04-41 - algebre lineaire exercices corriges niveau 1

Algèbre linéaire (corrigé niveau 1).
Espaces vectoriels, sous-espaces vectoriels, familles libres et génératrices, dimension.
1. Etudier si les ensembles proposés sont des sous-espaces vectoriels des espaces précisés.
Si oui, en donner une base et la dimension.
• F1 = {( x, y, z ) ∈ 3, x + y − z = 0 }, et : F2 = {( x, y, z ) ∈ 3, x − y + z = 2.x + y + z = 0 }, dans 3.
• G = {( x, y, z , t ) ∈ 4, x + 2. y − z − t = x − y + 3.z + 2.t = 0 }, dans 4.
• H = { P ∈ 2[X], P (2) = 0 }, dans [X].
Dans les trois cas, les ensembles proposés sont :
• inclus dans les espaces de référence,
• non vides car ils contiennent le vecteur nul,
• stables par combinaison linéaire.
Donc ce sont bien des sous-espaces vectoriels des espaces proposés.
Par exemple pour F1 dans 3,
• il est formé de triplets de réels (inclusion dans 3),
• ( 0,0,0 ) vérifie la condition d’appartenance à F1 car : 0 + 0 − 0 = 0 (F1 non vide),
• si ( x, y, z ) et ( x' , y ' , z ' ) sont dans F1, avec : ( λ , λ ' ) ∈ 2, alors :
λ.( x, y, z ) + λ '.( x' , y ' , z ' ) = (λ .x + λ ' ? x, λ . y + λ '.y ' , λ .z + λ '.z ' ) , et cette combinaison linéaire est dans F1
car : (λ .x + λ '.x' ) + (λ . y + λ '. y ' ) − (λ .z + λ '.z ' ) = λ.( x + y − z ) + λ '.( x'+ y '− z ' ) = 0 (stabilité par combinaison
linéaire).
Pour obtenir une base et la dimension de ces espaces (ici le plus simple est de commencer par déterminer
une base), on raisonne par équivalences :
• soit : u = ( x, y, z ) ∈ 3.
On a : ( u ∈ F1 ) ⇔ ( x + y − z = 0 ) ⇔ ( z = x + y ) ⇔ (∃ ( α , β ) ∈ 2, x = α , y = β , z = α + β )
⇔ (∃ ( α , β ) ∈ 2, u = ( x, y, z ) = (α , β , α + β ) = α .(1,0,1) + β (0,1,1) ))
⇔ ( u ∈ Vect ((1,0,1), (0,1,1)) ).
Autrement dit, vu l’équivalence d’appartenance, on en déduit l’égalité d’ensembles :
F1 = Vect (u1 , u 2 ) , avec : u1 = (1,0,1), u 2 = (0,1,1) .
Donc ( u1 , u 2 ) constitue (par définition) une partie génératrice de F1, et comme :
∀ ( λ1 , λ 2 ) ∈ 2, ( λ1 .u1 + λ 2 .u 2 = 0 )  ( (λ1 , λ 2 , λ1 + λ 2 ) = (0,0,0) )  ( λ1 = λ 2 = 0 ),
la famille est de plus libre et forme donc une base de F1 qui en particulier de dimension 2.
En raisonnant de la même façon et en appliquant la méthode du pivot, on obtient :
F2 = Vect (u 3 ) , avec : u 3 = (−2,1,3) , qui forme ainsi une base de F2 , lui-même de dimension 1.
• en raisonnant de la même façon, on obtient par exemple :
 5 4

G = Vect (v1 , v 2 ) , avec : v1 =  − , ,1,0  , et : v 2 = (−1,1,0,1) , puis : dim( F2 ) = 2 .
 3 3

2
• enfin, pour : P = a + b. X + c. X ∈ 2[X],
( P ∈ H ) ⇔ ( a + 2.b + 4.c = 0 ) ⇔ ( a = −2.b − 4.c ) ⇔ (∃ ( β , γ ) ∈ 2, b = β , c = γ , a = −2.β − 4.γ )
⇔ (∃ ( β , γ ) ∈ 2, P = (−2.β − 4.γ ) + β . X + γ . X 2 = β .( X − 2) + γ .( X 2 − 4) )
⇔ ( P ∈ Vect (( X − 2), ( X 2 − 4)) ).
Autrement dit : H = Vect ( P1 , P2 ) , avec : P1 = ( X − 2) , P2 = ( X 2 − 4) , et ( P1 , P2 ) étant libre, on en déduit
que : dim( H ) = 2 .
Remarques :
• pour F1 , F2 et G on aurait pu utiliser des hyperplans de 3 ou 4 (noyaux de formes linéaires non
nulles),
• pour H , on aurait aussi pu parler d’hyperplan dans 2[X] (noyau de la forme linéaire : P a P (2) ), ou
dire que : ∀ P ∈ 2[X], ( P ∈ H ) ⇔ ( ( X − 2) divise P ) ⇔ (∃ Q ∈ 1[X], P = ( X − 2).Q ),
ce qui aurait conduit « naturellement » à la base : ( X − 2, X .( X − 2)) = (( X − 2), ( X 2 − 2)) , de H .
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
-1-
• il n’y a pas unicité de base dans un espace vectoriel.
2.
Soit ( E ,+,.) un K-espace vectoriel et soit : ( u, v ) ∈ E 2 , tel que : u ≠ 0 .
a. Montrer que la famille ( u, v ) est liée si et seulement si : ∃ λ ∈ K, v = λ .u .
b. A-t-on l’implication : (( u, v ) est liée)  (∃ µ ∈ K, u = µ .v ) ?
a. • Il est clair que si : ∃ λ ∈ K, v = λ .u , alors : λ.u − 1.v = 0 , et la famille est liée car : 1 ≠ 0 .
• Réciproquement, si la famille est liée, alors : ∃ ( α , β ) ∈ K2, (α , β ) ≠ (0,0) , α .u + β .v = 0 .
Si maintenant on suppose que β est nul, alors : α .u = 0 , et : α = 0 , puisque u est non nul.
Le couple ( α , β ) serait donc le couple (0,0) ce qui est exclu.
Donc : β ≠ 0 , et : v = −
α
α
.u = λ .u , où on a posé : λ = − .
β
β
b. L’implication est fausse.
En effet, pour u non nul, la famille ( u ,0 ) est liée et on ne peut pas trouver de valeur µ telle que :
u = µ .0 .
3.
Déterminer dans F( , ), la dimension de Vect (sin, cos) .
La famille ( sin, cos ) est naturellement une famille génératrice de : F = Vect (sin, cos) .
De plus : ∀ ( λ , µ ) ∈ 2,
( λ. sin + µ . cos = 0 )  (∀ x ∈ , λ. sin( x) + µ . cos( x) = 0 )
 (pour : x = 0 , µ = 0 , et pour : x =
Donc : λ = µ = 0 , et la famille ( sin, cos ) est libre.
Donc c’est une base de F , et : dim( F ) = 2 .
4.
π
2
, λ = 0 ).
Soit E un K-espace vectoriel, et soit ( e1 ,..., e p ) une famille libre de vecteurs de E .
Montrer que si : a ∈ E , tel que : a ∉ Vect (e1 ,..., e p ) , alors ( e1 + a,..., e p + a ) est libre.
Soit : ( λ1 ,..., λ p ) ∈ Kp, tel que : λ1 .(e1 + a ) + ...λ p .(e p + a ) = 0 .
Alors : λ1 .e1 + ...λ p .e p + (λ1 + ...λ p ).a = 0 .
Distinguons alors deux cas :
• λ1 + ... + λ p ≠ 0 , et dans ce cas : a = −
1
.(λ1 .e1 + ... + λ p .e p ) , ce qui n’est pas possible puisque
λ1 + ... + λ p
a n’est pas dans le sous-espace vectoriel engendré par ( e1 ,..., e p ),
• λ1 + ... + λ p = 0 , et dans ce cas : λ1 .e1 + ... + λ p .e p = 0 , mais la famille ( e1 ,..., e p ) étant libre, on en
déduit : λ1 = ... = λ p = 0 .
Conclusion : la famille proposée est libre.
Sous-espaces vectoriels supplémentaires, sommes directes.
Dans les 3 exercices suivants, indiquer si les sous-espaces vectoriels proposés sont supplémentaires.
5.
Dans
3
, F = {( x, y, z ) ∈
3
, x − y + z = 2.x + y + z = 0 }, et : G = Vect ((0,1,−1), (1,1,1)) .
En raisonnant comme dans l’exercice 1, on obtient pour base de F la famille : u1 = (2,−1,−3) .
Pour G on propose naturellement ( u 2 , u 3 ), avec : u 2 = (0,1,−1) , et : u 3 = (1,1,1) , qui est bien génératrice de
G , et libre comme le montre rapidement l’étude d’une combinaison linéaire nulle.
Plusieurs méthodes alors sont possibles, la plus rapide étant sans doute de dire que F et G sont
supplémentaires si et seulement si on obtient une base de 3 en réunissant ces deux bases.
Or cette réunion est formée de 3 vecteurs (la dimension de 3) et elle est libre, soit comme le montre à
nouveau l’étude d’une combinaison linéaire nulle, l’étude du rang de la famille ou le déterminant des
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
-2-
coordonnées des trois vecteurs dans la base canonique de 3 (en lignes ou en colonnes).




2
0 0
0 1
0 0
 2
 2





3
 = rg  − 1 1 0  = 3 .
Par exemple : rg (u1 , u 2 , u 3 ) = rg  − 1 1 1 = rg  − 1 1

2
 − 3 − 1 1
 − 3 −1 4

5




− 3 −1


2
Les sous-espaces vectoriels F et G sont bien supplémentaires dans 3, soit : F ⊕ G = 3.
6.
Dans E rapporté à une base ( e1 , e2 , e3 ), on note :
u = e1 − e2 + e3 , v = 2.e1 + 2.e2 + e3 , w = 4.e1 + 3.e3 , x = −e1 + 2.e2 ,
puis : F = Vect (u , v, w) , et : G = Vect (x) .
On commence par exemple par vérifier si ( u , v, w ) est libre et forme une base de F :
 1 − 1 1
1 −1 1 
1 −1 1 






1 −1 1 
 = 2 .
rg (u, v, w) = rg  2 2 1  = rg  0 4 − 1 = rg  0 4 − 1 = rg 
 0 4 − 1
 4 0 3
 0 4 − 1
0 0 0 






La famille est de rang 2, donc : dim( F ) = 2 , et on a trouvé une nouvelle famille génératrice de F , avec les
vecteurs : u ' = u , v' = 4.e2 − e3 .
Notons que si la famille ( u , v, w ) avait été libre, on aurait eu : dim( F ) = 3 , et dim(G ) = 1 , d’où on aurait
déduit que les sous-espaces ne pouvaient pas être supplémentaires.
Si maintenant on réunit les deux bases de F et de G ( x constitue une base de G puisque non nul, donc
formant une famille libre, et génératrice de G ), on étudie le rang de cette famille, et :


 1 −1 1 
1 −1 1 
1 −1 1 




4 − 1 = rg  0 4 − 1 = rg  0 4 − 1 = 3 .
rg (u ' , v' , w) = rg  0

5
−1 2

0 1

0
1


0
0




4

La famille est donc une base de E et F et G sont supplémentaires dans E .
7.
Dans Mn(K), les sous-espaces vectoriels formés des matrices symétriques et antisymétriques.
Même question avec les fonctions paires et impaires dans F( , ).
Deux questions très classiques : on va procéder avec une analyse-synthèse.
• Soit : M ∈ MMn(K).
On veut montrer que A se décompose de façon unique en : M = S + A , où S est symétrique et A
antisymétrique.
On suppose dans un premier temps (analyse) que A et S répondent au problème et dans ce cas :
1
1
t
M = t S + t A = S − A , donc : M + t M = 2.S , et : S = .( M + t M ) , puis : A = M − S = .( M − t M ) .
2
2
Donc s’il y a une solution, elle est unique et est donnée par les égalités précédentes : fin de l’analyse.
Réciproquement, le couple trouvé convient car :
1
• S est symétrique : t S = ( t M + t ( t M )) = S ,
2
1
• A est antisymétrique : t A = ( t M − t ( t M )) = − A ,
2
• leur somme fait bien M : S + A = M .
Conclusion : le couple trouvé convient pour M , et toute matrice de Mn( ) se décompose bien de façon
unique comme somme d’un élément de Sn( ) et d’un élément de Ån( ), ce qui prouve finalement que :
Sn( ) ⊕ Ån( ) = Mn( ).
Remarque : on aurait aussi pu utiliser le fait que l’intersection de ces deux sous-espaces vectoriels de
Mn( ) était réduite à {0} et que la somme de leurs dimensions donnait : n 2 = dim( Mn( )).
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
-3-
• De même, si on suppose qu’une fonction f de dans se décompose sous la forme : f = p + i , avec
p paire et i impaire, alors :
∀ x ∈ , f ( x) = p ( x) + i ( x) , puis : f (− x) = p (− x) + i (− x) = p ( x) − i ( x) , d’où :
1
1
∀ x ∈ , p ( x) = .( f ( x) + f (− x)) , et : i ( x) = .( f ( x) − f (− x)) .
2
2
D’où unicité d’une éventuelle solution : fin de l’analyse.
Réciproquement, on vérifie que :
p est bien paire,
i est bien impaire,
leur somme donne bien f .
Comme précédemment, on conclut que les espaces proposés sont bien supplémentaires dans F( , ).
8.
Dans 4, soient :
E = Vect ((0,1,0,2)) , F = Vect ((1,2,−1,0)) , G = {( x, y, z , t ) ∈ 4, x + 2. y − z − t = x − y + 3.z + 2.t = 0 }.
A-t-on : 4 = E ⊕ F ⊕ G ?
Puisqu’on dispose déjà d’une base pour E et F (famille génératrice à 1 seul vecteur non nul, donc libre),
on peut chercher tout d’abord une base de G .
Pour cela (voir exercice 1), on peut proposer : e3 = (−3,−2,1,0) , et : e4 = (−1,0,0,1) .
On pose ensuite : e1 = (0,1,0,2) , e2 = (1,2,−1,0) , et on examine si la famille ( ei ) est une base de
Or cette famille étant formée de quatre vecteurs, on s’intéresse à sa liberté, donc à son rang, et :
2 −1 0
 1
1 2 −1 0
1 2 −1 0 






1
0 2
2 
 0
0 1 0 2
0 1 0
= rg 
= rg 
rg ((e2 , e1 , e3 , e4 )) = rg 
, et :
− 3 − 2 1 0
0 4 − 2 0
0 0 − 2 − 8






 −1 0
0 2 −1 1
 0 0 − 1 − 3
0 1 





1 2 −1 0 
1 2 −1 0 




2 
2 
0 1 0
0 1 0
= rg 
rg ((e2 , e1 , e3 , e4 )) = rg 
=4 .
0 0 − 1 − 3
0 0 −1 − 3




 0 0 − 2 − 8
0 0 0 − 2




4
4
= E ⊕F ⊕G.
Puisque la famille réunie est une base de , on a donc :
9.
4
.
Soient : F = { f ∈ C1( , ), f (0) = f ' (0) = 0 }, et : G = { x a a.x + b , ( a, b ) ∈ 2}.
Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de C1( , ).
Ici la dimension de l’espace global n’est pas finie.
On cherche donc à montrer que tout élément de : E = C1( , ), se décompose de façon unique suivant F
et G , et pour cela, soit : ϕ ∈ E .
Si ϕ peut se décomposer en : ϕ = f + g , avec : f ∈ F , et : g ∈ G , alors : ∃ ( a, b ) ∈ 2,
∀ x ∈ , g ( x) = a.x + b , ϕ ( x) = f ( x) + a.x + b , et : ϕ (0) = f (0) + b = b , puis : ϕ ' (0) = f ' (0) + a = a .
Autrement dit : g ( x) = ϕ ' (0).x + ϕ (0) , et : f ( x) = ϕ ( x) − ϕ ' (0).x − ϕ (0) .
Il y a donc unicité d’une éventuelle solution.
Réciproquement, cet unique candidat convient car :
• f ( 0) = ϕ ( 0) − ϕ ( 0) = 0 , f ' ( 0) = ϕ ' ( 0) − ϕ ' ( 0) = 0 ,
• g est affine,
• on a bien : ϕ = f + g .
Donc : C1( , ) = F ⊕ G .
Remarque : il est immédiat que F et G sont bien des sous-espaces vectoriels de C1( , ).
Applications linéaires.
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
-4-
10. Soit : u ∈ L( E ), où E est un K-espace vectoriel quelconque.
a. Montrer que : ( u 2 = 0 ) ⇔ ( Im(u ) ⊂ ker(u ) ).
b. Si f et g sont deux éléments de L( E ), montrer de même que: ( f o g = 0 ) ⇔ ( Im( g ) ⊂ ker( f ) ).
• Soit : u ∈ L( E ).
[] si : u 2 = 0 , alors : ∀ y ∉ Im(u ) , ∃ x ∈ E , y = u ( x) , et : u ( y ) = u 2 ( x) = 0 .
donc : Im(u ) ⊂ ker(u ) .
[⇐] si : Im(u ) ⊂ ker(u ) , alors : ∀ x ∈ E , u 2 ( x) = u (u ( x)) .
or : u ( x) ∈ Im(u ) , donc : u ( x) ∈ ker(u ) , et : u (u ( x)) = 0 , et on a bien : u 2 = 0 .
• Dans le cas de deux endomorphismes f et g de E , l’équivalence demandée se démontre formellement
de la même façon.
11. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n , et soit : f ∈ ∈ L( E ), tel que : f 3 = 0 .
n
Montrer que : rg ( f 2 ) ≤ .
2
3
Puisque : f = 0 , on a : Im( f 2 ) ⊂ ker( f ) , et comme : ker( f ) ⊂ ker( f 2 ) , on a : Im( f 2 ) ⊂ ker( f 2 ) .
La première inclusion est élémentaire : ∀ y ∈ Im( f 2 ) , ∃ x ∈ E , y = f 2 ( x) , et : f ( y ) = f 3 ( x) = 0 .
La seconde n’est pas plus difficile : ∀ x ∈ ker( f ) , f ( x) = 0 , donc : f 2 ( x) = f ( f ( x)) = 0 .
On déduit de la dernière inclusion que : rg ( f 2 ) ≤ dim(ker( f 2 )) .
Le théorème du rang enfin donne : n = rg ( f 2 ) + dim(ker( f 2 )) ≥ 2.rg ( f 2 ) , d’où la conclusion demandée.
12. Soient E un K-espace vectoriel et : f ∈ L( E ), nilpotent (c'est-à-dire tel que : ∃ n ∈ *, f
n
= 0 ).
En s’inspirant de la factorisation de 1 − x , montrer que : g = id E − f , est inversible et exprimer son
inverse en fonction de f .
n
Si on développe, pour : k ∈ *, le produit : g k = (id E − f ) o (id E + f + ... + f
k −1
) , on obtient :
g k = id E − f .
k
Donc pour : k = n , on obtient : g n = id E .
On vérifie de même que : (id E + f + ... + f
inverse vaut : (id E − f )
−1
n −1
= id E + f + ... + f
13. Pour : n ≥ 2 , on note : ω = e
2.i .π
n
) o (id E − f ) = id E , donc (id E − f ) est bien inversible et son
n −1
.
.
n −1
Pour tout polynôme P , on pose par ailleurs : F ( P ) =  P (ω k ). X k .
k =0
Montrer que F définit un automorphisme de n-1[X].
Il est immédiat que F est linéaire et qu’elle associe à tout polynôme de
De plus : ∀ P ∈ n-1[X], ( F ( P ) = 0 )  (∀ 0 ≤ k ≤ n − 1 , P (ω k ) = 0 ).
n-1[X]
un polynôme de
n-1[X].
Or les valeurs ω k sont toutes distinctes les unes des autres lorsque k varie entre 0 et n − 1 , car les
arguments sont distincts dans [0, 2.π [ .
Donc le polynôme P considéré est de degré au plus n − 1 et admet n racines distinctes : il est donc nul.
L’endomorphisme F de n-1[X] est donc injectif et c’est un automorphisme de n-1[X] puisque n-1[X] est
un espace de dimension finie.
On peut également déterminer la matrice représentative de F dans la base canonique de n-1[X] et
remarquer que c’est une matrice de Vandermonde à déterminant non nul.
14. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie, et soit : ( f , g ) ∈ L( E )2, tel que :
E = Im( f ) + Im( g ) = ker( f ) + ker( g ) .
En raisonnant sur les dimensions, montrer que les sommes précédentes sont directes.
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
-5-
Puisque E est de dimension finie, le théorème du rang donne :
dim(ker( f )) + dim(Im( f )) = dim(ker( f )) + rg ( f ) = n ,
dim(ker( g )) + dim(Im( g )) = dim(ker( g )) + rg ( g ) = n .
De plus le théorème des quatre dimensions donne aussi :
n = dim( E ) = dim(Im( f )) + dim(Im( g )) − dim(Im( f ) ∩ Im( g )) ,
n = dim( E ) = dim(ker( f )) + dim(ker( g )) − dim(ker( f ) ∩ ker( g )) .
Si on ajoute les deux dernières égalités, cela donne :
dim(Im( f )) + dim(Im( g )) − dim(Im( f ) ∩ Im( g ))
+ dim(ker( f )) + dim(ker( g )) − dim(ker( f ) ∩ ker( g )) = 2.n.
Donc : dim(Im( f ) ∩ Im( g )) + dim(ker( f ) ∩ ker( g )) = 0 ,
et comme les dimensions sont des entiers positifs, on aboutit à :
dim(Im( f ) ∩ Im( g )) = dim(ker( f ) ∩ ker( g )) = 0 .
Donc ces intersections sont réduites à {0}, et les sous-espaces vectoriels Im( f ) et Im(g ) d’une part, et
ker( f ) et ker(g ) d’autre part sont supplémentaires dans E .
15. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie et soit : ( f , g ) ∈ L( E )2, tel que : f 2 + f o g = id E .
Montrer que f et g commutent (on pourra commencer par montrer que f est bijective).
La relation proposée s’écrit aussi : f o ( f + g ) = id E .
Or puisqu’on est dans un espace de dimension finie, cela garantit que f est inversible et que son inverse
vaut :
f −1 = f + g .
Donc : ( f + g ) o f = id E = f 2 + g o f , mais cette expression vaut aussi f 2 + f o g .
On en déduit que : f o g = g o f .
16. Soit E l’espace C∞( , ).
x
On définit ϕ et ψ sur E , par : ∀ f ∈ E , ϕ ( f ) = f ' , et : ψ ( f ) = g , avec : ∀ x ∈ , g ( x) =  f (t ).dt .
0
a. Montrer que ϕ et ψ sont des endomorphismes de E .
b. Déterminer ϕ o ψ et ψ o ϕ .
c. Déterminer image et noyau de ϕ et de ψ .
a. ϕ est linéaire (comme le montre le cours d’analyse) et pour f dans : E = C∞( , ), ϕ ( f ) est dans E .
Pour ψ , il est clair également qu’elle est linéaire car :
∀ ( f 1 , f 2 ) ∈ E 2 , ∀ ( λ1 , λ 2 ) ∈
2
,
x
x
x
0
0
0
∀ x ∈ , ψ (λ1 . f 1 + λ 2 . f 2 )( x) =  (λ1 . f1 + λ 2 . f 2 )(t ).dt = λ1 . f 1 (t ).dt + λ 2 . f 2 (t ).dt ,
soit encore : ψ (λ1 . f 1 + λ 2 . f 2 )( x) = λ1 .ψ ( f 1 )( x) + λ 2 .ψ ( f 2 )( x) = (λ1 .ψ ( f 1 ) + λ 2 .ψ ( f 2 ))( x) ,
d’où : ψ (λ1 . f 1 + λ 2 . f 2 ) = λ1 .ψ ( f 1 ) + λ 2 .ψ ( f 2 ) .
De plus, si f est de classe C∞ de dans , toute primitive de f sur est encore de classe C∞ sur .
Donc ψ est bien une application linéaire de E dans E .
x
b. Pour cela : ∀ f ∈ E , ∀ x ∈ , ψ ( f )( x) =  f (t ).dt , et : ϕ (ψ ( f ))( x) = f ( x) ,
0
comme dérivée en x de la fonction précédente, autrement dit : ϕ oψ = id E .
D’autre part :
x
x
0
0
∀ f ∈ E , ∀ x ∈ , ϕ ( f )( x) = f ' ( x) , et : ψ (ϕ ( f ))( x) =  ϕ ( f )(t ).dt =  f (t ).dt = f ( x) − f (0) .
Donc : ψ o ϕ = id E − θ , où θ est la forme linéaire définie par : ∀ f ∈ E , θ ( f ) = f (0) .
c. La relation : ϕ oψ = id E , montre que ψ est injective (car : (ψ ( f ) = 0 )  ( ϕ o ψ ( f ) = 0 = f ),
et que ϕ est surjective.
Donc : Im(ϕ ) = E , ker(ψ ) = {0} .
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
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Par ailleurs, il est clair que : ∀ f ∈ E , ( ϕ ( f ) = 0 ) ⇔ ( f ' = 0 ) ⇔ ( f constante),
car est un intervalle.
Donc : ker(ϕ ) = {fonctions constantes sur }.
Enfin :
si : g = ψ ( f ) , avec : ( f , g ) ∈ E 2 , alors : g (0) = 0 ,
x
si : g (0) = 0 , alors : ∀ x ∈ , g ( x) =  g ' (t ).dt , et donc : g = ψ ( g ' ) .
Donc : Im(ψ ) = { g ∈ E , g (0) = 0 }.
0
17. Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie et : u ∈ L( E , F ).
Montrer que pour tout sous-espace vectoriel E ' de E , on a : dim(u ( E ' )) = dim( E ' ) − dim( E '∩ ker(u )) .
On va noter u ' l’application linéaire restreinte à E ' , autrement dit l’application de E ' dans F définie par :
∀ x ∈ E ' , u ' ( x) = u ( x) (soit encore : u ' = u E ' ).
Alors le théorème du rang donne : dim(ker(u ' )) + rg (u ' ) = dim( E ' ) .
Or : rg (u ' ) = dim(Im(u ' )) = dim(u ( E ' )) , d’une part, et :
∀ x ∈ E, ( x ∈ ker(u ' ) ) ⇔ ( x ∈ E ' , et : u ( x) = 0 ) ⇔ ( x ∈ E '∩ ker(u ) ),
autrement dit : ker(u ' ) = E '∩ ker(u ) .
On en déduit que : dim( E '∩ ker(u )) + dim(u ( E ' )) = dim( E ' ) , soit ce que l’on voulait.
18. Soient E , F et G des espaces vectoriels de dimension finie.
Soient : f ∈ L( E , F ), et : g ∈ L( F , G ).
Montrer que : ( g o f est un isomorphisme) ⇔ ( f est injective, g est surjective, F = Im( f ) ⊕ ker( g ) ).
Montrons l’équivalence par double implication.
[]
• ∀ x ∈ E , ( f ( x) = 0 )  ( g ( f ( x)) = 0 )  ( x = 0 ), car g o f est injective, et f est injective.
• ∀ y ∈ G , ∃ x ∈ E, y = g o f (x) , car g o f est surjective et : y = g (x' ) , avec : x' = f ( x) ∈ F ,
et g est surjective.
• ∀ y ∈ Im( f ) ∩ ker( g ) , ∃ x ∈ E , y = f (x) , et : g ( y ) = 0 ,
donc : g ( f ( x)) = 0 , donc : x = 0 , et : y = 0 .
La somme est donc directe.
• ∀ y ∈ F , ∃ x ∈ E , g ( y ) = g o f ( x) , et : g ( y − f ( x)) = 0 , donc : x' = y − f ( x) ∈ ker( g ) ,
autrement dit on a trouvé : ( x, x' ) ∈ E × ker(g ) , y = f ( x) + x' .
On vient de montrer que : F ⊂ Im( f ) + ker( g ) , l’inclusion inverse étant immédiate et finalement :
F = Im( f ) ⊕ ker( g ) .
[⇐]
• ∀ z ∈ G , ∃ y ∈ F , z = g ( y ) , puis :
∃ ( x, x' ) ∈ E× ker( g ) , y = f ( x) + x' , du fait de la décomposition en somme directe.
Donc : z = g ( y ) = g ( f ( x)) + g ( x' ) = g o f ( x) , et gof est surjective.
• ∀ x ∈ E , ( g o f ( x) = 0 )  ( f ( x) ∈ ker( g ) ).
Mais comme de plus : f ( x) ∈ Im( f ) , on en déduit que : f ( x) ∈ Im( f ) ∩ ker( g ) , donc : f ( x) = 0 .
Enfin, f étant injective, on conclut que : x = 0 , et g o f est injective.
Finalement, g o f est un isomorphisme de E sur G.
19. Soient E et F deux K-espaces vectoriels et : f ∈ L( E , F ).
On note : A f = { g ∈ L( F , E ), f o g o f = 0 }.
a. Montrer que A f est un espace vectoriel.
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b. Montrer que si f est injective, alors : A f = { g ∈ L( F , E ), Im( f ) ⊂ ker( g ) }.
c. Montrer que si f est surjective, alors : A f = { g ∈ L( F , E ), Im( g ) ⊂ ker( f ) }.
a. Il est clair que : A f ⊂ L( F , E ), et la linéarité de f montre que A f contient 0 et est stable par
combinaison linéaire car :
• f o 0 o f = 0 , et :
• ∀ ( g1 , g 2 ) ∈ L( F , E )2, ∀ ( λ1 , λ 2 ) ∈ K2, f o (λ1 .g1 + λ 2 .g 2 ) o f = λ1 . f o g1 o f + λ 2 . f o g 2 o f = 0 .
Donc A f est un sous-espace vectoriel de L( F , E ).
b. Supposons donc f injective.
• Soit : g ∈ L( F , E ), telle que : Im( f ) ⊂ ker( g ) }.
Alors : ∀ x ∈ E, f o g o f ( x) = f ( g ( f ( x))) = 0 , car : f ( x) ∈ Im( f ) ⊂ ker( g ) .
Donc : g ∈ A f .
• Soit : g ∈ A f .
Alors : ∀ y ∈ Im( f ) , ∃ x ∈ E, y = f ( x) , et : f o g ( y ) = f o g o f ( x) = 0 .
Comme de plus f est supposée injective, on en déduit que : g ( y ) = 0 , et donc : y ∈ ker( g ) .
On vient ainsi de montrer que : Im( f ) ⊂ ker( g ) , et g est dans le deuxième ensemble.
Finalement : A f = { g ∈ L( F , E ), Im( f ) ⊂ ker( g ) }.
c. Supposons maintenant f surjective.
• Soit : g ∈ L( F , E ), telle que : Im( g ) ⊂ ker( f ) .
Alors : ∀ x ∈ E , f o g o f ( x) = f ( g ( f ( x))) = 0 , car : g o f ( x) ∈ Im( g ) ⊂ ker( f ) .
Donc : g ∈ A f .
• Soit : g ∈ A f .
Alors : ∀ z ∈ Im( g ) , ∃ y ∈ F , z = g ( y ) , et f étant surjective : ∃ x ∈ E , y = f ( x) , soit :
z = g ( f ( x)) .
Mais alors : f ( z ) = f ( g ( f ( x))) = 0 , et : z ∈ ker( f ) , ce qui prouve que : Im( g ) ⊂ ker( f ) .
g est donc dans le deuxième ensemble.
Finalement : A f = { g ∈ L( F , E ), Im( g ) ⊂ ker( f ) }.
20. Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et : f ∈ L( E ), tel que : rg ( f ) = rg ( f 2 ) .
a. Montrer que : Im( f ) = Im( f 2 ) , et : ker( f ) = ker( f 2 ) .
b. En déduire que : E = Im( f ) ⊕ ker( f ) .
c. Plus généralement, montrer que :
∀ ( f , g ) ∈ L( E )2, ( rg ( g o f ) = rg ( g ) ) ⇔ ( E = Im( f ) + ker( g ) ),
∀ ( f , g ) ∈ L( E )2, ( rg ( g o f ) = rg ( f ) ) ⇔ ( {0} = Im( f ) ∩ ker( g ) ).
a. On a évidemment : Im( f 2 ) ⊂ Im( f ) , car : ∀ y ∈ Im( f 2 ) , ∃ x ∈ E , y = f 2 ( x) = f ( f ( x)) ∈ Im( f ) .
Comme de plus : dim(Im( f 2 )) = rg ( f 2 ) = rg ( f ) = dim(Im( f )) ,
on en déduit l’égalité des espaces.
De même : ker( f ) ⊂ ker( f 2 ) , et le théorème du rang donne :
dim(ker( f 2 )) = dim( E ) − dim(Im( f 2 )) = dim( E ) − dim(Im( f )) = dim(ker( f )) ,
d’où à nouveau l’égalité des espaces par inclusion et égalité de dimensions.
b. Le théorème du rang garantit déjà que : dim(Im( f )) + dim(ker( f )) = dim( E ) .
Soit de plus : y ∈ Im( f ) ∩ ker( f ) .
Alors : ∃ x ∈ E , y = f ( x) , f ( y ) = 0 , donc : f 2 ( x) = 0 , d’où : x ∈ ker( f 2 ) = ker( f ) ,
et : y = f ( x) = 0 .
Finalement la somme est directe et on a bien : E = Im( f ) ⊕ ker( f ) .
c. On peut commencer par noter qu’on a toujours : ∀ ( f , g ) ∈ L( E )2, Im( g o f ) ⊂ Im( g ) , car :
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
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∀ y ∈ Im( g o f ) , ∃ x ∈ E , y = g o f ( x) = g ( f ( x)) ∈ Im( g ) .
• Soit ensuite : ( f , g ) ∈ L( E )2, tel que : rg ( g o f ) = rg ( g ) .
Alors : Im( g o f ) = Im( g ) , car on a une inclusion et égalité des dimensions.
Puis : ∀ y ∈ E , g ( y ) ∈ Im( g ) = Im( g o f ) , et : ∃ x ∈ E , g ( y ) = g o f ( x) , puis : g ( y − f ( x)) = 0 ,
donc : x' = y − f ( x) ∈ ker( g ) , et : y = f ( x) + x' , avec : f ( x) ∈ Im( f ) , et : x'∈ ker( g ) .
Donc : E = Im( f ) + ker( g ) .
• Supposons que : E = Im( f ) + ker( g ) .
Pour : z ∈ Im( g ) , ∃ y ∈ E , z = g ( y ) , et donc : ∃ ( x, x' ) ∈ E × ker( g ) , y = f ( x) + x' .
On a alors : z − g ( f ( x) + x' ) = g ( f ( x)) ∈ Im( g o f ) .
On en déduit que : Im( g ) ⊂ Im( g o f ) , d’où l’égalité des dimensions et finalement : rg ( g o f ) = rg ( g ) .
On a toujours de même : ∀ ( f , g ) ∈ L( E )2, ker( f ) ⊂ ker( g o f ) .
• Soit maintenant : ( f , g ) ∈ L( E )2, tel que : rg ( g o f ) = rg ( f ) .
Alors : dim(ker( g o f )) = dim( E ) − rg ( g o f ) = dim( E ) − rg ( f ) = dim(ker( f )) .
Avec la remarque initiale, on en déduit que : ker( f ) = ker( g o f ) .
Puis soit : y ∈ E , tel que : y ∈ Im( f ) ∩ ker( g ) .
Alors : ∃ x ∈ E , y = f ( x) , g ( y ) = 0 , donc : g o f ( x) = 0 , d’où : x ∈ ker( g o f ) , donc : x ∈ ker( f ) ,
et : y = f ( x) = 0 .
On conclut que : {0} = Im( f ) ∩ ker( g ) .
• Supposons enfin que : {0} = Im( f ) ∩ ker( g ) .
Alors : ∀ x ∈ ker( g o f ) , f ( x) ∈ Im( f ) ∩ ker( g ) , donc : f ( x) = 0 , et : x ∈ ker( f ) .
Avec l’inclusion démontrée au préalable, on en déduit que : ker( f ) = ker( g o f ) .
En appliquant une dernière fois le théorème du rang on conclut que : rg ( g o f ) = rg ( f ) .
21. Images et noyaux itérés.
Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finie : n ≥ 1 .
Pour tout entier naturel p , on note : I p = Im( f p ) , et : N p = ker( f p ) , où : f
p
= f o f o ... o f ( p fois).
a. Montrer que les suites ( I p ) et ( N p ) sont respectivement décroissantes et croissantes pour l’inclusion.
b. Justifier l’existence d’un entier : r ∈ , tel que : I r +1 = I r .
c. Vérifier que les deux suites ( I p ) et ( N p ) sont alors constantes à partir du rang r .
d. Montrer que : I r ⊕ N r = E .
e. Justifier que la plus petite valeur r vérifiant l’égalité de la question b est telle que : r ≤ n .
a. On constate facilement que :
∀ p ∈ , ∀ y ∈ I p +1 , ∃ x ∈ E , y = f p +1 ( x) = f p ( f ( x)) ∈ I p , d’où : I p +1 ⊂ I p , et :
∀ p ∈ , ∀ x∈Np , f
p +1
( x) = f ( f p ( x)) = f (0) = 0 , donc : x ∈ N p +1 , et : N p ⊂ N p +1 .
b. La suite ( dim( I p ) ) est alors une suite décroissante d’entiers naturels.
Or si elle était strictement décroissante, alors on aurait (par récurrence) :
∀ p ∈ , dim( I p +1 ) < dim( I p ) , donc : dim( I p +1 ) ≤ dim( I p ) − 1 , et : dim( I p ) ≤ dim( I 0 ) − p .
Or cette dernière inégalité est impossible puisque la suite ( dim( I 0 ) − p ) tend vers -∞.
Donc : ∃ r ∈ , tel que : dim( I r +1 ) = dim( I r ) , d’où : I r +1 = I r , avec l’inclusion de la question a.
c. Montrons alors par récurrence que : ∀ k ≥ 1 , I r + k = I r .
Le résultat est vrai pour : k = 1 , et si on le suppose vrai jusqu’à un rang : k ≥ 1 , donné, alors :
∀ y ∈ I r + k , ∃ x ∈ E , tel que : y = f r + k ( x) = f k ( f r ( x)) ,
et comme : f r ( x) ∈ I r , ∃ x’ ∈ E, f r ( x) = f r + k ( x' ) , ce qui montre que : y = f r + 2.k ( x' ) .
Or : r + 2.k = r + k + k ≥ r + k + 1 , donc : y ∈ I r + 2.k ⊂ I r + k +1 , d’après la question a.
Finalement on vient de montrer que : I r ⊂ I r + k +1 ,
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
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et la question a permet de conclure à : I r = I r + k +1 , ce qui termine la récurrence.
Enfin, le théorème du rang donne : ∀ k ∈ *, dim( N r ) = n − dim( I r ) = n − dim( I r + k ) = dim( N r + k ) , et la
question a permet à nouveau de conclure à : N r = N r + k .
d. On sait déjà que : dim( N r ) + dim( I r ) = dim( E ) , avec le théorème du rang.
Puis : ∀ y ∈ I r ∩ N r , ∃ x ∈ E, y = f r ( x) , et : f r ( y ) = 0 , donc : f 2.r ( x) = 0 .
Donc : x ∈ N 2.r , et puisque : r ≤ 2.r , on a : N r = N 2.r , donc : x ∈ N r , et : y = f r ( x) = 0 .
Finalement la somme est directe et on a : I r ⊕ N r = E .
e. Si la plus petite valeur r vérifiant l’égalité de la question b est telle que : r > n , alors :
∀ k ≤ r , dim( I k ) ≤ dim( I 0 ) − k , d’après la question b, et : dim( I r ) ≤ dim( I 0 ) − r ≤ n − r < 0 .
La dernière inégalité étant impossible, on conclut au résultat demandé.
Projecteurs.
22. Soient E un -espace vectoriel et : f ∈ L( E ), tel que : f 2 − 3. f + 2.id E = 0 .
a. Montrer que ker( f − id E ) et ker( f − 2.id E ) sont supplémentaires dans E .
b. On note p (respectivement q ) le projecteur de E sur ker( f − id E ) (respectivement ker( f − 2.id E ) )
dans la direction ker( f − 2.id E ) (respectivement ker( f − id E ) ).
Déterminer p + q et montrer que : f = p + 2.q .
c. Calculer f n pour tout valeur entière n en fonction de p et q .
d. Justifier que f est inversible et exprimer f −1 en fonction de p et q .
a. Le plus simple est de procéder par analyse-synthèse.
Soit : x ∈ E .
Si : ∃ ( x1 , x 2 ) ∈ ker( f − id E ) × ker( f − 2.id E ) , tel que : x = x1 + x 2 , alors :
( f − id E )( x1 ) = 0 , donc : f ( x1 ) = x1 , de même : f ( x 2 ) = 2.x 2 , et : f ( x) = x1 + 2.x 2 .
Donc : f ( x) − x = x 2 , et : 2.x − f ( x) = x1 .
Réciproquement, l’unique couple ( x1 , x 2 ) qu’on vient de trouver vérifie :
• x1 + x 2 = x ,
• f ( x1 ) = 2. f ( x) − f 2 ( x) = 2. f ( x) − (3. f ( x) − 2.x) = 2.x − f ( x) = x1 , d’où : x1 ∈ ker( f − id E ) , et :
• f ( x 2 ) = f 2 ( x) − f ( x) = (3. f ( x) − 2.x) − f ( x) == 2.( f ( x) − x) = 2.x 2 , d’où : x 2 ∈ ker( f − 2.id E ) .
Donc ker( f − id E ) et ker( f − 2.id E ) sont bien supplémentaires dans E.
b. Avec la question précédente, on a montré que :
∀ x ∈ E , x = x1 + x 2 , avec : x1 = 2.x − f ( x) , et : x 2 = f ( x) − x .
Donc : ∀ x ∈ E, p ( x) = 2.x − f ( x) , et : q ( x) = f ( x) − x , et donc :
• ( p + q )( x) = x , soit : p + q = id E ,
• ( p + 2.q )( x) = f ( x) , soit : p + 2.q = f .
c. On a directement : ∀ n ∈ , ∀ x ∈ E , f n ( x) = f n ( x1 ) + f n ( x 2 ) = x1 + 2 n.x 2 = p ( x) + 2 n.q ( x) .
Donc : f n = p + 2 n.q .
d. En reprenant la première égalité, on constate que :
1
f o ( f − 3.id E ) = −2.id E , ou : f o (− .( f − 3.id E )) = id E .
2
1
Donc f est inversible et : f −1 = − .( f − 3.id E ) .
2
1
1
3
La question c suggère alors d’essayer : p + 2 −1.q = 2.id E − f + .( f − id E ) = − . f + .id E = f −1 ,
2
2
2
autrement dit l’égalité établie à la question c est encore valable pour : n = −1 , et on peut vérifier qu’elle
est encore valable pour tout : n ∈ .
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
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23. Soient : u ∈ L( 2, 3), et : v ∈ L( 3, 2), tels que u o v soit un projecteur de rang 2 de
Montrer que : Im(u o v) = Im(u ) , puis que : v o u = id R 2 .
3
.
• On a immédiatement : Im(u o v) ⊂ Im(u ) , puisque :
∀ y ∈ Im(u o v) , ∃ x ∈ 3, y = u o v( x) = u (v( x)) ∈ Im(u ) .
De plus : dim(Im(u o v)) = rg (u o v) = 2 , et d’autre part : Im(u ) = u ( 2 )) , donc : dim(Im(u )) ≤ 2 .
On en déduit bien ainsi que : Im(u o v) = Im(u ) .
• Si maintenant ( e1 , e2 ) est une base de Im(u o v) ., alors : u o v(e1 ) = e1 , et : u o v(e2 ) = e2 .
La famille ( v(e1 ), v(e2 ) ) est alors libre dans 2 car :
∀ ( λ1 , λ 2 ) ∈ 2, ( λ1 .v(e1 ) + λ 2 .v(e2 ) = 0 )  ( u (λ1 .v(e1 ) + λ 2 .v(e2 )) = 0 = λ1 .u o v(e1 ) + λ 2 .u o v(e2 ) ),
et donc : λ1 .e1 + λ 2 .e2 = 0 , d’où : λ1 = λ 2 = 0 .
Enfin : v o u (v(e1 )) = v(u o v(e1 )) = v(e1 ) , et : v o u (v(e2 )) = v(u o v(e2 )) = v(e2 ) .
Comme vou agit comme id R 2 sur une base de 2, on en conclut que : v o u = id R 2 .
24. Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et p un projecteur de E .
On note φ l’application de L( E ) dans L( E ) définie par : ∀ f ∈ L ( E ), φ ( f ) = f o p + p o f .
a. Montrer que φ est un endomorphisme de L( E ).
b. Montrer que : ∀ f ∈ L( E ), ( φ ( f ) = f ) ⇔ ( f (ker( p )) ⊂ Im( p ) , et : f (Im( p )) ⊂ ker( p ) ).
a. On a immédiatement : ∀ ( f 1 , f 2 ) ∈ L( E )2, ∀ ( λ1 , λ 2 ) ∈ K2,
φ (λ1 . f 1 + λ2 . f 2 ) = (λ1 . f 1 + λ2 . f 2 ) o p + p o (λ1 . f 1 + λ2 . f 2 )
= (λ1 . f 1 o p + λ 2 . f 2 o p ) + (λ1 . p o f1 + λ 2 . p o f 2 )
= λ1 .φ ( f1 ) + λ 2 .φ ( f 2 ).
b. Raisonnons par double implication.
[]
• ∀ x ∈ ker( p ) , f ( p ( x)) + p ( f ( x)) = f ( x) , donc : p ( f ( x)) = f ( x) , et f ( x) étant invariant, ce vecteur
appartient à Im( p ) , autrement dit : f (ker( p )) ⊂ Im( p ) .
• ∀ x ∈ Im( p ) , f ( x) = x , donc : f ( p ( x)) + p ( f ( x)) = f ( x) , d’où : f ( x) + p ( f ( x)) = f ( x) , et :
p ( f ( x)) = 0 , ce qui montre que : f ( x) ∈ ker( p ) , autrement dit : f (Im( p )) ⊂ ker( p ) .
[⇐]
Soit ( e1 ,..., ek ) une base de Im( p ) , et ( ek +1 ,..., en ) une base de ker( p ) .
Alors : ∀ 1 ≤ i ≤ k , f o p (ei ) + p o f (ei ) = f (ei ) + 0 , car : p (ei ) = ei , et : f (ei ) ∈ ker( p ) , et :
∀ k + 1 ≤ i ≤ n , f o p (ei ) + p o f (ei ) = 0 + p ( f (ei )) = f (ei ) , car : f (ei ) ∈ Im( p ) .
Donc f o p + p o f et f coïncident sur une base de E donc : f o p + p o f = f .
25. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n et soit : f ∈ L( E ).
Montrer que : ( f est un projecteur) ⇔ ( rg ( f ) + rg ( f − id E ) = n ).
On pourra faire intervenir ker( f ) et ker( f − id E ) .
[] Supposons que f soit un projecteur de E .
Alors f et id E − f sont des projecteurs associés à la décomposition : E = Im( f ) ⊕ ker( f ) ,
et : ker( f ) = Im(id E − f ) , d’où : dim(Im(id E − f )) = dim(ker( f )) .
Donc : rg ( f ) + rg ( f − id E ) = rg ( f ) + rg (id E − f ) = dim(Im( f )) + dim(Im(id E − f )) = dim( E ) = n .
[⇐] Supposons que : rg ( f ) + rg ( f − id E ) = n .
D’une part : dim(ker( f )) + dim(ker( f − id E )) = n − dim(Im( f )) + n − dim(Im( f − id E )) = n = dim( E ) .
Puis : ∀ x ∈ ker( f ) ∩ ker( f − id E ) , on a : f ( x) = 0 , et : f ( x) − x = 0 , d’où : x = 0 .
Donc la somme ker( f ) + ker( f − id E ) est directe et on a : E = ker( f ) ⊕ ker( f − id E ) .
Soit maintenant une base ( e1 , , , , en ) de E obtenue en réunissant une base ( e1 , , , , e p ) de ker( f ) et une base
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
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( e p +1 , , , , en ) de ker( f − id E ) .
Alors : ∀ 1 ≤ k ≤ p , f (ek ) = 0 = f o f (ek ) , et : ∀ p + 1 ≤ k ≤ n , f (ek ) = ek = f o f (ek ) .
Puisque ces égalités sont obtenues pour tous les vecteurs d’une base de E , on conclut que : f o f = f , et
f est un projecteur.
Matrices.
26. On note, pour : 0 ≤ k ≤ 3 , Pk = ( X + 1) k , puis : B’ = ( P0 , P1 , P2 , P3 ).
a. Justifier que B’ est une base de 3[X].
b. Déterminer la matrice de passage de B, base canonique de 3[X], à B’ puis celle de B’ à B.
On commence par remarquer que la famille proposée est bien libre dans 3[X], puisque les polynômes sont
échelonnés en degrés.
D’autre part, cette famille comporte 4 vecteurs, donc c’est bien une base de 3[X].
Pour obtenir la première matrice demandée, on exprime les coordonnées des vecteurs de B’ exprimées
dans la base B, et on écrit ces coordonnées en colonnes :
 1 1 1 1


 0 1 2 3
: on voit apparaître les coefficients du binôme de Newton…
mat ( B,B’ ) = 
0 0 1 3


 0 0 0 1


Pour la matrice de passage inverse, plusieurs solutions : on calcule l’inverse la matrice précédente
(plusieurs méthodes ont été vues en sup), ou on exprime les vecteurs de B à partir de ceux de B’.
k
k 
Cela peut se faire avec : ∀ 0 ≤ k ≤ n , X k = (( X + 1) − 1) k =   .(−1) k −i .( X + 1) i ,
i =0  i 
 1 − 1 1 − 1


0 1 − 2 3 
et la matrice cherchée vaut : mat ( B’,B ) = 
.
0 0
1 − 3


0 0
0
1 

Remarque : cette méthode se généralise à n[X] avec les bases qu’on imagine.
3 2
 .
27. Soit : A = 
1 1
a. Montrer que : A 2 − 4. A + I 2 = 0 .
b. En déduire que A est inversible et donner A −1 .
c. Montrer alors que : ∀ k ∈ , A k ∈ Vect ( I 2 , A) (on distinguera suivant le signe de k ).
11 8  12 8   1 0   0 0 
 − 
 + 
 = 
 .
a. Immédiatement : A 2 − 4. A + I 2 = 
 4 3  4 4   0 1   0 0 
 1 − 2
 .
b. On en déduit que : A.(4.I 2 − A) = I 2 , et A est bien inversible, avec : A −1 = 4.I 2 − A = 
−1 3 
c. Commençons par : k ∈ , et démontrons-le par récurrence.
La propriété est vraie pour : k = 0 , et : k = 1 , puisque : A 0 = I 2 , et : A1 = A .
Si maintenant, on la suppose vraie pour un entier k donné, soit : A k = a k . A + bk .I 2 , alors :
A k +1 = a k . A 2 + bk . A = a k .(4. A − I 2 ) + bk . A = (4.a k + bk ). A − a k .I 2 ∈ Vect ( I 2 , A) ,
ce qui termine la récurrence.
Pour k entier strictement négatif, on a : A k = A − p = ( A −1 ) p = (4.I 2 − A) p ∈ Vect ( I 2 , A) ,
avec ce que l’on vient de démontrer (on a ici posé : p = − k ).
Remarques pour les 5/2 :
• vous aurez peut-être reconnu le polynôme caractéristique de A et le théorème de Cayley-Hamilton,
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 12 -
• on aurait pu utiliser le polynôme annulateur pour A : P = X 2 − 4. X + 1 , puis se servir de la division
euclidienne de X k par P : X k = P.Qk + Rk = P.Qk + (α k . X + β k ) , pour obtenir : A k = α k . A + β k .I 2 ,
• le résultat suivant se généralise à toute matrice dans Mn(K) : ∀ k ∈ , A k ∈ Vect ( I n , A,..., A n −1 ) ,
toujours avec le théorème de Cayley-Hamilton.
 2 −1 2 


28. Soit : A =  5 − 3 3  .
 − 1 0 − 2


3
Calculer ( A + I 3 ) , en déduire que A est inversible et préciser A −1 .
 3 −1 2 
 2 −1 1 




2
Pour la matrice proposée, on a donc : A + I 3 =  5 − 2 3  , puis : ( A + I 3 ) =  2 − 1 1  ,
 − 1 0 − 1
 − 2 1 − 1




3
puis : ( A + I 3 ) = 0 .
En développant, on constate alors que : A 3 + 3. A 2 + 3. A + I 3 = 0 , soit : A.(− A 2 − 3. A − 3.I 3 ) = I 3 .
 − 6 2 − 3


Autrement dit, A est bien inversible et : A = − A − 3. A − 3.I 3 =  − 7 2 − 4  .
 3 −1 1 


−1
2
0 0 1


29. On note : J =  1 0 0  .
 0 1 0


a. Déterminer le plus petit sous-espace vectoriel (au sens de l’inclusion) F de M3( ) contenant J et
stable par multiplication.
b. Préciser la dimension et une base de F .
a. Soit G un sous-espace vectoriel de M3( ), stable par multiplication et contenant J (s’il en existe).
G étant stable par multiplication et contient J , il contient aussi J 2 , J 3 , etc… et toutes les puissances
de J .
0 1 0


Or : J 2 =  0 0 1  , et : J 3 = I 3 , et : ∀ k ∈ , J 3.k = I 3 , J 3.k +1 = J , et : J 3.k + 2 = J 2 ,
1 0 0


les dernières égalités sont immédiates par récurrence (la première étant suffisante pour obtenir les deux
dernières).
De plus, G étant stable par combinaison linéaire, G contient toutes les matrices de la forme :
λ0 .I 3 + λ1 .J + λ 2 .J 2 , soit : { λ0 .I 3 + λ1 .J + λ 2 .J 2 , ( λ0 , λ1 , λ 2 ) ∈ 3} = F ⊂ G .
Montrons maintenant que F est un sous-espace vectoriel de M3( ), stable par multiplication.
Pour cela, il est immédiat que : F = Vect ( I 3 , J , J 2 ) , donc que F est un sous-espace vectoriel de
M3( ), et F contient J (pour le triplet (0,1,0)).
Enfin, pour deux matrices : M = λ0 .I 3 + λ1 .J + λ 2 .J 2 , et : N = µ 0 .I 3 + µ1 .J + µ 2 .J 2 , dans F , on a :
M .N = (λ0 .I 3 + λ1 .J + λ 2 .J 2 ).( µ 0 .I 3 + µ1 .J + µ 2 .J 2 ) ∈ F ,
du fait de la valeur des puissances de J obtenue au début de la question.
Donc F est un sous-espace vectoriel de M3( ), stable par multiplication et contenant J , et inclus dans
tout autre sous-espace vectoriel de M3( ) ayant les mêmes propriétés : c’est donc le sous-espace
vectoriel cherché.
b. On vient de trouver une famille génératrice de F : ( I 3 , J , J 2 ) .
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 13 -
 λ0 λ 2 λ1 


De plus, si : ( λ0 , λ1 , λ 2 ) ∈ , est tel que : λ0 .I 3 + λ1 .J + λ 2 .J = 0 , alors :  λ1 λ0 λ 2  = 0 ,
λ λ λ 
1
0
 2
2
et : λ0 = λ1 = λ 2 = 0 , autrement dit la famille ( I 3 , J , J ) est libre et c’est une base de F .
En particulier : dim( F ) = 3 .
3
2
a b L b
1 L L



b O O M 
M
30. On note : F = { M (a, b) = 
, ( a, b ) ∈ 2} ⊂ Mn( ), où : n ≥ 2 , et : U = 

M O O b
M



b L b a
1 L L



a. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de Mn( ), et en préciser une base et la dimension.
b. Calculer le produit de deux éléments de F à l’aide de U .
c. Calculer : M (a, b) p , pour tout : ( a, b ) ∈ 2, et : p ∈ .
d. Trouver des conditions nécessaires et suffisantes sur ( a, b ) pour que M (a, b) soit inversible et
préciser alors M (a, b) −1 .
1

M
.
M

1
a. On a : F = Vect ( I n , U ) .
En effet :
• ∀ ( a, b ) ∈ 2, M (a, b) = (a − b).I n + b.U ∈ Vect ( I n , U ) , et :
• ∀ ( a, b ) ∈
2
, a.I n + b.U = M (a + b, b) ∈ F .
Donc F est bien un sous-espace vectoriel de Mn( ), et ( I n , U ) en est une famille génératrice.
Comme enfin, ces deux matrices ne sont pas proportionnelles pour : n ≥ 2 , c’est une famille libre et
donc une base de F et on en déduit que : dim( F ) = 2 .
b. On commence par remarquer que : U 2 = n.U , puis : ∀ k ≥ 1 , U k = n k −1 .U .
Puis : ∀ (( a, b ), ( a ' , b' )) ∈ ( 2)2, M (a, b).M (a ' , b' ) = (a − b).(a '−b' ).I n + ((a − b).b'+ (a '−b' ).b + n.b.b' ).U .
c. Comme les matrices I n et U commutent, on en déduit à l’aide de la formule du binôme de Newton :
∀ ( a, b ) ∈
, ∀ p ≥ 1,
p
 p k k
 p
p
p −k
p


M (a, b) =   .b .U .(a − b) .I n = a .I n +   .(a − b) p − k .b k .U k
k =0  k 
k =1  k 
2
p
p

 p
1  p  p
= (a − b) p .I n +   .(a − b) p − k .b k .n k −1 .U = (a − b) p .I n + .   .(a − b) p − k .b k .n k .U .
n  k =1  k 
k =1  k 

Donc en ajoutant et retranchant un terme à la somme, on obtient :
1
∀ ( a, b ) ∈ 2, ∀ p ≥ 1 , M (a, b) p = (a − b) p .I n + .(((a − b) + b.n) p − (a − b) p ).U ,
n
et cette égalité est encore valable pour : p = 0 .
d. Pour : ( a, b ) ∈ 2, on peut chercher : ( a ' , b' ) ∈ 2, tel que : M (a, b).M (a ' , b' ) = I n .
Comme la famille ( I n , U ) est libre, cela revient à trouver ( a ' , b' ) tel que :
(a − b).(a '−b' ) = 1 , et : (a − b).b'+ (a '−b' ).b + n.b.b' = 0 .
Distinguons alors plusieurs cas :
a L a


• si : a = b , alors la matrice M (a, b) s’écrit : M (a, b) =  M
M  , et : rg ( M (a, b)) ≤ 1 ,
a L a


donc M (a, b) n’est pas inversible.
1
b
, et chercher b' tel que : (a + (n − 1).b).b'+
= 0.
• si : a ≠ b , alors on peut choisir : a '−b' =
a−b
a−b
Distinguons à nouveau deux cas :
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 14 -
b
 − (n − 1).b b L



b
O O
M


• si : a + (n − 1).b = 0 , alors : M (a, b) = 
,
M
O O
b




b
L
b
−
(
n
−
1
).
b


et le rang de cette matrice est inférieur à (n − 1) car ses colonnes sont liées, leur somme étant nulle.
Donc dans ce cas, M (a, b) n’est pas inversible.
• si : a + (n − 1).b ≠ 0 , alors on peut choisir :
b
1
(a + (n − 2).b)
=
, et on a alors :
b' = −
, et : a ' = b'+
(a − b.)(a + (n − 1).b)
a − b (a − b.)(a + (n − 1).b)
M (a, b).M (a ' , b' ) = I n .
En résumé, M (a, b) est inversible si et seulement si : a ≠ b , et : a + (n − 1).b ≠ 0 , et dans ce cas,
M (a, b) −1 est la matrice M (a ' , b' ) obtenue avec les valeurs a’ et b’ obtenues au-dessus.
31. Soient : A, B, C ∈ Mn(K), non nulles avec : n ≥ 2 , vérifiant : A.B.C = 0 .
Montrer qu'au moins deux des matrices A, B, C ne sont pas inversibles.
Si au plus une de ces matrices était non inversible, les deux autres seraient, elles, inversibles donc l’une au
moins, de A ou de C le serait.
En multipliant à gauche ou à droite (selon le cas) par A −1 ou C −1 , on aboutirait à un produit des deux
matrices restantes égal à 0, par exemple : B.C = 0 .
Mais l’une encore est inversible (par exemple B ) et en multipliant par son inverse B −1 , on obtient que la
dernière matrice est nulle (ici ce serait : C = 0 ), ce qui est contradictoire avec l’hypothèse de l’énoncé.
Donc au moins deux des matrices A , B et C ne sont pas inversibles.
1 2 2 


32. a. Déterminer noyau et image de f dont la matrice dans la base canonique de 3 est  0 − 1 − 1 .
0 0 0 


b. Sont-ils supplémentaires ?
f est-il un projecteur ?
a. On trouve le noyau de f en résolvant le système : A. X = 0 (qui traduit matriciellement la relation :
f ( x) = 0 ), et on obtient : ker( f ) = Vect ((0,1,−1)) .
Le théorème du rang garantit alors que : rg ( f ) = 3 − dim(ker( f )) = 2 .
Or on sait aussi qu’on dispose d’une famille génératrice de Im( f ) , donnée par les images des vecteurs
de la base canonique par f , et ces images se « lisent » directement dans les colonnes de la matrice :
f (e1 ) = e'1 = (1,0,0) , f (e2 ) = e' 2 = (2,−1,0) , f (e3 ) = e'3 = (2,−1,0) .
Et comme il suffit donc d’avoir une famille libre de deux vecteurs de Im( f ) pour en former une base,
on peut par exemple proposer pour base de Im( f ) la famille ( e'1 , e' 2 ).
b. Puisqu’on dispose d’une base de ker( f ) et d’une base de Im( f ) , il suffit d’examiner si la famille
obtenue en les réunissant est une base de 3, et donc si c’est une famille libre.
1 0 0 


On peut alors faire un calcul de rang : rg  2 − 1 0  = 3 , puisque la matrice est triangulaire.
 0 1 − 1


= Im( f ) ⊕ ker( f ) .
On peut vérifier que : A 2 ≠ A , donc f n’est pas un projecteur (ou : f (e' 2 ) ≠ e' 2 , alors que e' 2 étant
dans l’image de f , il devrait être invariant par f si f était un projecteur).
On peut aussi remarquer que : rg ( A) ≠ tr ( A) , donc A (ou f ) n’est pas un projecteur.
Donc on a bien :
3
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 15 -
1 2
 , et u l’application de E dans E , qui à X fait correspondre X . A .
33. On note : E = M2( ), A = 
 2 4
Montrer que : u ∈ L( E ), trouver son image, son noyau, et sa matrice représentative dans la base
canonique de E .
L’application u fait bien correspondre à une matrice 2x2 une autre matrice 2x2 à coefficients réels.
Puis : ∀ ( X , X ' ) ∈ M2( )2, ∀ ( λ , λ ' ) ∈ 2,
u (λ . X + λ '.X ' ) = (λ . X + λ '.X ' ). A = λ. X . A + λ '.X '.A = λ .u ( X ) + λ '.u ( X ' ) .
Donc u est bien un endomorphisme de E .
a b 
 , et en résolvant : X . A = 0 .
On peut ensuite chercher le noyau de u en posant : X = 
c d 
Plus proprement : ∀ X ∈ M2( ),
 − 2.b b 
 − 2 1
 0 0
 = b.
 + d .
 ).
( X . A = 0 ) ⇔ ( a + 2.b = 0, c + 2.d = 0 ) ⇔ ( X = 
 − 2.d d 
 0 0
− 2 1
 − 2 1
 0 0
 , et : A2 = 
 .
D’où on déduit : ker = Vect ( A1 , A2 ) , avec : A1 = 
 0 0
− 2 1
Le théorème du rang donne alors : dim(Im(u )) = 4 − 2 = 2 .
1 0
0 0
  et u 
  , on obtient deux éléments de Im(u ) :
Enfin, si on calcule u 
0
0
1
0




1 2
0 0
 , et : A4 = 
 , qui forment clairement une famille libre, et donc une base de Im(u ) .
A3 = 
0 0
1 2
Enfin la matrice représentative cherchée est une matrice 4x4 dont on vient d’obtenir deux colonnes.
1 0 0 0 0 1
0 0
  , u 
  , u 
  et u 
  , et on place les
En effet, pour la déterminer, on calcule u 
0
0
1
0
0
0
0
1
 
 




coordonnées dans la base canonique des images obtenues en colonnes dans la matrice, soit :
 1 2 0 0


 2 4 0 0  A 0 
 , où la dernière matrice est écrite par blocs.
=
mat (u , Bc ) = 
0 0 1 2   0 A 


 0 0 2 4


34. Soit ϕ l’endomorphisme de n[X] défini par : ∀ P ∈ n[X], ϕ ( P ) = P ( X + 1) .
a. Ecrire la matrice A de ϕ dans la base canonique B de n[X].
b. Montrer que A est inversible et calculer A −1 .
a. On peut commencer par remarquer que ϕ est bien un endomorphisme de n[X].

n 
 1 1 L   

0 
k
k
 

M ,
Puis : ∀ 0 ≤ k ≤ n , ϕ ( X k ) = ( X + 1) k =   . X i , et : mat (ϕ , B ) =  0 1 O
n


i=0  i 
 M O O 
 

 n − 1 
0 L 0
1 

où les coefficients de la matrice sont les coefficients binomiaux.
b. Il est immédiat que la matrice A est inversible car elle est échelonnée et tous ses éléments diagonaux
sont non nuls (on peut aussi dire que son déterminant vaut 1, produit de ses éléments diagonaux).
De plus : ∀ P ∈ n[X], ϕ −1 ( P) = P( X − 1) , donc :
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 16 -

 n
 1 − 1 L (−1) n .  

 0
k
k 
0 1 O

M
−1
k
k
k −i
i
−1
∀ 0 ≤ k ≤ n , ϕ ( X ) = ( X − 1) =   .(−1) . X , et : mat (ϕ , B ) = 
.
n


i =0  i 
 M O O − 
 

 n − 1 
0 L 0

1


35. Soit E un K-espace vectoriel de dimension n , et soit : f ∈ L( E ), tel que : E = Im( f ) ⊕ ker( f ) .
Montrer à l’aide par exemple d’une analyse-synthèse, qu’il existe une base B de E telle que :
 A' 0 
 , matrice par blocs avec : A' ∈ Glr(K), où : r = rg ( f ) .
mat B ( f ) = 
 0 0
Procédons par analyse-synthèse.
• Si une telle base existe, alors elle est formée de r premiers vecteurs et n − r autres.
Ces derniers vecteurs doivent être dans le noyau, puisque la lecture de la matrice montre que leur image par
f est nulle.
D’autre part, toute image de vecteur s’exprime à l’aide des r premiers (car les autres lignes de la matrice
sont nulles).
On doit donc prendre les r premiers vecteurs dans Im( f ) , les n − r derniers dans ker( f ) .
Et c’est tout : fin de l’analyse.
• Soit maintenant une base B de E formée de r vecteurs de Im( f ) et de n − r vecteurs de ker( f ) .
Une telle base existe puisque : E = Im( f ) ⊕ ker( f ) , et : r = dim(Im( f )) .
Alors les derniers vecteurs ont pour image 0, et les premiers ont une image dans Im( f ) , donc combinaison
linéaire de ces mêmes r premiers vecteurs, autrement dit :
 A' 0 
 , où : A' ∈ Mr(K).
mat ( f , B ) = 
0
0


Reste à montrer que A' est inversible, c'est-à-dire : A' ∈ Glr(K).
 A' 0 
 = rg ( A' 0 ) = rg ( A' ) .
Or, en oubliant les lignes ou colonnes nulles, on a : r = rg ( f ) = 
 0 0
Donc A' est bien inversible.
36. Soient E un K-espace vectoriel de dimension 3 et : u ∈ L( E ), tel que : u ≠ 0 , u 2 = 0 .
a. Si u est solution du problème, comparer Im(u ) et ker(u ) , et en déduire rg (u ) .
b. A l’aide d’une analyse-synthèse, montrer qu’il existe une base B de E dans laquelle :
 0 0 0


mat B (u ) =  1 0 0  .
 0 0 0


a. On peut commencer par remarquer que : ( u 2 = 0 )  ( Im(u ) ⊂ ker(u ) ).
Or : rg (u ) ≥ 1 , puisque : u ≠ 0 .
Mais on ne peut avoir : rg (u ) ≥ 2 , sinon on aurait aussi : dim(ker(u )) ≥ 2 , avec l’inclusion précédente.
Or le théorème du rang donne : rg (u ) + dim(ker(u )) = 3 .
Donc : rg (u ) = 1 , et : dim(ker(u )) = 2 (toujours le théorème du rang).
b. • Si maintenant une telle base existe (notons-la : B = ( e1 , e2 , e3 )), alors :
u (e2 ) = u (e3 ) = 0 , et : u (e1 ) = e2 .
Donc e2 est à la fois dans Im(u ) et dans ker(u ) .
• Soit donc (« réciproquement », « synthèse »…) e2 dans Im(u ) , non nul.
Il existe un tel vecteur puisque : u ≠ 0 .
Etant dans Im(u ) , e2 a un antécédent qu’on va appeler e1 .
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 17 -
Puisque e2 est aussi dans ker(u ) , soit enfin e3 qui complète e2 en une base de ker(u ) .
Montrons que la famille ainsi formée convient :
Tout d’abord, elle comporte bien trois vecteurs.
Puis si : α 1 .e1 + α 2 .e2 + α 3 .e3 = 0 , en composant par u : α 1 .e2 = 0 , d’où : α 1 = 0 , puisque : e2 ≠ 0 .
Ensuite, on revient à : α 2 .e2 + α 3 .e3 = 0 , et la famille ( e2 , e3 ) étant une base de ker(u ) , elle est libre
donc : α 2 = α 3 = 0 .
La famille proposée est bien une base de E.
 0 0 0


Enfin la matrice de u dans cette base vaut (on a tout fait pour) : mat (u , B ) =  1 0 0  .
 0 0 0


37. Soit E un K-espace vectoriel de dimension 3, et soit : f ∈ L( E ), tel que : f 3 = 0 , f 2 ≠ 0 .
 0 0 0


a. Montrer qu’il existe une base B de E telle que : mat B ( f ) = A =  1 0 0  .
 0 1 0


2
b. Monter que : ∀ g ∈ L( E ), ( g o f = f o g ) ⇔ ( g ∈ Vect (id E , f , f ) ).
c. Généraliser pour un espace de dimension n .
a. Procédons par analyse-synthèse.
Analyse : si une telle base : B = ( e1 , e2 , e3 )), existe, alors : f (e1 ) = e2 , f (e2 ) = e3 , f (e3 ) = 0 .
En particulier : e3 = f 2 (e1 ) , et tous ces vecteurs sont non nuls (puisque vecteurs d’une base de E ).
Donc : e1 ∉ ker( f 2 ) .
Synthèse : soit un vecteur en dehors de ker( f 2 ) (il en existe puisque : f 2 ≠ 0 ).
Appelons ce vecteur e1 , et posons : e2 = f (e1 ) , e3 = f (e2 ) = f 2 (e1 ) .
Alors la famille ainsi formée répond au problème.
En effet :
• elle est composée de trois vecteurs,
• elle est libre car si : α 1 .e1 + α 2 .e2 + α 3 .e3 = 0 , en composant par f 2 , on obtient :
α 1 . f 2 (e1 ) + α 2 . f 3 (e1 ) + α 3 . f 4 (e1 ) = 0 = α 1 . f 2 (e1 ) , soit : α 1 = 0 , puis en composant du début par f :
α 2 . f 2 (e1 ) + α 3 . f 3 (e1 ) = 0 = α 2 . f 2 (e1 ) , soit : α 2 = 0 , et enfin en revenant au début :
α 3 .e3 = α 3 . f 2 (e1 ) = 0 , d’où : α 3 = 0 .
 0 0 0


• la matrice de f dans cette base est bien : mat ( f , B ) = A =  1 0 0  (on a tout fait pour).
 0 1 0


b. Soit : g ∈ L( E ), et notons B sa matrice représentative dans la base précédente : B = (bi , j ) 1≤i≤3,1≤j≤3.
Alors : ( g o f = f o g ) ⇔ ( B. A = A.B ) ⇔ ( b1, 2 = b1,3 = b2,3 = 0 , b1,1 = b2, 2 = b3,3 , b2,1 = b3, 2 )
 b1,1 0
1 0 0 0 0 0 0 0 0
0 



 
 

⇔ ( B =  b2,1 b1,1 0  ) ⇔ ( B ∈ Vect   0 1 0 ,  1 0 0 ,  0 0 0   ).
b

0 0 1 0 1 0 1 0 0
 
 

 3,1 b2,1 b1,1 

 0 0 0


2
Or : mat B ( f ) =  0 0 0  .
 1 0 0


Donc : ( g o f = f o g ) ⇔ ( B ∈ Vect(mat B (id E ), mat B ( f ), mat B ( f 2 )) ) ⇔ ( g ∈ Vect (id E , f , f 2 ) ).
c. Le résultat est alors le suivant :
« soit E un K-espace vectoriel de dimension n , et : f ∈ L( E ), tel que : f n−1 ≠ 0 , f n = 0 .
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 18 -
0

1
Alors il existe une base B de E telle que : mat ( f , B ) =  0

M

0
L L L 0

O
M
O O
M  ».

O O O M

L 0 1 0
De plus, on a l’équivalence : ∀ g ∈ L( E ), ( g o f = f o g ) ⇔ ( g ∈ Vect (id E , f ,..., f n −1 ) ).
Remarques :
• on aurait pu compléter cet exercice en remarquant que : dim(Vect (id E f , f 2 )) = 3
(ou n dans le cas général).
• l’ensemble des g qui commutent avec f s’appelle le « commutant de f » et se note parfois Com( f ) .
38. Matrice à diagonale strictement dominante.
Soit : A = (ai , j ) ∈ Mn( ), telle que : ∀ 1 ≤ i ≤ n ,
n
a
j =1
j ≠i
i, j
< a i ,i .
a. On suppose qu’il existe : X ∈ Mn,1( ), X ≠ 0 , telle que : A. X = 0 .
En utilisant i0 tel que : xi0 = max xi , aboutir à une contradiction.
1≤i ≤ n
b. En déduire que la matrice A est inversible.
a. Soit un tel vecteur colonne X et i0 défini comme suggéré, à savoir tel que : xi0 = max xi .
1≤i ≤ n
Alors : xi0 ≠ 0 , sinon on aurait : X = 0 .
Si on écrit la ligne i0 du produit matriciel : A. X = 0 , cela donne :
n
n
k =1
k ≠ i0
k =1
k ≠ i0
ai0 .xi0 = −  ai0 ,k .xk , d’où : ai0 = −  ai0 ,k .
ai0 =
n
a
k =1
k ≠ i0
i0 , k
.
n
a
k =1
i0 , k
.x k = 0 , et en particulier :
xk
, puis avec l’inégalité triangulaire :
xi0
n
n
xk
x
≤  ai0 ,k . k ≤  ai0 ,k , la dernière inégalité découlant de la définition de i0 .
xi0 k =1
xi0 k =1
k ≠ i0
k ≠ i0
Or le résultat obtenu contredit l’hypothèse faite sur la matrice.
b. On ne peut donc pas trouver : X ∈ Mn,1( ), X ≠ 0 , tel que : A. X = 0 .
Formulé autrement (contraposée), cela donne : ∀ X ∈ Mn,1( ), ( A. X = 0 )  ( X = 0 ).
Autrement dit, la matrice A est inversible.
On peut pour s’en convaincre dire que l’endomorphisme u de n canoniquement associé à A vérifie :
∀ x ∈ n, ( u ( x) = 0 )  ( u = 0 ), donc : ker(u ) = {0},
et en dimension finie, l’injectivité d’un endomorphisme entraîne sa bijectivité donc l’inversibilité de sa
matrice représentative dans n’importe quelle base de l’espace.
Trace.
39. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie non nulle.
a. Pour : ( f , g ) ∈ L( E )2, calculer tr ( f o g − g o f ) .
b. En déduire que dans un espace vectoriel de dimension finie, il n’existe pas de couple ( f , g )
d’endomorphismes tel que : f o g − g o f = id E .
a. Il suffit, pour : ( f , g ) ∈ L( E )2, de noter A et B leurs matrices représentatives dans une base de E.
Alors dans cette base, fog est représenté par A.B et g o f par B. A .
Enfin : tr ( f o g − g o f ) = tr ( A.B − B. A) = tr ( A.B ) − tr ( B. A) = 0 .
b. Le résultat n’est pas tout à fait vrai.
En effet, dans un tel espace de dimension n , on a :
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 19 -
∀ ( f , g ) ∈ L( E )2, tr ( f o g − g o f ) = 0 , et : tr (id E ) = tr ( I n ) = n .
Donc si un tel couple existe, on a : n = 0 .
Réciproquement, dans l’espace {0}, alors on a bien : id E o id E − id E o id E = 0 , puisqu’alors : id E = 0 .
En dehors de ce cas passionnant, c’est effectivement impossible.
40. Soit : A ∈ Mn( ), telle que : tr ( A) ≠ 0 , et soit φ définie sur Mn( ) par :
∀ M ∈ Mn( ), φ ( M ) = tr ( A).M − tr ( M ). A .
a. Montrer que φ est un endomorphisme de Mn( ).
b. Montrer que : ker(φ ) ⊂ Vect ( A) , puis que : ker(φ ) = Vect ( A) .
c. Montrer que : Im(φ ) ⊂ ker(tr ) , puis que : Im(φ ) = ker(tr ) .
a. La trace étant linéaire, il est immédiat que φ est linéaire et donc que φ un endomorphisme de Mn( ).
b. Soit : M ∈ Mn( ).
tr ( M )
Alors : ( M ∈ ker(φ ) ) ⇔ ( tr ( A).M = tr ( M ). A ) ⇔ ( M =
. A ).
tr ( A)
Donc tout élément de ker(φ ) est proportionnel à A et : ker(φ ) ⊂ Vect ( A) .
Réciproquement : ∀ λ ∈ , φ (λ. A) = tr ( A).λ . A − λ .tr ( A). A = 0 , et : Vect ( A) ⊂ ker(φ ) .
Finalement : ker(φ ) = Vect ( A) .
c. Le théorème du rang permet d’obtenir alors : dim(Im(φ )) = n 2 − dim(ker(φ )) = n 2 − 1 .
Mais de plus : ∀ M ∈ Mn( ), tr (φ ( M )) = tr (tr ( A).M − tr ( M ). A) = tr ( A).tr ( M ) − tr ( M ).tr ( A) = 0 .
Donc : Im(φ ) ⊂ ker(tr ) .
Or tr est une forme linéaire non nulle sur Mn( ), donc son noyau est un hyperplan de Mn( ), donc de
dimension n 2 − 1 : par égalité de dimension et inclusion, on conclut que : Im(φ ) = ker(tr ) .
41. Soit A et B deux éléments de Mn(K).
On considère l’équation : X + tr ( X ). A = B , d’inconnue : X ∈ Mn(K).
a. Montrer qu’une solution de cette équation est nécessairement de la forme : X = B + λ . A , où : λ ∈ K.
b. Réciproquement, montrer que :
• si : tr ( A) ≠ −1 , cette équation admet une solution unique que l’on précisera.
• si : tr ( A) = −1 , l’équation n’admet pas de solution ou en admet une infinité suivant la valeur de
tr (B ) , et préciser alors ces solutions.
a. Si X est solution alors : X = B − tr ( X ). A , et donc X est bien de la forme annoncée, avec :
λ = tr (X ) ∈ K.
b. Supposons que : tr ( A) ≠ −1 .
Alors si X est solution, on a :
tr ( B )
tr ( X + tr ( X ). A) = tr ( B ) , donc : tr ( X ).(1 + tr ( A)) = tr ( B ) , d’où : tr ( X ) =
.
1 + tr ( A)
 tr ( B ) 
. A .
Donc X ne peut valoir que : X = B − 
 1 + tr ( A) 
Réciproquement, montrons que cet unique candidat est bien solution du problème.
 tr ( B ) 

tr ( A) 
tr ( B )
.tr ( A) = tr ( B ).1 −
Pour cela : tr ( X ) = tr ( B ) − 
=
, d’où :

 1 + tr ( A) 
 1 + tr ( A)  1 + tr ( A)

 tr ( B)    tr ( B) 
. A + 
. A = B , et X est bien l’unique solution du problème.
X + tr ( X ). A =  B − 
 1 + tr ( A)    1 + tr ( A) 

c. Supposons maintenant que : tr ( A) = −1 .
De même si X est solution du problème, alors on a toujours :
tr ( X + tr ( X ). A) = tr ( B ) , donc : tr ( X ).(1 + tr ( A)) = tr ( B ) , et donc : tr ( B ) = 0 .
Or tr (B ) est une des données initiales du problème, donc deux possibilités se présentent :
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 20 -
• si : tr ( B ) ≠ 0 , alors l’équation n’a pas de solution.
• si : tr ( B ) = 0 , montrons que toute matrice obtenue à la question a est solution.
Pour cela, si : X = B + λ . A , alors : tr ( X ) = tr ( B ) + λ.tr ( A) = −λ , et :
X + tr ( X ). A = ( B + λ . A) − λ . A = B ,
et X est bien solution de l’équation, qui admet donc une infinité de solutions.
Formes linéaires, dualité, hyperplans.
42. Soient D une droite vectorielle et H un hyperplan d'un K-espace vectoriel E de dimension : n ∈ *.
a. Montrer que si : D ⊄ H , alors D et H sont supplémentaires dans E .
b. La réciproque est-elle vraie ?
a. Si D n’est pas incluse dans H , alors : H + D ≠ H , car sinon on aurait :
∀ x ∈ D , x = (0 + x) ∈ ( H + D ) , donc : x ∈ H , et on aurait : D ⊂ H .
Donc H + D contient H mais n’est pas égal à H et : dim( H + D ) > dim( H ) , d’où :
dim( H + D ) > n − 1 , et : dim( H + D ) = n .
Donc : H + D = E .
Comme de plus : dim( H ) + dim( D ) = (n − 1) + 1 = n , H et D sont bien supplémentaires dans E .
b. Si H et D sont supplémentaires dans E, alors : H ∩ D = {0}, et : D ⊄ H .
X
X

 + P  1 −  − 2 .P ( X ) .
2
2

a. Déterminer le degré de φ (P ) en fonction de celui de P , pour : P ∈ n[X].
b. En déduire que φ permet de définir un endomorphisme de n[X] (que l’on notera encore φ ).
c. Déterminer ker(φ ) et une base de Im(φ ) .
d. On considère alors l’application de n[X] dans notée θ et définie par :
43. Soit : n ∈ *, et soit φ définie par : ∀ P ∈
∀ P ∈
n[X],
n[X],
φ ( P ) = P
1
θ ( P) =  P (t ).dt .
0
Montrer que θ est une forme linéaire sur
n[X]
et que : ker(θ ) = Im(φ ) .
a. Soit P de degré k et de coefficient dominant égal à a k .
Alors φ ( P) est un polynôme de degré au plus k et le coefficient α k de X k dans φ ( P) est :
 1 (−1) k

1
(−1) k
α k = a k . k + a k . k − 2.a k = a k . k + k − 2  .
2
2
2
2

• Si : k = 0 , alors : α k = 0 , et φ ( P) est nul.
1 (−1) k
1 (−1) k
1 1
• Si : k ≠ 0 , k + k − 2 = 2 − k − k ≥ 2 − − = 1 , et : α k ≠ 0 , donc : deg(φ ( P)) = deg( P ) .
2 2
2
2
2
2
b. Puisque : ∀ P ∈ n[X], φ ( P) ∈ n[X], et que φ est clairement linéaire, φ permet bien de définir un
endomorphisme de n[X].
c. La question a montre que : ∀ P ∈ n[X], ( deg( P) ≥ 1 )  ( φ ( P) ≠ 0 ),
on en déduit que : ker(φ ) ⊂ 0[X].
De plus, on a aussi constaté que : ∀ P ∈ n[X], ( deg( P) = 0 )  ( φ ( P) = 0 ).
Donc : ker(φ ) = 0[X].
Im(φ ) est alors de dimension n du fait du théorème du rang.
Une base de Im(φ ) est par exemple ( φ ( X ),..., φ ( X n ) ).
d. Il est immédiat que θ est une forme linéaire sur n[X] puisque à valeurs dans et linéaire par linéarité
de l’intégrale sur [0,1], et son noyau est donc un hyperplan de n[X], donc de dimension n .
1
k
k +1
 tk 

 t k +1
t
2 
t
t k +1 
k 

−
1 −  − 2.
Puis : ∀ 1 ≤ k ≤ n ,  φ (t ).dt =  k + 1 −  − 2.t .dt =  k

 .

0
02
2
k
+
1
2
k
+
1
2
.(
k
+
1
)





 0



1
k
1
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 21 -
k +1

1
2 1
1  
2 

Donc :  φ (t ).dt = k
−
− 2.
− −


 =0.
 2 .(k + 1) k + 1  2 

0
k +1  k + 1

On en déduit que : Im(φ ) ⊂ ker(θ ) , et comme : dim(Im(φ )) = dim(ker(θ )) = n , on conclut que :
ker(θ ) = Im(φ ) .
1
k
44. Soient E un -espace vectoriel de dimension finie n , u ∈ E , et f une forme linéaire non nulle sur E .
On appelle φ l’endomorphisme de E défini par : ∀ x ∈ E, φ ( x) = f ( x).u .
Montrer que : det(id E + φ ) = 1 + f (u ) .
On peut noter que φ est effectivement une application linéaire de E dans E .
Puisque f est une forme linéaire non nulle, son noyau est un hyperplan de E .
Soit ( e1 ,..., en −1 ) une base de ker( f ) que l’on complète avec en en une base de E .
Si on note : u = u1 .e1 + ... + u n .en , alors : f (u ) = u1 . f (e1 ) + ... + u n . f (en ) = 0 + u n . f (en ) = u n . f (en ) .
Alors : ∀ 1 ≤ k ≤ n − 1 , (id E + φ )(ek ) = ek + f (ek ).u = ek , et : (id E + φ )(en ) = en + f (en ).u .
f (en ).u1 
1 0 L 0


M
0 O O M


.
M
La matrice A de (id E + φ ) dans la base ( e1 ,..., en ) s’écrit donc : A = M O O 0


O 1 f (en ).u n −1 
M
 0 L L 0 1 + f (e ).u 
n
n 

Donc : det(id E + φ ) = 1 + u n f (en ) = 1 + f (u ) .
Calcul de déterminants.
1
1
1
45. Montrer que si α , β , γ sont des réels entre 0 et π, de somme π, alors : cos(α ) cos( β ) cos(γ ) = 0 .
α 
β 
γ 
tan   tan   tan  
2
2
2
On peut commencer par remplacer les colonnes C 2 et C 3 par C k − C1 , pour : k = 2,3 .
On factorise ensuite avec :
sin( p − q )
 p−q  p+q
,
cos( p ) − cos(q ) = −2. sin 
. sin 
 , et : tan( p ) − tan(q ) =
cos( p ). cos(q )
 2   2 
et on développe par rapport à la première ligne, ce qui donne :
 β −α   β +α 
γ −α  γ +α 
− 2. sin 
. sin 
 − 2. sin 
. sin 

2
2
2





  2 
1
1
1
 β −α 
γ −α 
sin 
sin 

D = cos(α ) cos( β ) cos(γ ) =

.
 2 
 2 
α 
β 
γ 
tan   tan   tan  
β 
α 
γ 
α 
cos . cos 
cos . cos 
2
2
2
2
2
2
2
On factorise ensuite dans la première et la deuxième ligne, la première et la deuxième colonne, et :
 β +α 
γ +α 
  β +α 
sin 
 γ + α 
 sin 

sin 
 sin 

2 
2 



1
2
2
 β −α  γ −α 



 ,
1
1
D = −2. sin 
.
= C.
−
. sin 
.

γ 
γ  
 2   2  cos α 
cos 
cos  
γ 
  cos β 

cos




2
2
2 

2
2
où C est le coefficient factorisé.
 β +α 
π γ 
γ 
On termine en remarquant que : sin 
 = sin  −  = cos  ,
 2 
 2 2
2
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 22 -
et on a une formule similaire pour l’autre terme.
D’où : D = C.[1 − 1] = 0 .
0
x
46. Calculer : D =
y
x
0
z
y
z
0
z
y
, où : ( x, y, z ) ∈
x
3
, puis déterminer : {( x, y, z ) ∈
3
, D = 0 }.
z y x 0
On commence par additionner toutes les colonnes à la première, puis on soustrait la première ligne à toutes
les autres, d’où :
x+ y+z x y z
1
x
y
z
−x z−y y−z
x+ y+z 0 z y
0 −x z− y y−z
D=
= ( x + y + z ).
= ( x + y + z ). z − x − y x − z .
x+ y+z z 0 x
0 z−x − y x−z
y−x x− y −z
x+ y+z y x 0
0 y−x x− y −z
Pour ce nouveau déterminant, on remplace C 2 par C 2 + C1 , et C 3 par C 3 + C1 , d’où :
−x
z−y−x
y−z−x
−x
1 1
D = ( x + y + z ). z − x − y + z − x
0
= ( x + y + z ).( z − x − y ).( y − z − x). z − x 1 0 .
y−x
0
−z+ y−x
y−x 0 1
On termine en développant le dernier déterminant et : D = ( x + y + z ).( z − x − y ).( y − z − x).( x − y − z ) .
L’ensemble des triplets de 3 vérifiant : D = 0 , est donc la réunion de quatre plans, donnés par les
équations : x + y + z = 0 , x − y − z = 0 , y − z − x = 0 , z − x − y = 0 .
47. Calculer le déterminant des matrices suivantes de Mn( ) :
a a L L a


1 1 L 1 
0 1 L



a a 0 L 0
1 2 O M 
−1 0 O


a. 
, où : n ∈ *,
b. M 0 O O M , où : a ∈ ,
c. 



M O O 1
M O O



M
M
O
O
0


1 L 1 n 
−1 L −1



a 0 L 0 a


a. Pour le premier déterminant, on peut remplacer chaque colonne C k par C k − C1 , et :
1

M
.
1

0 
0
1 1 L 1  1 0 L


M
1 2 O M  1 1 O
det 
=
= (n − 1)! (il est triangulaire inférieur).

M O O 1
M O O
0


1 L 1 n  1 L 0 n − 1


b. Pour le deuxième déterminant, on remplace la première colonne par C1 − (C 2 + ... + C n ) , et :
 a a L L a  (2 − n).a a L L a


0
a 0 L 0
a a 0 L 0


det M 0 O O M =
M
0 O O M = (2 − n).a n , (triangulaire supérieur).


M
M O O 0
 M M O O 0


0
0 L 0 a
a 0 L 0 a
c. Pour le troisième déterminant, on remplace d’abord C1 par C1 + C n , puis Ln par Ln + L1 , et :
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 23 -
Dn =
0
−1
1
0
L 1
O
M
1
0
1
0
L L 1
O
M
1 1 L L L 1
0 0 O
M
M −1 O O
M
.
= M −1 O O M =
M M O O O M
0
M O O 1
−1 L −1 0
M −1 L −1 0 1
−1 −1 L −1 0
0 L L L 0 1
On développe alors suivant la première colonne puis suivant la dernière ligne, et : ∀ n ≥ 3, Dn = Dn −2 .
On en déduit que :
• ∀ n ≥ 1 , n impair, Dn = D1 = 0 ,
• ∀ n ≥ 2 , n pair, Dn = D2 = 1 .
M
O O 1
48. Soient a1 ,..., a n des nombres complexes.
On définit la matrice A par : ∀ 1 ≤ i, j ≤ n , a i , j = a max( i , j ) .
a. Ecrire la matrice A et calculer son déterminant.
b. En déduire les déterminants det((max(i, j ))1≤i≤ n,1≤ j ≤ n ) , et det((min(i, j ))1≤i ≤ n,1≤ j ≤ n ) .
 a1

 a2
a. La matrice A vaut : A = 
M

a
 n
L an 

L an 
.
O M 

L a n 
On remplace alors chaque colonne C k par C k − C k +1 , de la 1ère à la (n − 1) ème.
a1 − a 2
0
Cela donne : det( A) =
M
M
0
a2
a2
M
an
a 2 − a3
a 2 − a3
0
M
0
L a n −1 − a n
O
M
O a n −1 − a n
O a n −1 − a n
L
0
an
M
M = a n .(a1 − a 2 )...(a n−1 − a n ) .
M
an
b. Pour le premier des deux déterminants demandés ( Dmax et Dmin ), on pose : ∀ 1 ≤ i ≤ n , a i = i .
Dans ce cas, puisque : ∀ 1 ≤ i ≤ n − 1 , a i − a i +1 = −1 , on obtient avec la question a : Dmax = n.(−1) n −1 .
n − 1 L 1
 n


 n − 1 n − 1 L 1
Pour le deuxième, partons de : ∀ 1 ≤ i ≤ n , a i = n + 1 − i , pour obtenir : A = 
.
M
M
O M


 1

1
L
1


Pour le calcul de det(A) , on intervertit les lignes Lk et Ln −k , ce qui fait apparaître un certain nombre de
− 1 , puis on intervertit les colonnes C k et C n −k , qui fait apparaître le même nombre de − 1 , donc
globalement un nombre pair de − 1 .
1 1 L 1
1 2 L 2
Or le déterminant devient alors : det( A) =
= Dmin .
M M O M
1 2 L n
Enfin : ∀ 1 ≤ i ≤ n − 1 , a i − a i +1 = 1 , donc : det( A) = 1 , et : Dmin = 1 .
Déterminants tridiagonaux.
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 24 -
49. Soient : ( a, b ) ∈ K2, α
a+b
1
Calculer : Dn = 0
M
∈ , et :
a.b 0
O O
O O
n ≥ 2.
L
0
O
M
O
0
2. cos(α )
, puis : ∆ n =
O O O
a.b
0
L 0 1 a+b
Pour Dn , on distinguera les cas : a ≠ b , et : a = b .
L
0
1
O O O
M
0
O O O
0
M
O O O
1
0
L
1
0
0
1
.
2. cos(α )
Pour le calcul de Dn , on commence par développer suivant la première ligne, ce qui fait apparaître Dn −1 et
un deuxième déterminant, que l’on développe alors suivant la première colonne et :
Dn = (a + b).Dn−1 − a.b.1.Dn −2 .
Donc la suite ( Dn ) vérifie la relation de récurrence : ∀ n ≥ 3 , Dn − (a + b).Dn −1 + a.b.Dn− 2 = 0 .
L’équation caractéristique associée est alors : r 2 − (a + b).r + a.b = 0 , dont les racines sont a et b .
Distinguons alors deux cas :
• si : a ≠ b , alors : ∃ ! ( α , β ) ∈ K2, ∀ n ≥ 1 , Dn = α .a n + β .b n .
On détermine alors α et β à l’aide de D1 et D2 , avec :
D1 = a + b = α .a + β .b ,
D2 = a 2 + a.b + b 2 = α .a 2 + β .b 2 .
Après résolution du système (dans le cas où a et b sont non nuls), on obtient : α =
a
b
, β =
.
a −b
b−a
a n+1 − b n +1
, et si a ou b est nul, ce résultat est encore valable (le déterminant est
a −b
alors triangulaire inférieur).
• si : a = b , alors : ∃ ! ( α , β ) ∈ K2, ∀ n ≥ 1 , Dn = (α + β .n).a n .
D’où : ∀ n ≥ 1 , Dn =
Alors avec à nouveau D1 et D2 (et en distinguant au besoin le cas où a est nul), on obtient : α = β = a ,
soit : ∀ n ≥ 1 , Dn = (n + 1).a n .
Pour le calcul de ∆ n , on pose : a = e i.α , et : b = e − i.α , et on distingue à nouveau deux cas :
• si : e i.α = e − i.α , alors : ∀ n ≥ 1 , Dn = (n + 1).a n , c'est-à-dire :
si : α = 0 (mod 2.π ), ∀ n ≥ 1 , Dn = (n + 1) ,
si : α = π (mod 2.π ), ∀ n ≥ 1 , Dn = (n + 1).(−1) n .
• si : e i.α ≠ e − i.α , alors : ∀ n ≥ 1 , Dn =
e i.( n +1).α − e −i.( n +1).α sin((n + 1).α )
=
.
sin(α )
e i.α − e −i.α
Déterminant de Vandermonde.
1 x1 L x1n−1
1 x 2 L x 2n−1
50. Pour : ( x1 ,..., x n ) ∈ Kn, on pose : Vn ( x1 ,..., x n ) =
, puis : Pn ( x) =
M M
M
1 x n L x nn−1
1 x1 L x1n −1
M
M
M
.
n −1
1 x n −1 L x n −1
1 x L x n −1
a. Montrer que : Pn ∈ Kn-1[X].
b. Que vaut Vn ( x1 ,..., x n ) si deux des xi sont égaux entre eux ?
c. Dans le cas où les xi sont distincts 2 à 2, donner une expression factorisée de Pn .
d. En déduire que :
∀( x1 ,..., x n ) ∈ Kn, Vn ( x1 ,..., x n ) = ( x n − x1 )...( x n − x n −1 ).Vn −1 ( x1 ,..., x n −1 ) puis la valeur de Vn ( x1 ,..., x n ) .
e. Retrouver, directement à partir de l’expression de Vn ( x1 ,..., x n ) la relation de récurrence précédente.
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 25 -
a. Si on développe Pn suivant la dernière ligne, on constate qu’on obtient une somme de termes, chacun
étant un produit comportant un signe, un terme type X k , et un déterminant extrait, indépendant de X .
Donc Pn est un polynôme à coefficient dans K de degré au plus n − 1 .
b. Si deux des xi sont égaux, deux lignes dans Vn sont égales et donc : Vn ( x1 ,..., x n ) = 0 .
c. Il est clair que si on évalue Pn en une valeur x k avec : 1 ≤ k ≤ n − 1 , alors : Pn ( x k ) = 0 , puisque le
déterminant comporte alors deux lignes égales.
Donc les xi étant distincts 2 à 2, on peut écrire : Pn = C.( X − x1 )...( X − x n −1 ) , où C est une constante.
Enfin, C est le coefficient de X n −1 qui est donc le déterminant extrait obtenu dans le développement de
la question a, soit : C = Vn −1 ( x1 ,..., x n −1 ) .
d. On a donc (toujours si les x k sont distincts 2 à 2) : Pn = ( X − x1 )...( X − x n −1 ).Vn−1 ( x1 ,..., x n −1 ) .
Donc on en déduit que : Vn ( x1 ,..., x n ) = ( x n − x1 )...( x n − x n −1 ).Vn −1 ( x1 ,..., x n−1 ) .
Et si deux des x k sont égaux, alors les deux côtés de l’égalité sont nuls : elle est donc valable pour tout
n -uplet : ( x1 ,..., xn ) ∈ Kn.
On en déduit alors par récurrence que : Vn ( x1 ,..., xn ) =
∏ (x
1≤ i < j ≤ n
j
− xi ) .
e. Pour retrouver directement la relation précédente, on effectue dans Vn ( x1 ,..., x n ) les opérations
suivantes : on remplace chaque colonne C k par C k − x n .C k −1 , pour k de n à 2 (dans cet ordre).
1
x1 − x n
L L x1n −1 − x n .x1n− 2
M x2 − xn
x2n −1 − x n .x 2n− 2
Cela donne : Vn ( x1 ,..., x n ) = M
.
M
M
1 xn −1 − x n L L xnn−−11 − x n .x nn−−12
1
0
L M
0
On développe alors suivant la dernière ligne puis on factorise sur chaque ligne par ( x k − x n ) .
Cela donne : Vn ( x1 ,..., xn ) = (−1) n+1 .( x1 − xn )...( xn −1 − xn ).Vn −1 ( x1 ,..., xn −1 ) , soit la même relation que celle
obtenue avant puisque : (−1) n +1 = (−1) n−1 , que l’on distribue sur chaque terme du produit.
Déterminants par blocs.
51. Soient A, B, C , D quatre matrices de Mn(K), telles que C et D commutent et D est inversible.
 D 0
A B
 .
 , et : N = 
On pose par ailleurs : M = 
C D
− C In 
A l’aide d’un produit faisant intervenir la matrice N , montrer que : det( M ) = det( A.D − B.C ) .
B   B.C − A.D
 B.C − A.D
 = 
Si on calcule le produit M .N , on obtient : M .N = 
0
 − C.D + D.C D  
Puisque la matrice obtenue est triangulaire supérieure par blocs, on obtient :
det( M .N ) = det( B.C − A.D ). det( D ) = (−1) n . det( A.D − B.C ). det( D ) .
B
.
D 
De plus : det( N ) = det(− D ) = (−1) n . det( D ) .
Donc puisque D est inversible, on a : det( D ) ≠ 0 , et donc on peut simplifier pour aboutir à :
det( M ) = det( A.D − B.C ) .
 A B
 .
52. Soit : ( A, B ) ∈ Mn(K)2, et soit M définie par blocs par : M = 
 B A
En utilisant des combinaisons de lignes ou de colonnes, montrer que : det( M ) = det( A + B ). det( A − B ) .
Si on remplace chaque ligne du déterminant de M (de la 1ère à la n ème) par : Lk + Lk + n , alors cela revient à
remplacer A par A + B , et B par A + B dans ce déterminant par blocs, ce qui
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 26 -
A+ B A+ B
.
B
A
Puis on remplace chaque colonne dans ce déterminant (de la (n + 1) ème à la (2.n) ème) par : C k − C k −n , et :
s’écrit : det( M ) =
A+ B
0
, et donc : det( M ) = det( A + B ). det( A − B ) , puisque le dernier déterminant
B
A− B
obtenu est triangulaire inférieur.
det( M ) =
Déterminants et applications linéaires.
4 
3 − 5 2


3 
7 − 4 1
4
.
53. Soit : u ∈ L( ), de matrice représentative dans la base canonique : A = 
5 7 − 4 − 6


 1 6 − 3 − 5


Déterminer rg (A) , et donner une condition nécessaire et suffisante pour que : ( x, y, z , t ) ∈ Im(u ) .
On peut utiliser la méthode du pivot pour déterminer rg (A) .
− 3 − 5
4 
6
6
− 3 − 5
3 − 5 2
1 6 − 3 − 5
1
1








3 
3 
7 − 4 1
7 − 4 1
 0 − 46 22 38 
 0 − 46 22 38 
rg 
= rg 
= rg 
= rg 
= 2.
5 7 − 4 − 6
5 7 − 4 − 6
0 − 23 11 19 
0
0
0
0 








 1 6 − 3 − 5
3 − 5 2

 0 − 23 11 19 
0

4
0
0
0








Donc Im(u ) est de dimension 2.
Puisque les deux premières colonnes de A sont libres, elles forment une base de Im(u ) .
3 − 5 x


7 − 4 y
est de rang 2.
Donc : ( x, y, z , t ) ∈ Im(u ) , si et seulement si la matrice 
5 7 z


1 6 t 


Cela équivaut à dire que tous les déterminants 3×3 extraits sont nuls, soit :
3 −5 x
7 −4
5 7
y = 0 = 69.x − 46. y + 23.z , ou encore : 3.x − 2. y + z = 0 ,
z
3 −5
x
7 −4
1 6
y = 0 = 46.x − 23. y + 23.t , ou encore : 2.x − y + t = 0 ,
t
3 −5 x
5
1
7
6
z = 0 = 23.x − 23.z + 46.t , ou encore : x − z + 2.t = 0 , et enfin :
t
7 −4
y
5
1
z = 0 = 23. y − 46.z + 69.t , ou encore : y − 2.z + 3.t = 0 .
t
7
6
Donc : ( x, y, z , t ) ∈ Im(u ) ) ⇔ ( 3.x − 2. y + z = 0 , 2.x − y + t = 0 , x − z + 2.t = 0 , y − 2.z + 3.t = 0 ).
54. Soit : F = { x a e x .P ( x) , avec : P ∈ n[X]}.
a. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de F( , ).
b. Montrer que la dérivation de fonctions est un endomorphisme de F dont on calculera le déterminant.
a. Il est immédiat que F est inclus dans F( , ), est non vide puisque la fonction nulle correspond à
choisir le polynôme nul, et [X] étant stable par combinaison linéaire, F l’est aussi.
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 27 -
b. Soit : f ∈ F , et donc : P ∈ n[X], tel que f : x a e x .P( x) .
Alors : ∀ x ∈ , f ' ( x) = e x .P ( x) + e x .P' ( x) = e x .( P( x) + P' ( x)) , avec : deg( P + P' ) ≤ n .
Donc la dérivation (notons la ∆ dans F ) est une application de F dans F .
De plus, il est évident qu’elle est linéaire, donc c’est bien un endomorphisme de F .
Calculons alors sa matrice dans la base « canonique » de F associée à la base canonique de
Notons pour cela : ∀ 0 ≤ k ≤ n , f k : x a e x .x k , et F la base de F ainsi obtenue.
n[X].
Alors : ∆ ( f 0 ) = f 0 , et : ∀ 1 ≤ k ≤ n , ∆ ( f k ) = f k + k . f k −1 .
1 1 0

0 1 O
Donc : mat (∆, F ) =  M O O

O
M
0
 L L
L 0

O M
O 0  , d’où : det(∆ ) = 1 .

O n

0 1
55. Soit f un endomorphisme de considéré comme un -espace vectoriel.
a. Rappeler la dimension de dans ce cas, puis une base de comme -espace vectoriel.
b. Montrer qu’il existe un unique couple ( a, b ) de complexes tels que : ∀ z ∈ , f ( z ) = a.z + b.z .
c. Exprimer det( f ) en fonction de a et de b .
a. est un -espace vectoriel de dimension 2.
En effet, on a : = Vect (1, i ) , puisque :
∀ z ∈ , ∃ ! ( x, y ) ∈ 2, z = x.1 + y.i , et ( 1, i ) est bien une base de comme -espace vectoriel.
b. Raisonnons par analyse-synthèse.
Si a et b existent alors : f (1) = a + b , et : f (i ) = a.i − b.i .
1
1
On en déduit que : a = .( f (1) − i. f (i )) , et : b = .( f (1) + i. f (i )) .
2
2
Réciproquement, pour : z = x + i. y , avec : ( x, y ) ∈ 2, on a :
1
1
a.z + b.z = .( f (1) − i. f (i )).( x + i. y ) + .( f (1) + i. f (i )).( x − i. y ) = x. f (1) + y. f (i ) = f ( x + i. y ) = f ( z ) .
2
2
On a ainsi prouvé l’existence et l’unicité du couple ( a, b ) cherché.
α α '
 ,
c. Si on note : f (1) = α + i.β , et : f (i ) = α '+i.β ' , la matrice de f dans la base ( 1, i ) vaut : 
β
β
'


puis : det( f ) = α .β '−α '.β .
α + β'
β −α'
α − β'
β +α'
De plus : a =
+ i.
, et : b =
+ i.
, et :
2
2
2
2
1
α + β'  β −α'
2
2
2
2
a =
 +
 = .(α + β + α ' + β ' +2.α .β '−2.α '.β ) , et :
2
2
4

 

2
2
2
1
α − β'  β +α'
2
2
2
2
b =
 +
 = .(α + β + α ' + β ' −2.α .β '+2.α '.β ) , d’où :
2
2
4

 

2
2
2
a − b = α .β '−α '.β = det( f ) .
2
2
Systèmes linéaires.
m.x + y + z
 x + m. y + z

56. Résoudre les systèmes : (S) 
 x + y + m.z
 x + y + z
avec : m ∈ .
= 1
= m
= 1
,
= m
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 28 -
On peut calculer le déterminant pour les trois premières équations.
m 1 1
1 1 1
1
0
0
Il vaut : 1
1
m 1 = (m + 2).1 m 1 = (m + 2).1 m − 1
0 = (m + 2).(m − 1) 2 .
1 m
1 1 m
1
0
m −1
• Si : m ≠ 1 , et : m ≠ −2 , les trois premières équations admettent une unique solution qui vaut :
( x, y, z ) = (0,1,0) .
Mais cette solution ne vérifie pas la dernière équation et le système complet n’a pas de solution.
• Si : m = 1 , alors le système se ramène à une unique équation : x + y + z = 1 , qui admet une infinité de
solutions (formant un plan affine dans 3).
• Si : m = −2 , alors la somme des trois premières équations donne : 0 = 0 , et le système des trois
premières équations sont donc compatibles qui admettent comme solutions :
( x; y, z ) = ( x, x + 1, x) , avec : x ∈ .
Comme on veut par ailleurs prendre en compte également la dernière équation, on doit aussi avoir :
3.x + 1 = −2 , autrement dit : x = −1, y = 0, z = −1 .
57. Peut-on trouver des valeurs de m , pour lesquelles le système (S) admet d’autres solutions que (0,0,0) ?
= 0
 x − (m + 1). y − z

(S) m.x + 2. y − (3.m + 2).z = 0 .
2.x − 3. y + 3.z
= 0

Puisque ce système est un système homogène, il y a toujours une solution qui est ( 0,0,0 ).
Ce système admet donc une autre solution si et seulement si ça n’est pas un système de Cramer, autrement
dit si et seulement si son déterminant est nul.
1 − (m + 1)
−1
Or ce déterminant vaut : det( S ) = m
2
− (3.m + 2) = 9.m 2 + 7.m + 8 .
2
−3
3
Comme le discriminant de ce trinôme vaut -239, si on raisonne dans , ce déterminant ne s’annule pas et
le système a toujours une unique solution qui est ( 0,0,0 ).
Si on est dans , il y a deux valeurs de m qui sont :
− 7 ± i. 239
, pour lesquelles il y a d’autres solutions
18
au système que ( 0,0,0 ).
Calcul de rang de matrice.
1 0 L 0 α


0
α O O
58. Pour : n ∈ *, et : α ∈ , on note : M (α ) =  0 O O O M  .


 M O O O 0
0 L 0 α 1


Calculer det( M (α )) , et en déduire rg ( M (α )) , suivant la valeur de α .
On peut développer det( M (α )) suivant la première ligne, et : det( M (α )) = 1 + (−1) n +1 .α n = 1 − (−α ) n .
Le rang de M (α ) dépend dans un premier temps de la nullité (ou pas) de det( M (α )) .
2.i .k .π
n
• Si : ∃ k ∈ , α = −e
, alors : det( M (α )) = 0 , et : rg ( M (α )) < n .
Dans ce cas, la sous-matrice de taille (n − 1) × (n − 1) extraite en haut à gauche de M (α ) est inversible (car
triangulaire inférieure de déterminant égal à 1), donc M (α ) est de rang au moins (n − 1) .
Finalement, dans ce cas, rg ( M (α )) = n − 1 .
• Si α n’est pas une racine n ième de − 1 , alors : det( M (α )) ≠ 0 , et : rg ( M (α )) = n .
PSI Dupuy de Lôme – Chapitre 04 : Algèbre linéaire (Exercices : corrigé niveau 1).
- 29 -