20 Exercices Corrigés : Applications Linéaires — Prépa MPSI/PCSI/MP

Soient \(u = (x_1, y_1, z_1)\), \(v = (x_2, y_2, z_2) \in \mathbb{R}^3\) et \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\).

Donc \(f\) est linéaire. ∎

1. On résout \(f(x,y,z) = (0,0)\) :

On paramètre par \(z\) : \((x,y,z) = (-3z, -6z, z) = z(-3, -6, 1)\).

Donc \(\ker f = \mathrm{Vect}\bigl((-3, -6, 1)\bigr)\), de dimension 1.

2. On calcule les images des vecteurs de la base canonique :

\((2,1)\) et \((-1,0)\) sont non colinéaires, donc \(\mathrm{Im}\, f = \mathbb{R}^2\), de dimension 2.

3. \(\dim \ker f + \dim \mathrm{Im}\, f = 1 + 2 = 3 = \dim \mathbb{R}^3\). ✓

Les colonnes de la matrice sont les images des vecteurs de la base canonique :

1. La dérivation est linéaire : \((\lambda P + \mu Q)^\prime = \lambda P^\prime + \mu Q^\prime\). De plus, si \(\deg P \leq 2\), alors \(\deg P^\prime \leq 1 \leq 2\), donc \(D(P) \in \mathbb{R}_2[X]\).

2. \(D(1) = 0, \quad D(X) = 1, \quad D(X^2) = 2X\)

3. \(\ker D = \{P \in \mathbb{R}_2[X] \mid P^\prime = 0\}\) = polynômes constants = \(\mathrm{Vect}(1)\), \(\dim \ker D = 1\).

\(\mathrm{Im}\, D = \mathrm{Vect}(0, 1, 2X) = \mathrm{Vect}(1, X) = \mathbb{R}_1[X]\), \(\dim \mathrm{Im}\, D = 2\).

Théorème du rang : \(1 + 2 = 3 = \dim \mathbb{R}_2[X]\). ✓

1. On échelonne \(A\) : \(L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1\), \(L_3 \leftarrow L_3 – 3L_1\) :

Pivot en colonne 1, variables libres \(y\) et \(z\). On obtient \(x = -2y + z\).

\(\ker f = \{(-2y+z,\, y,\, z) \mid y, z \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}\bigl((-2,1,0),\; (1,0,1)\bigr)\), \(\dim \ker f = 2\).

2. Les trois colonnes de \(A\) sont proportionnelles à \((1,2,3)\) :

\(\mathrm{Im}\, f = \mathrm{Vect}\bigl((1,2,3)\bigr)\), \(\dim \mathrm{Im}\, f = 1\).

3. \(2 + 1 = 3 = \dim \mathbb{R}^3\). ✓

1. Par linéarité :

2. La matrice de \(f\) dans la base canonique est \(A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\).

\(\det A = 1(1-0) – 0 + 1(1-0) = 2 \neq 0\).

Donc \(f\) est bijective.

1. Posons \(s = \displaystyle\frac{x+y}{2}\). Alors \(p(x,y) = (s, s)\) et :

Donc \(p^2 = p\) : \(p\) est un projecteur.

2. \(\ker p = \{(x,y) \mid x + y = 0\} = \mathrm{Vect}\bigl((1,-1)\bigr)\).

\(\mathrm{Im}\, p = \{(t,t) \mid t \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}\bigl((1,1)\bigr)\).

3. \((1,-1)\) et \((1,1)\) ne sont pas colinéaires, donc \(\ker p \cap \mathrm{Im}\, p = \{0\}\) et \(\dim \ker p + \dim \mathrm{Im}\, p = 2 = \dim \mathbb{R}^2\). Ainsi \(\mathbb{R}^2 = \ker p \oplus \mathrm{Im}\, p\). ✓

1. \(\det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = -2 \neq 0\), donc \(\mathcal{B}^\prime\) est une base. ✓

2. On calcule les images des vecteurs de \(\mathcal{B}^\prime\) et on les décompose dans \(\mathcal{B}^\prime\).

\(f(1,1) = (2,2)\). On résout \((2,2) = a(1,1) + b(1,-1)\) : \(a+b=2\), \(a-b=2\), d’où \(a=2, b=0\).

\(f(1,-1) = (4,0)\). On résout \((4,0) = a(1,1) + b(1,-1)\) : \(a+b=4\), \(a-b=0\), d’où \(a=2, b=2\).

1. \(A\) est triangulaire supérieure : ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux, soit \(1\), \(2\) et \(3\). Elles sont deux à deux distinctes, donc \(A\) est diagonalisable dans \(\mathbb{R}\) et chaque sous-espace propre est de dimension \(1\).

2. Cherchons un vecteur propre pour chaque valeur propre.

λ = 1 : \((A – I_3)X = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} X = 0\) donne \(x_3 = 0\), \(x_2 = 0\), \(x_1\) libre. Vecteur propre : \(v_1 = (1, 0, 0)\).

λ = 2 : \((A – 2I_3)X = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} X = 0\) donne \(x_3 = 0\) et \(x_2 = x_1\). Vecteur propre : \(v_2 = (1, 1, 0)\).

λ = 3 : \((A – 3I_3)X = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} X = 0\) donne \(x_3 = x_2\) et \(x_2 = 2 x_1\). Vecteur propre : \(v_3 = (1, 2, 2)\).

Ainsi \(\mathcal{B}^\prime = (v_1, v_2, v_3)\) est une base de vecteurs propres et \(P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\). Par inversion d’un système triangulaire :

3. \(D = P^{-1} A P = \mathrm{diag}(1, 2, 3)\), donc \(A^n = P D^n P^{-1} = P \, \mathrm{diag}(1, 2^n, 3^n) \, P^{-1}\). Après multiplication (calcul direct par blocs triangulaires) :

Vérification pour n = 1 : les coefficients donnent \(2 – 1 = 1\), \((3 – 4 + 1)/2 = 0\), \(3 – 2 = 1\). On retrouve bien la matrice \(A\). ✓

4. Posons \(X_n = \begin{pmatrix} u_n \\ v_n \\ w_n \end{pmatrix}\). Le système s’écrit \(X_{n+1} = A X_n\), donc \(X_n = A^n X_0\) avec \(X_0 = (1, 1, 1)^T\). En lisant les coefficients de \(A^n\) :

Vérification. Pour \(n = 0\) : \(u_0 = 1\), \(v_0 = 1\), \(w_0 = 1\). ✓ Récurrence : \(v_{n+1} = 2 \cdot 3^n + 3^n = 3^{n+1}\) ✓ ; \(w_{n+1} = 3 \cdot 3^n = 3^{n+1}\) ✓ ; \(u_{n+1} = \displaystyle\frac{3^n + 1}{2} + 3^n = \displaystyle\frac{3^{n+1} + 1}{2}\) ✓.

Conclusion : \(u_n = \displaystyle\frac{3^n + 1}{2}\), \(v_n = 3^n\), \(w_n = 3^n\).

1. La linéarité est immédiate. Pour la stabilité : si \(P = aX^2 + bX + c\), alors \(P(X+1) – P(X) = 2aX + a + b\), qui est de degré \(\leq 1 \leq 2\). Donc \(\Delta(P) \in \mathbb{R}_2[X]\).

2.

3. \(\ker \Delta = \{P \mid P(X+1) = P(X)\}\) = polynômes constants = \(\mathrm{Vect}(1)\), \(\dim \ker \Delta = 1\).

\(\mathrm{Im}\, \Delta = \mathrm{Vect}(1, 2X+1) = \mathrm{Vect}(1, X) = \mathbb{R}_1[X]\), \(\dim \mathrm{Im}\, \Delta = 2\).

1. On effectue \(C_1 \leftarrow C_1 + C_2 + C_3\). La première colonne devient \((a+2, a+2, a+2)^T\), d’où :

On soustrait \(L_1\) aux autres lignes : \(\det A_a = (a+2)(a-1)^2\).

2. \(f_a\) bijective \(\Leftrightarrow \det A_a \neq 0 \Leftrightarrow a \neq -2\) et \(a \neq 1\).

3. Pour \(a = 1\) : \(A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\).

\(\ker f_1 = \{(x,y,z) \mid x+y+z = 0\} = \mathrm{Vect}\bigl((-1,1,0),\; (-1,0,1)\bigr)\), \(\dim \ker f_1 = 2\).

\(\mathrm{Im}\, f_1 = \mathrm{Vect}\bigl((1,1,1)\bigr)\), \(\dim \mathrm{Im}\, f_1 = 1\).

1. \(\dim F + \dim G = 2 + 1 = 3\). Il suffit de vérifier \(F \cap G = \{0\}\).

Si \(\alpha(1,0,1) + \beta(0,1,0) = \gamma(1,0,-1)\), alors \(\alpha = \gamma\), \(\beta = 0\), \(\alpha = -\gamma\), d’où \(\gamma = 0\).

Donc \(F \cap G = \{0\}\) et \(\mathbb{R}^3 = F \oplus G\). ✓

2. On décompose chaque vecteur de la base canonique : \((x,y,z) = \alpha(1,0,1) + \beta(0,1,0) + \gamma(1,0,-1)\).

On obtient \(\alpha = \displaystyle\frac{x+z}{2}\), \(\beta = y\), \(\gamma = \displaystyle\frac{x-z}{2}\).

Alors \(p(x,y,z) = \alpha(1,0,1) + \beta(0,1,0) = \left(\displaystyle\frac{x+z}{2},\; y,\; \displaystyle\frac{x+z}{2}\right)\).

3. Dans \(\mathcal{B}^\prime\), les deux premiers vecteurs sont dans \(F\), le troisième dans \(G\). Donc :

Rappel : \(s\) fixe les vecteurs de \(D\) et renverse ceux de \(D^\prime\) : \(s(1,1) = (1,1)\), \(s(1,-1) = -(1,-1) = (-1,1)\).

1. Décomposition : \((1,0) = \displaystyle\frac{1}{2}(1,1) + \displaystyle\frac{1}{2}(1,-1)\).

De même : \((0,1) = \displaystyle\frac{1}{2}(1,1) – \displaystyle\frac{1}{2}(1,-1)\).

2. \(\mathrm{Mat}(s) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\)

3. \(s^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I_2\) ✓

Géométriquement, \(s\) est la symétrie par rapport à la droite \(y = x\) : elle échange les coordonnées \((x,y) \mapsto (y,x)\).

1. \(A^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), \(A^3 = 0\). Comme \(A^2 \neq 0\) et \(A^3 = 0\), l’indice de nilpotence est 3.

2.

\(\ker f\) : \(Ax = 0 \Rightarrow y+z = 0,\; z = 0\), d’où \(y = z = 0\). \(\ker f = \mathrm{Vect}(e_1)\), \(\dim = 1\).

\(\ker f^2\) : \(A^2 x = 0 \Rightarrow z = 0\). \(\ker f^2 = \mathrm{Vect}(e_1, e_2)\), \(\dim = 2\).

\(\ker f^3 = \mathbb{R}^3\) (car \(A^3 = 0\)), \(\dim = 3\).

3. On obtient la chaîne strictement croissante :

À chaque itération, la dimension augmente exactement de 1. C’est une propriété caractéristique des endomorphismes nilpotents associés à un seul bloc de Jordan nilpotent.

1. \(\varphi(\lambda M + \mu N) = A(\lambda M + \mu N) – (\lambda M + \mu N)A = \lambda(AM – MA) + \mu(AN – NA) = \lambda\varphi(M) + \mu\varphi(N)\). ✓

2. Soit \(M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\). On calcule :

\(AM = MA \Leftrightarrow c = 0 \text{ et } d = a\). Donc :

\(\ker \varphi = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & a \end{pmatrix} \mid a, b \in \mathbb{R} \right\} = \mathrm{Vect}(I_2, E_{12})\), \(\dim \ker \varphi = 2\).

3. On calcule les images des vecteurs de base :

\(\varphi(E_{12}) = 0\) (car \(E_{12} \in \ker \varphi\))

4. Par le théorème du rang : \(\mathrm{rg}\, \varphi = \dim \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) – \dim \ker \varphi = 4 – 2 = 2\).

1. \(p \circ q = p \circ (\mathrm{Id} – p) = p – p^2\) et \(q \circ p = (\mathrm{Id} – p) \circ p = p – p^2\). Donc \(p \circ q = q \circ p\). ✓

2. \(q = \mathrm{Id} – p\), donc \(q^2 = (\mathrm{Id} – p)^2 = \mathrm{Id} – 2p + p^2\).

\(q^2 = q \Leftrightarrow \mathrm{Id} – 2p + p^2 = \mathrm{Id} – p \Leftrightarrow p^2 = p\). ✓

3. Si \(p^2 = p\) : \(p \circ q = p – p^2 = p – p = 0\). ✓

4.

\(\mathrm{Im}\, p = \ker q\) : si \(x \in \mathrm{Im}\, p\), \(x = p(y)\), alors \(q(x) = q(p(y)) = 0\), donc \(x \in \ker q\). Réciproquement, si \(q(x) = 0\), alors \(x = p(x) + q(x) = p(x) \in \mathrm{Im}\, p\).

\(E = \mathrm{Im}\, p \oplus \mathrm{Im}\, q\) : pour tout \(x \in E\), \(x = p(x) + q(x) \in \mathrm{Im}\, p + \mathrm{Im}\, q\), donc \(E = \mathrm{Im}\, p + \mathrm{Im}\, q\). Si \(x \in \mathrm{Im}\, p \cap \mathrm{Im}\, q = \ker q \cap \ker p\), alors \(x = p(x) + q(x) = 0\). Donc la somme est directe. ∎

1. \(T_a\) est linéaire (vérification immédiate sur \((\lambda P + \mu Q)(X+a)\)). Si \(\deg P \leq n\), alors \(\deg P(X+a) \leq n\), donc \(T_a\) est bien à valeurs dans \(\mathbb{R}_n[X]\). Pour tout \(P\) : \((T_a \circ T_b)(P)(X) = T_a(P(X+b))(X) = P(X + b + a) = T_{a+b}(P)(X)\). En particulier \(T_a \circ T_{-a} = T_0 = \mathrm{Id}\), donc \(T_a\) est inversible et \(T_a^{-1} = T_{-a}\).

2. Pour \(P \in \mathbb{R}_n[X]\), \(\deg D(P) \leq \deg P – 1\) (avec convention \(\deg 0 = -\infty\)). Donc \(D^{n+1}(P)\) est de degré \(\leq n – (n+1) < 0[/latex], c'est-à-dire [latex]D^{n+1}(P) = 0[/latex]. Par ailleurs [latex]D^n(X^n) = n![/latex] polynôme constant non nul, donc [latex]D^n \neq 0[/latex] : [latex]D[/latex] est nilpotent d'indice exactement [latex]n + 1[/latex].

3. La formule de Taylor pour les polynômes donne, pour tout [latex]P \in \mathbb{R}_n[X]\) :

(la somme se tronque car \(P^{(k)} = 0\) pour \(k > n\)). Sous forme d’opérateurs :

\(T_a = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{a^k}{k!} D^k = \exp(a D)\) (exponentielle d’opérateur, série finie car \(D^{n+1} = 0\)).

4. Dans la base \(\mathcal{B}\), \(\mathrm{Mat}_\mathcal{B}(D) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 2 & \cdots & 0 \\ \vdots & & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & & & 0 & n \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0 \end{pmatrix}\) (triangulaire supérieure stricte).

Donc \(\mathrm{Mat}_\mathcal{B}(T_a) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{a^k}{k!} \mathrm{Mat}_\mathcal{B}(D)^k\), qui est triangulaire supérieure avec des 1 sur la diagonale (le coefficient diagonal vaut \(a^0 / 0! = 1\)).

Le coefficient en position \((i, j)\) (avec \(i \leq j\)) est \(C_j^i \, a^{j-i}\) où \(C_j^i\) désigne le coefficient binomial « \(j\) parmi \(i\) ». C’est la matrice de Pascal scalée.

Valeurs propres : \(T_a\) est triangulaire avec tous les coefficients diagonaux égaux à \(1\), donc sa seule valeur propre est \(1\), de multiplicité \(n + 1\). Trace : \(\mathrm{tr}(T_a) = n + 1\).

5. Par la question 1, \(T_a^{-1} = T_{-a} = \exp(-aD) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{(-a)^k}{k!} D^k\).

Retrouvons-le par série géométrique. Posons \(N = T_a – \mathrm{Id} = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \displaystyle\frac{a^k}{k!} D^k\). Alors \(N\) est nilpotent (car \(N\) est polynôme en \(D\) sans terme constant et \(D^{n+1} = 0\)). Plus précisément, \(N^{n+1} = 0\). Donc :

En identifiant les coefficients en \(D^k\) des deux expressions, on retrouve bien \(\displaystyle\frac{(-a)^k}{k!}\).

6. Par récurrence immédiate sur \(m \in \mathbb{N}\) : \(T_a^m = T_{ma}\). Cette relation se prolonge à \(m \in \mathbb{Z}\) grâce à \(T_a^{-1} = T_{-a}\). Donc :

1. Soit \(\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} \alpha_k f^k(x) = 0\). En appliquant \(f^{p-1}\) et en utilisant \(f^j = 0\) pour \(j \geq p\) :

\(\alpha_0 f^{p-1}(x) = 0\). Comme \(f^{p-1}(x) \neq 0\), \(\alpha_0 = 0\).

On applique ensuite \(f^{p-2}\) : \(\alpha_1 f^{p-1}(x) = 0\) donc \(\alpha_1 = 0\). Par récurrence descendante, tous les \(\alpha_k\) sont nuls. La famille est libre, donc \(p \leq \dim E = n\).

2. Posons \(g = \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} \lambda^k f^k\). Alors :

\((\mathrm{Id} – \lambda f) \circ g = \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} \lambda^k f^k – \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} \lambda^{k+1} f^{k+1} = \mathrm{Id} – \lambda^p f^p = \mathrm{Id}\) (car \(f^p = 0\)).

Symétriquement \(g \circ (\mathrm{Id} – \lambda f) = \mathrm{Id}\). Donc \((\mathrm{Id} – \lambda f)^{-1} = \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} \lambda^k f^k\).

3. Par la question 1, \(\bigl(x_0, f(x_0), \ldots, f^{n-1}(x_0)\bigr)\) est libre de cardinal \(n = \dim E\), donc c’est une base. La famille \(\mathcal{B}\) est la même à l’ordre près : c’est donc aussi une base.

Notons \(e_i = f^{n-i}(x_0)\) pour \(i \in \{1, \ldots, n\}\) (donc \(\mathcal{B} = (e_1, \ldots, e_n)\)). On a \(f(e_1) = f^n(x_0) = 0\) et, pour \(i \geq 2\), \(f(e_i) = f^{n-i+1}(x_0) = e_{i-1}\). Donc :

C’est le bloc de Jordan nilpotent de taille \(n\).

4. Deux tels endomorphismes ont la même matrice \(J_n\) dans des bases convenables : ils sont donc semblables. Leur polynôme caractéristique est \(\chi_f(X) = \det(X I_n – J_n) = X^n\). Leur polynôme minimal est \(\pi_f(X) = X^n\) (car \(f^{n-1} \neq 0\) mais \(f^n = 0\)).

5. Analyse. Soit \(g\) commutant avec \(f\). Posons \(y_0 = g(x_0) \in E\). Comme \(\mathcal{B}’ = (x_0, f(x_0), \ldots, f^{n-1}(x_0))\) est une base, il existe \(a_0, \ldots, a_{n-1} \in \mathbb{K}\) uniques tels que \(y_0 = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_k f^k(x_0)\).

Posons \(Q(X) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_k X^k\) et \(h = Q(f) \in \mathcal{L}(E)\). Alors \(h\) commute avec \(f\) (polynôme en \(f\)) et \(h(x_0) = g(x_0)\). Pour tout \(k\) :

(en utilisant la commutation). Donc \(h\) et \(g\) coïncident sur la base \(\mathcal{B}’\), ce qui entraîne \(g = h = Q(f)\).

Unicité du polynôme \(Q\). Si \(Q_1(f) = Q_2(f)\) avec \(Q_1, Q_2 \in \mathbb{K}_{n-1}[X]\), alors \((Q_1 – Q_2)(f) = 0\), donc \(\pi_f = X^n\) divise \(Q_1 – Q_2\). Mais \(\deg(Q_1 – Q_2) \leq n – 1 < n[/latex], donc [latex]Q_1 = Q_2[/latex].

Dimension. L’application [latex]Q \mapsto Q(f)\) de \(\mathbb{K}_{n-1}[X]\) dans \(\mathcal{C}(f)\) est donc une bijection linéaire. Ainsi \(\dim \mathcal{C}(f) = \dim \mathbb{K}_{n-1}[X] = n\).

6. \(A\) agit sur la base canonique par : \(A e_1 = 0\), \(A e_2 = 2 e_1\), \(A e_3 = 3 e_2\), \(A e_4 = 4 e_3\). On en déduit \(A^2 e_4 = 12 e_2\), \(A^3 e_4 = 24 e_1\), \(A^4 e_4 = 0\), et \(A^3 \neq 0\). Donc \(A\) est nilpotente d’indice \(4\) = indice maximal.

Calcul de \(A^2\) et \(A^3\) :

Avec \(\lambda = 1\) : \((I_4 – A)^{-1} = I_4 + A + A^2 + A^3 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 6 & 24 \\ 0 & 1 & 3 & 12 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\)

(Vérification : \((I_4 – A)(I_4 + A + A^2 + A^3) = I_4 – A^4 = I_4\). ✓)

Enfin, \(A\) étant nilpotente d’indice maximal \(4\), par la question 5 : \(\dim \mathcal{C}(A) = 4\).

1. \(\Phi_{A,B}(\alpha M_1 + \beta M_2) = A(\alpha M_1 + \beta M_2) – (\alpha M_1 + \beta M_2)B = \alpha(AM_1 – M_1 B) + \beta(AM_2 – M_2 B) = \alpha \Phi_{A,B}(M_1) + \beta \Phi_{A,B}(M_2)\). Linéarité acquise. Image dans \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) : évident.

2. Écrivons \(M = P M’ Q^{-1}\) (bijection car \(P\) et \(Q\) inversibles). Alors :

Donc dans les « nouvelles coordonnées » \(M’\), l’endomorphisme \(\Phi_{A,B}\) agit comme \(\Phi_{D_A, D_B}\). Étudions ce dernier : si \(M’ = (m’_{ij})\), alors \((D_A M’)_{ij} = \lambda_i m’_{ij}\) et \((M’ D_B)_{ij} = \mu_j m’_{ij}\), donc :

Autrement dit, dans la base canonique \((E_{ij})_{1 \leq i, j \leq n}\) de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), \(\Phi_{D_A, D_B}\) est diagonal de valeurs propres \((\lambda_i – \mu_j)_{1 \leq i, j \leq n}\).

L’endomorphisme \(\Phi_{A,B}\) est conjugué à \(\Phi_{D_A, D_B}\) par l’isomorphisme \(M’ \mapsto P M’ Q^{-1}\). Il est donc lui aussi diagonalisable, de mêmes valeurs propres. Ainsi :

3. \(\Phi_{A,B}\) est bijectif si et seulement si \(0 \notin \mathrm{Sp}(\Phi_{A,B})\), c’est-à-dire si aucune des différences \(\lambda_i – \mu_j\) n’est nulle, ou encore \(\mathrm{Sp}(A) \cap \mathrm{Sp}(B) = \emptyset\).

4. L’équation \(AX – XB = C\) s’écrit \(\Phi_{A,B}(X) = C\). Elle admet une unique solution pour toute \(C\) si et seulement si \(\Phi_{A,B}\) est bijectif, d’où la condition spectrale.

5. Ici \(\mathrm{Sp}(A) = \{2, 3\}\) et \(\mathrm{Sp}(B) = \{0, 1\}\) : spectres disjoints, donc unique solution. \(A\) et \(B\) sont déjà diagonales, on cherche \(X = \begin{pmatrix} x_{11} & x_{12} \\ x_{21} & x_{22} \end{pmatrix}\) vérifiant \((\lambda_i – \mu_j) x_{ij} = c_{ij}\) pour chaque \((i, j)\) :

• \((i, j) = (1, 1)\) : \((2 – 0) x_{11} = 1 \Rightarrow x_{11} = \displaystyle\frac{1}{2}\)
• \((i, j) = (1, 2)\) : \((2 – 1) x_{12} = 2 \Rightarrow x_{12} = 2\)
• \((i, j) = (2, 1)\) : \((3 – 0) x_{21} = 3 \Rightarrow x_{21} = 1\)
• \((i, j) = (2, 2)\) : \((3 – 1) x_{22} = 4 \Rightarrow x_{22} = 2\)

D’où \(X = \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{1}{2} & 2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\).

Vérification : \(AX = \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}\), \(XB = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\), \(AX – XB = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = C\). ✓

1.

\(\mathrm{Im}(g \circ f) = \{g(f(x)) \mid x \in E\} \subset \{g(y) \mid y \in E\} = \mathrm{Im}\, g\). ✓

Si \(x \in \ker f\), alors \(g(f(x)) = g(0) = 0\), donc \(x \in \ker(g \circ f)\). ✓

2. De \(\mathrm{Im}(g \circ f) \subset \mathrm{Im}\, g\) : \(\mathrm{rg}(g \circ f) \leq \mathrm{rg}\, g\).

De \(\ker f \subset \ker(g \circ f)\) : \(\dim \ker(g \circ f) \geq \dim \ker f = n – \mathrm{rg}\, f\).

Par le théorème du rang : \(\mathrm{rg}(g \circ f) = n – \dim \ker(g \circ f) \leq n – (n – \mathrm{rg}\, f) = \mathrm{rg}\, f\).

Conclusion : \(\mathrm{rg}(g \circ f) \leq \min(\mathrm{rg}\, f, \mathrm{rg}\, g)\). ∎

3. Si \(f \circ g = 0\) : pour tout \(y \in \mathrm{Im}\, g\), \(y = g(x)\) et \(f(y) = f(g(x)) = 0\), donc \(y \in \ker f\).

\(\mathrm{Im}\, g \subset \ker f \Rightarrow \mathrm{rg}\, g \leq \dim \ker f = n – \mathrm{rg}\, f\).

D’où \(\mathrm{rg}\, f + \mathrm{rg}\, g \leq n\). ∎

4. \(f^2 = 0\) avec \(g = f\) donne \(2 \cdot \mathrm{rg}\, f \leq 3\), soit \(\mathrm{rg}\, f \leq 1\). Comme \(f \neq 0\), \(\mathrm{rg}\, f \geq 1\). Donc \(\mathrm{rg}\, f = 1\). ∎