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

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.
 0 2 -1  0 2 -1   1 -2 2 
2. (a) A2 =  2 -5 4  2 -5 4  =  2 -3 2 
 3 -8 6  3 -8 6   2 -2 1 
 1 -2 2  1 -2 2   1 0 0 
A4 = A2A2 =  2 -3 2  2 -3 2  =  0 1 0  = I
 2 -2 1  2 -2 1   0 0 1 
4
X – 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.
x
(b) Soit X =  y  X  Ker(g – Id)  (g – Id)X = 0  g(X) – X = 0
z
 -x + 2y – z = 0
 -x + 2y – z = 0
x=z
-2y+ 2z = 0 L2 ← 2L1 + L2  
  2x – 6y + 4z = 0  
y=z
 3x – 8y + 5z = 0

-2y+ 2z = 0 L3 ← 3L1 + L3
 1   1 
Ker(g – Id) = Vect  1   1  est non nul, donc c'est une base de Ker(g – id).
 1   1 
 x + 2y – z = 0
(c) De même, X  Ker(g + Id)  g(X) +X = 0   2x – 4y + 4z = 0 
 3x – 8y + 7z = 0
 x + 2y – z = 0
 x + 2y – z = 0
 x = 0
8y
–
6z
=
0
L
←
2L
–
L
8y
–
6z
=
0


y=0
2
1
2
 14y – 10z = 0 L3 ← 3L1 – L3

-2z = 0 L3 ← 7L2 – 4L3  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.
 2x – 2y + 2z = 0
2
3. a) A X = -X   2x – 2y + 2z = 0  x – y + z = 0  y = x + z.
 2x – 2y + 2z = 0
  x 

 1   0 
1
0
Donc Ker(g2 + Id) =   x + z , x  IR, z  IR  = Vect  1 ,  1  v =  1  et w =  1  ne sont pas
  z 

 0   1 
0
1
2
colinéaires, donc forment une base de Ker(g + id).
 a + b = 0
 b = -a
 a = 0
b) au + bv + cw = 0   a + b + c = 0   c = 0   b = 0 la famille est libre et dim(IR3) = 3 donc c'est
 a + c = 0
 a = 0
 c = 0
3
une base de IR .
1 0 0 
2
2
2
2
c) g(u) = u donc g (u) = g(g(u)) = g(u) = u g (v) = -v g (w) = -w MB(g ) =  0 -1 0  est diagonale
 0 0 -1 
2
donc g est diagonalisable, alors que g ne l'est pas. La réciproque de la question 1 est fausse.
ECE2 : Année 2016-2017
Exercice 2
 3 -1 
 6 -2 
 3 -1  3 -1  2
2
 6 -2  6 -2  A = A donc X – X = X(X – 1) est un polynôme annulateur de A.
Donc les seules valeurs propres possibles de A sont 0 et 1.
 3x – y = 0
x
1
2. Soit X =  y . AX = 0   6x – 2y = 0  y = 3x. Donc 0 est valeur propre de A et E0 = Vect   3  .

 2x –y = 0
2
-1


1
A – I =  6 -3  (A – I)X = 0   6x – 3y = 0  y = 2x. Donc 1 est valeur propre de A et E1 Vect   2  .

A admet deux valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable.
1 1
De plus  3 ,  2  forment une base de vecteurs propres, donc d'après la formule de changement de base, A =
1 1
0 0
 -2 1 
PDP-1, avec P =  3 2  et D =  0 1 . Par pivot de Gauss, on trouve P-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).
 0 0  a b   0 0   a b  0 0   0 b 
 0 -b 
4. a)  0 1  c d  =  c d   c d  0 1  =  0 d  DN – ND =  c 0 .
 -b = 0
b=0
a 0
DN – ND = 0   c = 0   c = 0  N =  0 d , a  IR, d  IR.


b) M  Ker(A)  A(M) = 0  DN – ND = 0 avec N = P-1MP
a 0
 a 0   -2 1 
 M = PNP-1, avec N =  0 d 
 0 d   3 -1 
 1 1  a d  -2a + 3d a – d 
 3 2  3a 2d  -6a + 6d 3a – 2d 
  -2a + 3d

a–d 
 -2 1   3 -1 
Ker(A) =   -6a + 6d 3a – 2d , a  IR, d  IR  = Vect  -6 3 ,  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.
1 0
 3 -1  1 0   1 0  3 -1   3 0   3 -1   0 1 
Soit E =  0 0  A(E) =  6 -2  0 0  –  0 0  6 -2  =  6 0  –  0 0  =  6 0 .
0 1
 3 -1  0 1   0 1  3 -1   0 3   6 -2   -6 5 
Soit F =  0 0 . A(F) =  6 -2  0 0  –  0 0  6 -2  =  0 6  –  0 0  =  0 6 .
Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc forment une base de Im(A).
Partie 1. 1.
ECE2 : Année 2016-2017