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CORRECTION INTERRO N˚11
Exercice 1. Allez voir votre cours !
Problème ( Extrait Petites Mines 2009)
PARTIE A : Étude d’une applications
On note B = (1, X, X 2 ) la base canonique de R2 [X]. On définit les deux applications suivantes :
f : R2 [X] → R2[X] X
X +1
1
P
+P
P
7→
2
2
2
ϕ : R2 [X] → R
P
7→ P (1)
1. Montrons que f est linéaire : soient P et Q deux éléments de R2 [X] et λ ∈ R :
1
X
X +1
1
X
X
X +1
X +1
f (λP +Q) =
(λP + Q)
+ (λP + Q)
=
λP
+ λQ
+ λP
+Q
2
2
2
2
2
2
2
2
Soit, en regroupant les termes :
λ
X
X +1
1
X
X +1
f (λP + Q) =
λP
+P
+
λQ
+Q
= λf (P ) + f (Q)
2
2
2
2
2
2
2. Après calcul : f (1) = 1, f (X) = 12 X +


1 14 18
Ainsi M atB (f ) =  0 12 14  = A.
0 0 14
1
4
et f (X 2 ) = 41 X 2 + 14 X + 81 .
3. Nous somme en dimension finie .
f est un endomorphisme donc elle est bijective, ssi elle est injective, ssi elle est surjective.
Mais f est bijective si, et seulement si, A est inversible. A étant sous forme échelonnée ( non
réduite) on s’aperçoit qu’elle comporte 3 pivots non nuls donc rg(A) = 3 et donc A est
inversible, c’est à dire f bijective, soit injective et surjective.
4. Posons P = a + bX + cX 2 ∈ Ker ϕ ⇔ a + b + c = 0 ⇔ c = −a − b.
Ainsi P = a(X 2 − 1) + b(X − 1) et donc Ker ϕ = (X 2 − 1, X − 1) . La famille (X 2 − 1, X − 1)
est donc génératrice du noyau et libre car ce sont des polynômes de degré échelonnés, c’est donc
une base de Ker ϕ et dim(Ker ϕ) = 2 .
5. L’application ϕ n’est bien entendue pas injective vu que Ker ϕ 6= {0R2 [X] }.
Comme ϕ est à valeurs dans R (de dimension 1) et que dim(Im(ϕ)) = 1 d’après le théorème
du rang donc Im(ϕ) = R et ϕ est surjective.
Et si vous souhaitez écrire sa matrice : ϕ(1) = ϕ(X) = ϕ(X 2 ) = 1 donc M atBBR (f ) = 1 1 1 .
PARTIE B : Calcul des puissances successives d’une matrice

1 41 18
On remarque que A =  0 12 14  = M atB (f ), on est donc rassuré...
0 0 14
On note B 0 la famille de R2 [X] définie par B 0 = (1, −2X + 1, 6X 2 − 6X + 1).

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7. La famille B 0 libre car ce sont des polynômes de degré échelonnés et maximale dans R2 [X],
c’est donc une base de R2 [X].
8. Il suffit d’écrire les coordonnées des vecteurs de B 0 en colonne dans la base canonique B et :


1 1
1
Q =  0 −2 −6 .
0 0
6
9. Q est inversible car il s’agit d’une matrice de passage d’une base à une autre.


1
1 12
3
Un rapide calcul (car elle est triangulaire supérieure) montre que Q−1 =  0 − 12 − 12 .
1
0 0
6
10. On calcule :
f (1) = 1,
1
1
f (−2X+1) = −X+ = (−2X+1),
2
2
3
3
1
1
f (6X 2 −6X+1) = X 2 − X+ = (6X 2 −6X+1).
2
2
4
4
1
1
Soit en notant B 0 = (P0 , P1 , P2 ) on a f (P0 ) = P0 , f (P1 ) = P1 et f (P2 ) = P2 donc
2
4


1 0 0
M = M atB (f ) =  0 12 0  OU BIEN (mais ce n’est pas ce que veut l’énoncé) :
0 0 14


1 0 0
On calcule M = QAQ−1 et on trouve M = M atB (f ) =  0 21 0 
0 0 14
11. On constate que la matrice A est la matrice de f dans la base B d’après la question A.4.,
d’après les formules de changement de bases, M = Q−1 AQ soit A = QM Q−1 .
Donc pour tout entier n ∈ N, An = QM n Q−1 (ce qui ce démontre facilement par

 récurrence).
1 0 0
Or la matrice Q est diagonale donc pour tout entier n ∈ N, M n = M atB (f ) =  0 21n 0 .
0 0 41n
Ainsi, après calculs en multipliant simplement à gauche par Q et à droite par Q−1 on obtient
(non demandé) :


1
1
1
1 12 − 2n+1
− 2n+1
+ 6.41 n
3
1
1

− 41n
∀n ∈ N, An =  0
2n
2n
1
0
0
4n
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