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ÉLÉMENTS DE CORRECTION STAGE DE PRÉ-RENTRÉE PSI
Jeudi 25 Aout 2016 - Séance n˚1 - Algèbre linéaire
EXERCICE 1
( difficulté : F )
Dans E = R4 on pose a = (1, 0, 1, 0), b = (0, 1, −1, 0), c = (1, 1, 1, 1) et d = (0, 0, 1, 1).
Soit F = Vect(a, b, c, d) et G = {(x, y, z, t) | x − y = x + z − t = 0}.
1.
F est un sous-ensemble de R4 engendré par 4 vecteurs, c’est par propriété un sous-espace vectoriel.
On pourrait prouver que G contient 0E et qu’il est stable par combinaison linéaire mais le plus simple
est de montrer qu’il est engendré par un nombre fini de vecteurs :
X = (x, y, z, t) ∈ G si, et seulement si, x − y = x + z − t = 0 soit y = x et t = x + z donc :
X = (x, x, z, x + z) = x(1, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 1)
Ainsi G = Vect((1, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)) est donc un sous-espace vectoriel de R4 .
2. F est engendré par 4 vecteurs (a, b, c, d) (famille génératrice) mais ceux-ci sont liés : d = c − (a + b).
Ainsi F = Vect(a, b, c) et on vérifie facilement que la famille (a, b, c) est libre ce qui en fait une base.
Finalement dim F = 3.
En revanche, G est engendré par deux vecteurs non colinéaires, c’est donc une base de G qui est de
dimension 2 : dim G = 2.
Pour trouver la dimension de F ∩ G il faut décrire ses éléments :
Soit X ∈ F ∩ G : c’est à dire X = αa + βb + γc = (α + β, β + γ, α − β + γ, γ).
On a aussi x − y = x − z + t = 0 soit en remplaçant α − β = 0 et β + γ = 0.
Finalement X = (0, 0, γ, γ) et donc F ∩ G = Vect(0, 0, 1, 1) et dim(F ∩ G) = 1.
Par la formule de Grassmann on trouve dim(F + G) = 3 + 2 − 1 = 4.
3.
F + G ⊂ E et dim(F + G) = dim E donc nécessairement F + G = E
recte).
(mais la somme n’est pas di-
EXERCICE 2
( difficulté : F )
On définit l’application ϕ qui à tout polynôme P ∈ R3 [X] associe ϕ(P ) = (X − 1)P 0 − 2P .
1. Montrons que ϕ est linéaire : soient (P, Q) ∈ (R3 [X])2 et λ ∈ R :
ϕ(P + λQ) = (X − 1)(P + λQ)0 − 2(P + λQ) = (X − 1)P 0 + λ(X − 1)Q0 − 2P − 2λQ = ϕ(P ) + λϕ(Q)
De plus P étant un polynôme de degré inférieur ou égal à 3, P 0 est de degré 6 2 donc (X − 1)P 0 est de
degré 6 3 (comme 2P ). Ainsi par somme ϕ(P ) ∈ R3 [X] et ϕ est donc un endomorphisme de R3 [X].
2. P ∈ Ker ϕ équivaut à résoudre (X−1)P 0 −2P = 0. En traitant cette équation comme une équation différentielle on trouve comme solutions P = C(X−1)2 (avec C ∈ R), c’est à dire Ker ϕ = Vect((X − 1)2 ).
Par le théorème du rang, Im ϕ est donc de dimension 3, on cherche donc une base comportant 3 éléments vu que ϕ(X 2 ) − 2ϕ(X) + ϕ(1) = 0 et que Im ϕ = Vect(ϕ(1), ϕ(X), ϕ(X 2 ), ϕ(X 3 )) alors une base
Im ϕ est Vect(ϕ(1), ϕ(X), ϕ(X 3 )) (génératrice et maximale).

−2 −1 0
0

0 −1 −2 0
3. ϕ(1) = −2 ,ϕ(X) = −X−1, ϕ(X 2 ) = −2X et ϕ(X 3 ) = X 3 −3X 2 donc : Mat(ϕ) = 
 0
0
0 −3
0
0
0
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1
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



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EXERCICE 3
( difficulté : F )
On calcule simplement det J et on trouve det J = 2 6= 0 donc J est inversible.


2 1 1
On trouve J 2 =  1 2 1  facilement ainsi J 2 = 2I3 + J ou encore 12 (J 2 − J) = I3 .
1 1 2
Ainsi J( 12 J − 12 I3 ) = I3 soit J −1 = 21 J − 12 I3 .
EXERCICE 4
( difficulté : F )


−1 −1 2
1 −1 .
Soit f ∈ L(R2 [X]) dont la matrice canoniquement associée est M =  0
1
2 −3
1. On trouve facilement det f = det A = 0, on en déduit que f n’est pas bijective.
2. Cherchons matriciellement Ker A et Im A que nous réécrirons en termes

 
x
 −x − y + 2z
y−z
X =  y  ∈ Ker f ⇔ AX = 0 ⇔

z
x + 2y − 3z
vectoriels :
= 0
= 0
= 0

1
On résout pour trouver que ce système équivaut à x = y = z soit Ker A = Vect  1 .
1

Donc Ker f = Vect(1 + X + X 2 ).
Le théorème du rang prouve que Im A est de dimension 2, on cherche donc une base comportant deux
vecteurs. Les colonnes de A représentant les images des vecteurs de la base canonique, comme C1 et
C2 sont non colinéaires, on en déduit que :

 
−1
−1
Im A = Vect  0  ,  1  et donc Im f = Vect(−1 + X 2 , −1 + X + 2X 2 )
2
1

3. Cherchons Ker f ∩ Im f .
On montre assez facilement que 1 + X + X 2 ∈
/ Im f = Vect(−1 + X 2 , −1 + X + 2X 2 ) en montrant que
2
2
la famille (1 + X + X , −1 + X , −1 + X + 2X 2 ) est libre (calcul du déterminant par exemple) et donc
Ker f ∩ Im f = {0E }.
De plus dim Ker f + dim Im f = 1 + 2 = 3 = dim R2 [X] ce qui achève de prouver que Ker f et Im f
sont supplémentaires.
4. Soit P = aX 2 + bX + c ∈ L(R2 [X]), pour expliciter f (P ) on raisonne matriciellement :

  

−1 −1 2
c
−c − b + 2a

1 −1   b  = 
−b − a
Mat(f (P )) = Mat(f ) × Mat(P ) =  0
1
2 −3
a
c + 2b − 3a
Soit vectoriellement : f (P ) = (−c − b + 2a) + (−b − a)X + (c + 2b − 3a)X 2
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.
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EXERCICE 5
( difficulté : FF )
On note B = (e1 , e2 , e3 ) une base de R3 et on considère la famille U = (u1 , u2 , u3 ) définie par :
u1 = −3e1 + 5e2 + e3 ,
u2 = −3e1 − 2e2 + e3 ,
u3 = e1 + 3e3


1 3
0
Enfin on considère f ∈ L(R3 ) définie par sa matrice A dans la base B : A =  3 −2 −1 .
0 −1 1
1. Soient λ1 , λ2 , λ3 ∈ R3 tels que λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0R3 :
λ1 (−3e1 + 5e2 + e3 ) + λ2 (−3e1 − 2e2 + e3 ) + λ3 (e1 + 3e3 ) = 0R3
⇔ (−3λ1 − 3λ2 + λ3 )e1 + (5λ1 − 2λ2 )e2 + (λ1 + λ2 + 3λ3 )e3 = 0R3
Comme B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 cela implique que :
−3λ1 − 3λ2 + λ3 = 5λ1 − 2λ2 = λ1 + λ2 + 3λ3 = 0
En résolvant ce système on trouve que λ1 = λ3 = λ3 = 0 donc la famille U est libre.
Ainsi la famille U est libre et maximale, c’est donc une base de R3 .


−3 −3 1
2. La matrice P de passage de la base B à la base U vaut :  5 −2 0 .
1
1 3
3. Si P est la matrice de passage de la base B à la base U alors :
P −1 est la matrice de passage de la base U à la base B.

 


12
−3
1 3
0
4. On calcule f (u1 ), matriciellement bien entendu :  3 −2 −1   5  =  −20 .
−4
−1
0 −1 1
Soit f (u1 ) = −4u1 , de même : f (u2 ) = 3u2 et f (u3 ) = u3 .


−4 0 0
Ainsi la matrice de f dans la base U est diagonale : B =  0 3 0 .
0 0 1
5. On sait d’après le cours que B = P −1 AP soit A = P BP −1 et donc pour n ∈ N : An = P B n P −1 .
Calculer An revient à calculer B n (qui est diagonale donc il suffit d’élever les éléments de la diagonale
à la puissance n) puis de multiplier à gauche par P et à droite par P −1 , je vous laisse terminer le
calcul...
EXERCICE 6
( difficulté : FFF )
Soient E un R-e.v. de dimension 3, et f un endomorphisme non nul de E vérifiant f 3 + f = 0.
1. Soit x ∈ Ker f ∩ Ker (f 2 + IdE ) alors f (x) = 0 et f 2 (x) = −x.
On a donc f 2 (x) = f (f (x)) = f (0E ) = 0E et donc −x = 0E soit x = 0E .
Finalement Ker f ∩ Ker (f 2 + IdE ) = {0E } et la somme Ker f + Ker (f 2 + IdE ) est directe.
2. Ne connaissant pas les dimensions de ces s.e.v. il faut passer par un raisonnement d’analyse-synthèse.
ANALYSE : Soit x ∈ E, supposons qu’il existe (a, b) ∈ Ker f × Ker (f 2 + IdE ) tel que x = a + b.
On a alors f (x) = f (a) + f (b) = f (b) et f 2 (x) = f 2 (b) = −b soit b = −f 2 (x) et a = x + f 2 (x) .
SYNTHÈSE : Vérifions que (a, b) ∈ Ker f × Ker (f 2 + IdE ).
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f (a) = f (x + f 2 (x)) = f (x) + f 3 (x) = 0E donc a ∈ Ker f .
f 2 (b) = f 2 (f 2 (x)) = f 4 (x) = −f 2 (x) = −b car f 3 + f = 0 donc b ∈ Ker(f 2 + IdE ).
Finalement E = Ker f ⊕ Ker (f 2 + IdE ) .
3. En passant aux dimensions on obtient dim Ker + dim Ker (f 2 + IdE ) = dim E.
Or f est non nulle donc dim Ker f 6 2 soit dim Ker (f 2 + IdE ) > 1.
4. Soit x ∈ Ker (f 2 + IdE ) non nul.
(f 2 + IdE )(f (x)) = f 3 (x) + f (x) = 0E donc f (x) ∈ Ker (f 2 + IdE ) .
Supposons que (x, f (x)) est liée, il existe un réel λ ∈ R tel que f (x) = λx.
Soit f ( x) = λ2 x or f 2 (x) = −x donc −x = λ2 x et comme x est non nul, λ2 = −1 ce qui est impossible.
On en déduit que (x, f (x)) est une famille libre de vecteurs de Ker (f 2 + IdE ) .
5. Comme dim E = 3, det(−IdE ) = (−1)3 det(IdE ) = −1.
Supposons f bijective, alors en composant par f −1 l’égalité f 3 + f = 0E on obtiendrait f 2 = −IdE ,
soit en passant au déterminant det(f 2 ) = −1, et donc (det f )2 = −1 ce qui est impossible.
Finalement f n’est pas bijective, ainsi dim Ker f > 1 et donc dim(Ker (f 2 + IdE )) 6 2.
Mais Ker (f 2 +IdE ) contient la famille (x, f (x)) de rang 2 donc dim(Ker (f 2 +IdE )) > 2 soit finalement
dim(Ker (f 2 + IdE )) = 2 .
6. Soit x ∈ Ker (f 2 + IdE ) et y ∈ ker f . Considérons la base adaptée B = (x, f (x), y) = (e1 , e2 , e3 ) .
On a f (e1 ) = f (x) = e2 , f (e2 ) = f (f (x)) = f 2 (x) = −x = −e1 et f (e3 ) = f (y) = 0E .


0 −1 0
Par conséquent MatB (f ) =  1 0 0 .
0 0 0
EXERCICE 7
( difficulté : FFF )
On rappelle qu’une matrice M de Mn (K) est dite nilpotente lorsqu’il existe un entier naturel p tel que
M p = On . Si l’entier p vérifie M p = 0n et M p−1 6= 0n alors p est appelé indice de nilpotence.
1. Il est impossible qu’elle soit inversible, regardons son déterminant : M p = 0n ⇒ det(M p ) = det(0n ) = 0
or det(M p ) = det(M )p donc det(M ) = 0 et M n’est pas inversible (ce n’est pas la seule façon de faire).
2. A et B sont deux matrices nilpotentes qui commutent, notons p l’indice de nilpotence de A et q celui
de B. Alors trivialement ∀n ∈ N, (AB)n = An B n , ainsi pour n > max(p, q) on a (AB)n = 0n et donc
AB est nilpotente (attention : max(p, q) n’est pas nécessairement son indice de nilpotence).
Pour A + B on peut utiliser la formule du binôme de Newton :
n
∀n ∈ N, (A + B) =
n X
n
k=0
k
Ak B n−k
Si l’on choisit n = p + q, on remarque que pour k 6 p alors n − k > q donc Ak B n−k Ak × 0n = 0n
et si k > p alors Ak B n−k = 0n × B n−k = 0n , ainsi tous les termes de la somme sont nuls et donc
(A + B)p+q = 0n et A + B est nilpotente.
3.
Si A et B ne commutent plus alors AB et A + B ne sont plus forcément nilpotentes.
(cf. corrigé du QCM de vacances pour des contre-exemples).
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