Corrigé des exercices - Dunod

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On en déduit que
f(e ′ 1) = −f 2 = 5f ′ 1 − 2f ′ 2
f(e ′ 2) = 3f 1 = 9f ′ 1 − 3f ′ 2
f(e ′ 3) = f 1 + 5f 2 = 3f ′ 1 − f ′ 2 − 25f ′ 1 + 10f ′ 2 = −22f ′ 1 + 9f ′ 2
D’où
M E′ ,F ′(f) = ( 5 9 −22
−2 −3 9
)
Exercice 12.7
1. Soient A = (a i,j ) et B = (b i,j ) deux matrices de M n (K). On a
n∑
Tr(λA + µB) = (λa i,i + µb i,i )
i=1
= λ ∑ i=1
a i,i + µ
= λTr(A) + µTr(B)
La trace est bien une forme linéaire.
2. En notant C = AB et D = BA, on a
n∑ n∑ n∑
Tr(AB) = Tr(C) = c i,i = a i,j b j,i
j=1 i=1 j=1
n∑
i=1
i=1 i=1 j=1
b i,i
n∑ n∑
n∑
= b j,i a i,j = d j,j = Tr(D) = Tr(BA)
3. Si un tel couple de matrices existait, on aurait en particulier Tr(AB − BA) = Tr(I n ),
c’est-à-dire Tr(AB)−Tr(BA) = n, soit 0 = n. Ceci est absurde et donc un tel couple n’existe
pas.
Exercice 12.8
1. Si u était injectif alors u p le serait aussi comme composée d’injections, or u p = 0 et
E ≠ {0} donc u p n’est pas injective et donc u n’est pas injective. Comme en dimension finie
injectivité équivaut à surjectivité, u n’est pas surjective.
2. Soit (e 1 ,e 2 ,...,e p ) une base de Im(u), comme Im(u) ≠ E on a p < n. Cette famille
étant libre dans E, on peut la compléter en une base (e 1 ,...,e n ) de E. Alors
Im(u) ⊂ Vect(e 1 ,e 2 ,...,e n−1 ) = H où dim(H) = n − 1, et donc H est un hyperplan.
3. On a ∀x ∈ H, v p (x) = u p (x) = 0 et donc v est nilpotent.