Consolider matrices semblables et trace après ce corrigé

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