Corrigé de Banque PT 2015 – Épreuve A
Lycée Laetitia Bonaparte Spé PT
Corrigé de Banque PT 2015 – Épreuve A
Problème d’Algèbre linéaire
Partie I
1.(a) Notons β= (e1, e2, e3, e4) la base canonique de R4. On a
f(e1)β=fβ×e1β=A×
1
0
0
0
=
−7
9
7
−4
donc f(e1) = (−7,9,7,−4) .
De même,
f2(e1)β=fβ×f(e1)β=A×
(−7)2−16 ·9 + 72+ 42
−7·9−3·9−4·7 + 4 ·7
−72−4·9−72+ 4 ·16
4·7−7·9 + 7 ·9 + 3 ·4
=
−30
−90
−70
40
donc f2(e1) = (−30,−90,−70,40) .
1.(b) On constate (sans mérite, puisque le résultat est indiqué à la question 4) que
f2(e1) + 10f(e1) = (−100,0,0,0) = −100 e1donc f2(e1) + 10f(e1) + 100 e1= 0 ,
ce qui montre que la famille (e1, f(e1), f2(e1)) est liée.
2. Des calculs analogues donnent
e2= (0,1,0,0) ; f(e2) = (−16,−3,−4,−7) et f2(e2) = (160,−70,40,70) ,
et de même,
f2(e2) + 10f(e2) = (0,−100,0,0) = −100 e2donc f2(e2) + 10f(e2) + 100 e2= 0 ,
donc la famille (e2, f (e2), f 2(e2)) est liée.
3. Pour prouver que la famille (e1, f(e1), e2, f(e2)) est une base de R4, il (faut et il) suffit qu’on montre que la matrice
représentative Pde cette famille dans la base canonique est inversible, ou encore que son déterminant est non nul.
Or, par développements successifs par rapport aux colonnes, on a
det(P) =
1−7 0 −16
0 9 1 −3
0 7 0 −4
0−4 0 −7
=
dev. C1
9 1 −3
7 0 −4
−4 0 −7
=
dev. C2
−
7−4
−4−7= 65 6= 0 ,
donc B= (e1, f(e1), e2, f(e2)) est une base de R4.
4. Notons gl’endomorphisme de R4,g=f2+ 10f+ 100Id .
On a vu à la question 1.(b) que g(e1) = 0, et à la question 2 que g(e2) = 0.
De plus, get fcommutent car g◦f=f3+ 10f2+ 100f=f◦g. On en déduit que
gf(e1)=fg(e1)=f(0) = 0 et gf(e2)=fg(e2)=f(0) = 0 .
Ainsi, l’image de chaque vecteur de la base Bpar gest le vecteur nul, ce qui montre que gest l’endomorphisme nul, ou
encore que ∀x∈R4, g(x) = 0, ce qui est la relation demandée.
1
5. Puisque f2(e1) = −100e1−10f(e1) et autant pour e2, on a
fB=
f(e1)f2(e1)f(e2)f2(e2)
e10−100 0 0
f(e1) 1 −10 0 0
e2000−100
f(e2) 0 0 1 −10
=
not. A′.
6. Les matrices Aet A′représentent le même endomorphisme fdans deux bases différentes de R4, elles sont donc semblables
(on a même A=P A′P−1où Pest définie à la question 3), et en particulier elles ont le même polynôme caractéristique :
χA(X) = χA′(X) = det(XI4−A′) =
X100 0 0
−1X+10 0 0
0 0 X100
0 0 −1X+10
.
Comme on n’a pas (plus) le droit au calcul du déterminant par blocs, on développe :
χA(X) =
dev. C1
X
X+10 0 0
0X100
0−1X+10
+
100 0 0
0X100
0−1X+10
=
dev. C1X(X+ 10) + 100
X100
−1X+10 =X2+ 10X+ 1002.
Le polynôme X2+ 10X+ 100 est irréductible sur R(discriminant négatif), donc An’admet pas de valeur propre réelle, elle
n’est donc pas diagonalisable sur R.
Partie II
1. Les éléments de Exsont les combinaisons linéaires de la famille (xn)n∈N, donc les vecteurs de Rdde la forme
λ0x0+λ1x1+···+λpxpoù p∈N,et où λ0,...,λpsont des réels.
Soit alors yun élément quelconque de Ex, qu’on écrit y=λ0x0+λ1x1+···+λpxp. On a par linéarité de f,
f(y) = λ0f(x0) + λ1f(x1) + ···+λpf(xp) = λ0x1+λ1x2+···+λpxp+1 ∈Ex,
ce qui montre que Exest stable par f.
2. Puisque Fpossède x=x0et est stable par f, on a x1=f(x0)∈F. On obtient alors ∀n∈N, xn∈Fpar une récurrence
immédiate.
Puis, Fétant un sous-espace vectoriel de Rd, il est stable par combinaisons linéaires, donc
∀p∈N,∀(λ0,...,λp)∈Rp+1 , λ0x0+λ1x1+···+λpxp∈F ,
ce qui montre que Ex⊂F.
3.(a) L’espace vectoriel Rdétant de dimension dsur R, toute famille à d+ 1 éléments de Rdest liée. Ainsi, l’ensemble
q∈N∗,la famille (x0,...,xq−1) est libre
est une partie de {1,...,d}. De plus, cet ensemble est non vide (il possède l’entier 1 car x0=x6= 0), et par conséquent il
possède un plus grand élément, que l’on note p.
3.(b) Par construction de p, la famille (x0,...,xp) est liée, donc il existe des réels λ0, . . . , λpnon tous nuls tels que
λ0x0+λ1x1+···+λp−1xp−1+λpxp= 0 .
Si λpétait nul (raisonnement par l’absurde), on aurait une combinaison linéaire de la famille libre (x0,...,xp−1) valant le
vecteur nul, donc tous les coefficients λ0,...,λp−1seraient également nuls, ce qui est contradictoire.
2
Ainsi, λp6= 0, et on peut écrire la relation précédente
xp=−λ0
λp
x0−λ1
λp
x1− · · · − λp−1
λp
xp−1,
ce qui est de la forme souhaitée en posant ai=−λi
λp
pour tout i∈ {1,...,p−1}.
3.(c) La question précédente montre que xp∈E′
x.
Soit yun élément quelconque de E′
x, qu’on écrit y=λ0x0+···+λp−2xp−2+λp−1xp−1, où λ0,...,λp−1sont des réels.
On a, par linéarité de f, et puisque E′
xest stable par combinaisons linéaires comme tout espace vectoriel,
f(y) = λ0f(x0) + ···+λp−2f(xp−2) + λp−1f(xp−1) = λ0x1+···+λp−2xp−1
|{z }
∈E′
x
+λp−1xp
|{z}
∈E′
x
∈E′
x,
ce qui montre que E′
xest stable par f.
3.(d) L’inclusion E′
x⊂Exest évidente. Pour l’inclusion réciproque, on utilise la question 2 : E′
xest un sous-espace vectoriel
de Rdpossédant x=x0et stable par f(d’après la question précédente), donc Ex⊂E′
x. On a donc obtenu E′
x=Ex.
Enfin, la famille Bp= (x0,...,xp−1) est une famille d’éléments de E′
x; elle est libre par construction de pet elle est
génératrice de E′
xpar définition. On en déduit que c’est une base de E′
x, donc de Ex.
4. Puisque f(xp−1) = xp=a0x0+···+ap−1xp−1, la matrice cherchée est la « matrice compagnon » suivante
ˆ
fBp
=
f(x0)f(x1)··· f(xp−2)f(xp−1)
x00··· ··· 0a0
x11....
.
.a1
.
.
. 0 .......
.
..
.
.
xp−2
.
.
.......0ap−2
xp−10··· 0 1 ap−1
5. On remarque d’abord que pour tout entier i,ˆ
fiest bien un endomorphisme de Exet (par une récurrence immédiate) que
∀i∈N,ˆ
fi(x0) = fi(x0) = xi.(⋆)
Soient λ0,...,λp−1des réels tels que λ0Id +λ1ˆ
f+λ2ˆ
f2+···+λp−1ˆ
fp−1= 0L(Ex).
On applique cette relation au vecteur x0, ce qui donne, d’après (⋆),
λx0+λ1x1+···+λp−1xp−1= 0 ,
et comme la famille Bp= (x0,...,xp−1) est libre, les réels λ0,...,λp−1sont tous nuls.
Ceci prouve que la famille (Id, ˆ
f, ˆ
f2,..., ˆ
fp−1) d’endomorphismes de Exest libre.
6.(a) La relation demandée est vraie pour k= 0 car, d’après la définition des réels a0, . . . , ap−1, on a
xp=a0x0+···+ap−1xp−1=⇒
(⋆)
ˆ
fp(x0) = a0x0+a1ˆ
f(x0) + ···+ap−1ˆ
fp−1(x0).
Ensuite, pour k∈ {0,...,p−1}(ou même pour k∈Nquelconque), on applique ˆ
fkaux deux membres de cette égalité, et
on obtient la relation demandée, car pour tout entier i,ˆ
fkˆ
fi(x0)=ˆ
fiˆ
fk(x0)=ˆ
fi(xk).
6.(b) Notons gl’endomorphisme de Ex,g=ˆ
fp−ap−1ˆ
fp−1− · · · − a0Id .
D’après la question précédente, on a g(xk) = 0 pour tout k∈ {0,...,p−1}, donc gest nul sur tous les vecteurs de la base Bp
de Ex, et par conséquent gest l’endomorphisme nul, comme voulu.
3
Partie III
1.(a) D’après le cours, puisque fest diagonalisable, Eest la somme directe des espaces propres de f:E=
p
M
i=1
Ei, ce qui
signifie que tout vecteur xde Es’écrit de manière unique sous la forme x=
p
X
i=1
xi, avec xi∈Ei.
1.(b) D’abord l’entier qn’est pas nul puisque, xétant non nul, au moins l’un des xin’est pas nul.
La famille (x1,...,xq) est une famille de vecteurs propres (chaque xi, pour i6q, est un vecteur non nul de l’espace
propre Ei) associés à des valeurs propres distinctes, donc elle est libre d’après le cours.
1.(c) On a ∀i∈ {1,...,q}, f(xi) = λixi, donc, en appliquant k−1 fois l’endomorphisme f, on obtient
∀i∈ {1,...,q},∀k∈ {1,...,q−1}, f k(xi) = λk
ixidonc par linéarité de fk, fk(x) = fk q
X
i=1
xi!=
q
X
i=1
λk
ixi.
1.(d) La relation supposée s’écrit
0 = α1x+α2f(x) + ···+αqfq−1(x) =
1.(c) α1 q
X
i=1
xi!+α2 q
X
i=1
λixi!+···+αq q
X
i=1
λq−1
ixi!
=α1+α2λ1+···+αqλq−1
1x1+···+αq+α2λq+···+αqλq−1
qxq
=P(λ1)x1+···+P(λq)xq.
Or on a montré à la question 1.(b) que la famille (x1,...,xq) est libre, donc P(λ1) = ···=P(λq) = 0, ce qui signifie que les
réels λ1,...,λqsont qracines du polynôme P.
1.(e) On poursuit le raisonnement entamé à la question précédente : le polynôme Pest de degré au plus q−1, et il possède
au moins qracines distinctes (les réels λ1,...,λq), c’est donc le polynôme nul : α1=··· =αq= 0.
On a prouvé avec ces deux dernières questions que la famille (x, f(x),...,fq−1(x)) est libre.
1.(f) !L’énoncé reprend sans le dire la notation Exde la partie II, mais dans un cadre légèrement différent puisqu’ici
l’espace vectoriel En’est plus forcément Rd, mais un R-espace vectoriel de dimension finie. On n’a aucune peine à admettre
que les résultats de la partie II sont encore valables dans ce cadre.
Il y a aussi un télescopage des notations : d’une part entre Exet Ei(pas d’ambiguïté puisque iest un entier et xun vecteur),
et surtout entre les (xi)i∈Ndéfinis à la partie II et les (xi)16i6pdéfinis à la partie III, ce qui est très maladroit vu qu’on
utilise ces deux familles de vecteurs dans cette question ! Certains candidats ont été gênés à juste titre.
•Notons G= Vect(x1,...,xq) (les « xi» de la partie III).
On a vu que la famille (x1,...,xq) est libre (question 1.(b)) et elle engendre G, c’est donc une base de G, donc dim(G) = q.
L’expression fk(x) =
q
X
i=1
λk
ixide la question 1.(c) est valable pour tout entier naturel k, donc x, f (x),...,fq(x)est une
famille de q+ 1 vecteurs de G, qui est de dimension q, elle est donc liée.
De ceci et de la question précédente, on déduit que qest le plus grand entier tel que x, f (x),...,fq−1(x)soit libre.
D’après le résultat de la question 3.(d) de la partie II (et ici, les xide la partie II sont en fait les fi(x)), on a
Ex= Vect x, f(x),...,fq−1(x).
•On sait que ∀i∈ {1,...,q−1}, fi(x)∈G, donc Ex⊂Gcar Gest stable par combinaisons linéaires.
Or x, f(x),...,fq−1(x)est une base de Ex(famille libre et génératrice) donc dim(Ex) = q= dim(G), d’où l’égalité
Ex=G= Vect(x1,...,xq) = Vect(x1,...,xp),
puisque xq+1 =···=xp= 0.
4
2. Si x= 0, tous les xisont nuls d’après l’unicité de la décomposition de x(question 1.(a)), et le résultat est acquis.
Sinon, on reprend toutes les notations de la question 1, et on écrit x=x1+···+xq. Le sous-espace vectoriel Fpossède x
et est stable par f, donc d’après le résultat de la question 2 de la partie II, on a Ex⊂F.
Or d’après la question précédente, Ex= Vect(x1,...,xq). Ainsi, ∀i∈ {1,...,q}, xi∈Ex⊂F, donc xi∈F.
La conclusion vaut encore si i∈ {q+ 1, . . . , p}puisqu’alors xi= 0 ∈F.
3.(a) On calcule le polynôme caractéristique de f, qui est celui de B, par exemple à l’aide d’opérations élémentaires :
χf(X) = χB(X) =
X−1−1 1
−1X−1−1
−1−1X−1
=
C1←C1−C2
X−1 1
−X X −1−1
0−1X−1
=
L2←L2+L1
X−1 1
0X−2 0
0−1X−1
=
dev. C1
X(X−1)(X−2) .
L’espace vectoriel Eest de dimension 3, et l’endomorphisme fde Epossède 3 valeurs propres distinctes, il est donc diago-
nalisable d’après le cours.
3.(b) On rajoute à la conclusion précédente que, toujours d’après le cours, chaque espace propre de fest de dimension 1.
•Les deux premières colonnes de Bsont identiques, donc (1,−1,0) ∈Ker(f). Puisque Ker(f) est de dimension 1, on peut
conclure que
Ker(f) = Vect (1,−1,0)=
not. E1
(attention, E1
1
1désigne ici l’espace propre pour la valeur propre 0
0
0).
•Les colonnes de la matrice B−I3=
0 1 −1
1 0 1
1 1 0
vérifient C1=C2+C3, donc (−1,1,1) ∈Ker(f−Id), et à cause de la
dimension on a encore
Ker(f−Id) = Vect (−1,1,1)=
not. E2.
•Enfin, pour varier un peu, on cherche l’espace propre Ker(f−2Id) en résolvant un système :
x
y
z!∈Ker(B−2I2)⇐⇒
−x+y−z= 0 (i)
x−y+z= 0 (ii)
x+y−z= 0 (iii)
⇐⇒ (x−y+z= 0 (ii)
2x= 0 (ii) + (iii)⇐⇒ (x= 0
y=z
d’où
Ker(f−2Id) = Vect (0,1,1)=
not. E3.
3.(c) Cherchons ces sous-espaces d’après leurs dimensions.
•Le seul sous-espace vectoriel de R3de dimension 0 (resp. de dimension 3) est {0}(resp. R3) et il est stable par f.
•Un sous-espace vectoriel de dimension 1 (i.e. une droite) stable par fest nécessairement dirigé par un vecteur propre de f,
et ces droites sont bien stables par f, ce qui nous donne les trois espaces propres E1,E2et E3.
•Il reste à déterminer les sous-espaces de dimension 2 (i.e. les plans) de R3stables par f, et on note Fun tel plan.
Reprenons les notations de la question 2, et poursuivons le raisonnement de cette question en montrant que
F=F1⊕F2⊕F3= (F∩E1)⊕(F∩E2)⊕(F∩E3).
En effet, le résultat de la question 2 montre que tout vecteur xde Fse décompose en x=x1+x2+x3avec xi∈Fi, ce qui
prouve que F=F1+F2+F3. De plus, cette décomposition est unique puisqu’une telle décomposition est, en particulier,
une décomposition de xsuivant E=E1⊕E2⊕E3, et que celle-ci est unique (question 1.(a)).
Enfin, chaque Fiest de dimension 0 ou 1 (car inclus dans Ei) et dim(F) = 2 = dim(F1) + dim(F2) + dim(F3) donc l’un
exactement des Fiest réduit à {0}, et les deux autres sont de dimension 1, donc égaux aux Eicorrespondants.
On a donc les trois possibilités suivantes : F=E1⊕E2ou F=E1⊕E3ou F=E2⊕E3.
Réciproquement, ces trois sous-espaces vectoriels de Esont manifestement stables par f.
En conclusion, les sous-espaces stables par fsont
{0};E1;E2;E3;E1⊕E2;E1⊕E3;E2⊕E3et R3.
5
6
7
1
/
7
100%
