Soutien algèbre niveau 1 - Correction Exercice 1 1. Soit A la matrice

ECE2 : Année 2016-2017
Soutien algèbre niveau 1 - Correction
Exercice 1
1. Soit A la matrice de f dans la base canonique B de IR3. Si f est diagonalisable alors il existe une matrice D
diagonale et une matrice P inversible telles que A = PDP-1.
Alors MB(f2) = A2 = PDP-1PDP-1 = PD2P-1. Or D2 est diagonale, donc A2 et f2 sont diagonalisable.
Ou : il existe une base B dans laquelle la matrice de f est diagonale MB(f) = D
Alors MB(f2) = D2 est aussi diagonale, donc f2 est diagonalisable.
2. (a) A2 = 
0 2 -1
2 -5 4
3 -8 6 
0 2 -1
2 -5 4
3 -8 6 = 
1 -2 2
2 -3 2
2 -2 1
A4 = A2A2 = 
1 -2 2
2 -3 2
2 -2 1 
1 -2 2
2 -3 2
2 -2 1 = 
1 0 0
0 1 0
0 0 1 = I
X4 – 1 est un polynôme annulateur de A donc les seules valeurs propres possibles sont les valeurs propres du
polynôme. X4 – 1 = 0 X4 = 1 X2 = 1 ou X2 = -1 (impossible)
X = 1 ou -1. Les seules valeurs propres possibles sont 1 et -1.
(b) Soit X = 
x
y
z X
Ker(g – Id) (g – Id)X = 0 g(X) – X = 0
 -x + 2y – z = 0
2x – 6y + 4z = 0
3x – 8y + 5z = 0
 -x + 2y – z = 0
-2y+ 2z = 0 L2 ← 2L1 + L2
-2y+ 2z = 0 L3 ← 3L1 + L3
 x = z
y = z
Ker(g – Id) = Vect 
1
1
1 
1
1
1 est non nul, donc c'est une base de Ker(g – id).
(c) De même, X Ker(g + Id) g(X) +X = 0
 x + 2y – z = 0
2x – 4y + 4z = 0
3x – 8y + 7z = 0
 x + 2y – z = 0
8y – 6z = 0 L2 ← 2L1 – L2
14y – 10z = 0 L3 ← 3L1 – L3
 x + 2y – z = 0
8y – 6z = 0
-2z = 0 L3 ← 7L2 – 4L3
 x = 0
y = 0
z = 0
Ker(g + Id) = {0}.
(d) -1 n'est pas valeur propre de g. La seule valeur propre est donc 1 dim(E1) = 1 < 3.
Donc g n'est pas diagonalisable.
3. a) A2X = -X
 2x – 2y + 2z = 0
2x – 2y + 2z = 0
2x – 2y + 2z = 0
x – y + z = 0 y = x + z.
Donc Ker(g2 + Id) = 
x
x + z
z, x
IR, z IR = Vect 
1
1
0, 
0
1
1 v = 
1
1
0 et w = 
0
1
1 ne sont pas
colinéaires, donc forment une base de Ker(g2 + id).
b) au + bv + cw = 0
 a + b = 0
a + b + c = 0
a + c = 0
 b = -a
c = 0
a = 0
 a = 0
b = 0
c = 0 la famille est libre et dim(IR3) = 3 donc c'est
une base de IR3.
c) g(u) = u donc g2(u) = g(g(u)) = g(u) = u g2(v) = -v g2(w) = -w MB(g2) = 
1 0 0
0 -1 0
0 0 -1 est diagonale
donc g2 est diagonalisable, alors que g ne l'est pas. La réciproque de la question 1 est fausse.

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Exercice 2
Partie 1. 1. 
3 -1
6 -2
3 -1
6 -2 
3 -1
6 -2 A2 = A donc X2 – X = X(X – 1) est un polynôme annulateur de A.
Donc les seules valeurs propres possibles de A sont 0 et 1.
2. Soit X = 
x
y. AX = 0
 3x – y = 0
6x – 2y = 0
y = 3x. Donc 0 est valeur propre de A et E0 = Vect 
1
3.
A – I = 
2 -1
6 -3 (A – I)X = 0
 2x –y = 0
6x – 3y = 0
y = 2x. Donc 1 est valeur propre de A et E1 Vect 
1
2.
A admet deux valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable.
De plus 
1
3, 
1
2 forment une base de vecteurs propres, donc d'après la formule de changement de base, A =
PDP-1, avec P = 
1 1
3 2 et D = 
0 0
0 1 . Par pivot de Gauss, on trouve P-1 = 
-2 1
3 -1 .
Partie 2. 1. M M2(IR), M' M2(IR), IR,
A(M + M') = A(M + M') – (M + M')A = AM + AM' – MA – M'A
= (AM – MA) + AM' – M'A = A(M) + A(M'). Donc A est un endomorphisme de M2(IR).
2. M M2(IR), A2(M) = A(A(M)) = A(AM – MA) = A(AM – MA) – (AM – MA)A
= A2M – AMA – AMA + MA2 = AM – 2AMA + MA
A3(M) = A(A2(M)) = A(AM – 2AMA + MA)
= A(AM – 2AMA + MA) – (AM – 2AMA + MA)A
= A2M – 2A2MA + AMA – AMA + 2AMA2 – MA2
= AM – 2AMA + AMA – AMA + 2AMA – MA = AM – MA = A(M)
A3 – A = 0 X3 – X est un polynôme annulateur de A.
3. N = P-1MP M = PNP-1
A(M) = M AM – MA = M (PDP-1)(PNP-1) – (PNP-1)(PDP-1) = PNP-1
PDNP-1 – PNDP-1 = PNP-1
DN – ND = N ( P-1 à gauche, P à droite).
4. a) 
0 0
0 1 
a b
c d = 
0 0
c d 
a b
c d 
0 0
0 1 = 
0 b
0 d DN – ND = 
0 -b
c 0 .
DN – ND = 0
 -b = 0
c = 0
 b = 0
c = 0
N = 
a 0
0 d , a
IR, d IR.
b) M Ker(A) A(M) = 0 DN – ND = 0 avec N = P-1MP
M = PNP-1, avec N = 
a 0
0 d 
a 0
0 d 
-2 1
3 -1
1 1
3 2 
a d
3a 2d 
-2a + 3d a – d
-6a + 6d 3a – 2d
Ker(A) = 
-2a + 3d a – d
-6a + 6d 3a – 2d , a
IR, d IR = Vect 
-2 1
-6 3 , 
3 -1
6 -2 = Vect(M1, A).
A et M1 ne sont pas colinéaires, donc forment une famille libre. Donc ils forment une base de E0.
c. D'après le théorème du rang, dim(Im(A)) = dim(M2(IR)) – dim(Ker(A)) = 4 – 2 = 2.
Soit E = 
1 0
0 0 A(E) = 
3 -1
6 -2 
1 0
0 0 – 
1 0
0 0 
3 -1
6 -2 = 
3 0
6 0 – 
3 -1
0 0 = 
0 1
6 0 .
Soit F = 
0 1
0 0 . A(F) = 
3 -1
6 -2 
0 1
0 0 – 
0 1
0 0 
3 -1
6 -2 = 
0 3
0 6 – 
6 -2
0 0 = 
-6 5
0 6 .
Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc forment une base de Im(A).