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CORRECTION INTERRO N˚11
Exercice 1. Allez voir votre cours !
Probl`eme ( Extrait Petites Mines 2009)
PARTIE A : ´ Etude d’une applications
On note B= (1, X, X2) la base canonique de R2[X]. On d´efinit les deux applications suivantes :
f:R2[X]→R2[X]
P7→ 1
2PX 2+PX+ 1 2
ϕ:R2[X]→R
P7→ P(1)
1. Montrons que fest lin´eaire : soient Pet Qdeux ´el´ements de R2[X] et λ∈R:
f(λP +Q) = 1
2(λP +Q)X 2+ (λP +Q)X+ 1 2=1 2λP X 2+λQ X 2+λP X+ 1 2+QX+ 1 2
Soit, en regroupant les termes :
f(λP +Q) = λ
2λP X 2+PX+ 1 2+1 2λQ X 2+QX+ 1 2=λf(P) + f(Q)
2. Apr`es calcul : f(1) = 1, f(X) = 1
2X+1 4et f(X2) = 1 4X2+1 4X+1 8.
Ainsi MatB(f) = 
11
4
1
8
01
2
1
4
0 0 1
4
=A.
3. Nous somme en dimension finie .
fest un endomorphisme donc elle est bijective, ssi elle est injective, ssi elle est surjective.
Mais fest bijective si, et seulement si, Aest inversible. A´etant sous forme ´echelonn´ee ( non
r´eduite) on s’aper¸coit qu’elle comporte 3 pivots non nuls donc rg(A) = 3 et donc Aest
inversible, c’est `a dire fbijective, soit injective et surjective.
4. Posons P=a+bX +cX2∈Ker ϕ⇔a+b+c= 0 ⇔c=−a−b.
Ainsi P=a(X2−1)+b(X−1) et donc Ker ϕ= (X2−1, X −1) . La famille (X2−1, X −1)
est donc g´en´eratrice du noyau et libre car ce sont des polynˆomes de degr´e ´echelonn´es, c’est donc
une base de Ker ϕet dim(Ker ϕ) = 2 .
5. L’application ϕn’est bien entendue pas injective vu que Ker ϕ6={0R2[X]}.
Comme ϕest `a valeurs dans R(de dimension 1) et que dim(Im(ϕ)) = 1 d’apr`es le th´eor`eme
du rang donc Im(ϕ) = Ret ϕest surjective.
Et si vous souhaitez ´ecrire sa matrice : ϕ(1) = ϕ(X) = ϕ(X2) = 1 donc MatB
BR(f) = 1 1 1 .
PARTIE B : Calcul des puissances successives d’une matrice
On remarque que A=
11
4
1
8
01
2
1
4
0 0 1
4
=MatB(f), on est donc rassur´e...
On note B0la famille de R2[X] d´efinie par B0= (1,−2X+ 1,6X2−6X+ 1).
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7. La famille B0libre car ce sont des polynˆomes de degr´e ´echelonn´es et maximale dans R2[X],
c’est donc une base de R2[X].
8. Il suffit d’´ecrire les coordonn´ees des vecteurs de B0en colonne dans la base canonique Bet :
Q=
1 1 1
0−2−6
0 0 6
.
9. Qest inversible car il s’agit d’une matrice de passage d’une base `a une autre.
Un rapide calcul (car elle est triangulaire sup´erieure) montre que Q−1=
11
2
1
3
0−1
2−1 2
0 0 1
6
.
10. On calcule :
f(1) = 1, f(−2X+1) = −X+1
2=1 2(−2X+1), f(6X2−6X+1) = 3 2X2−3 2X+1 4=1 4(6X2−6X+1).
Soit en notant B0= (P0, P1, P2) on a f(P0) = P0,f(P1) = 1
2P1et f(P2) = 1 4P2donc
M=MatB(f) = 
1 0 0
01
20
0 0 1
4
OU BIEN (mais ce n’est pas ce que veut l’´enonc´e) :
On calcule M=QAQ−1et on trouve M=M atB(f) = 
1 0 0
01
20
0 0 1
4
11. On constate que la matrice Aest la matrice de fdans la base Bd’apr`es la question A.4.,
d’apr`es les formules de changement de bases, M=Q−1AQ soit A=QMQ−1.
Donc pour tout entier n∈N,An=QM nQ−1(ce qui ce d´emontre facilement par r´ecurrence).
Or la matrice Qest diagonale donc pour tout entier n∈N,Mn=MatB(f) = 
1 0 0
01
2n0
0 0 1
4n
.
Ainsi, apr`es calculs en multipliant simplement `a gauche par Qet `a droite par Q−1on obtient
(non demand´e) :
∀n∈N, An=
11
2−1 2n+1
1
3−1 2n+1 +1 6.4n
01
2n
1
2n−1 4n
0 0 1
4n
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