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EL´ EMENTS DE CORRECTION STAGE DE PR´ E-RENTR´ EE PSI
Jeudi 25 Aout 2016 - S´eance n˚1 - Alg`ebre lin´eaire
EXERCICE 1
(difficult´e : F)
Dans E=R4on pose a= (1,0,1,0), b= (0,1,−1,0), c= (1,1,1,1) et d= (0,0,1,1).
Soit F= Vect(a, b, c, d) et G={(x, y, z, t)|x−y=x+z−t= 0}.
1. Fest un sous-ensemble de R4engendr´e par 4 vecteurs, c’est par propri´et´e un sous-espace vectoriel.
On pourrait prouver que Gcontient 0Eet qu’il est stable par combinaison lin´eaire mais le plus simple
est de montrer qu’il est engendr´e par un nombre fini de vecteurs :
X= (x, y, z, t)∈Gsi, et seulement si, x−y=x+z−t= 0 soit y=xet t=x+zdonc :
X= (x, x, z, x +z) = x(1,1,0,1) + z(0,0,1,1)
Ainsi G= Vect((1,1,0,1),(0,0,1,1)) est donc un sous-espace vectoriel de R4.
2. Fest engendr´e par 4 vecteurs (a, b, c, d) (famille g´en´eratrice) mais ceux-ci sont li´es : d=c−(a+b).
Ainsi F= Vect(a, b, c) et on v´erifie facilement que la famille (a, b, c) est libre ce qui en fait une base.
Finalement dim F= 3.
En revanche, Gest engendr´e par deux vecteurs non colin´eaires, c’est donc une base de Gqui est de
dimension 2 : dim G= 2.
Pour trouver la dimension de F∩Gil faut d´ecrire ses ´el´ements :
Soit X∈F∩G: c’est `a dire X=αa +βb +γc = (α+β, β +γ, α −β+γ, γ).
On a aussi x−y=x−z+t= 0 soit en rempla¸cant α−β= 0 et β+γ= 0.
Finalement X= (0,0, γ, γ) et donc F∩G= Vect(0,0,1,1) et dim(F∩G) = 1.
Par la formule de Grassmann on trouve dim(F+G) = 3 + 2 −1 = 4.
3. F+G⊂Eet dim(F+G) = dim Edonc n´ecessairement F+G=E(mais la somme n’est pas di-
recte).
EXERCICE 2
(difficult´e : F)
On d´efinit l’application ϕqui `a tout polynˆome P∈R3[X] associe ϕ(P) = (X−1)P0−2P.
1. Montrons que ϕest lin´eaire : soient (P, Q)∈(R3[X])2et λ∈R:
ϕ(P+λQ) = (X−1)(P+λQ)0−2(P+λQ)=(X−1)P0+λ(X−1)Q0−2P−2λQ =ϕ(P) + λϕ(Q)
De plus P´etant un polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 3, P0est de degr´e 62 donc (X−1)P0est de
degr´e 63 (comme 2P). Ainsi par somme ϕ(P)∈R3[X] et ϕest donc un endomorphisme de R3[X].
2. P∈Ker ϕ´equivaut `a r´esoudre (X−1)P0−2P= 0. En traitant cette ´equation comme une ´equation diff´e-
rentielle on trouve comme solutions P=C(X−1)2(avec C∈R), c’est `a dire Ker ϕ= Vect((X−1)2).
Par le th´eor`eme du rang, Im ϕest donc de dimension 3, on cherche donc une base comportant 3 ´el´e-
ments vu que ϕ(X2)−2ϕ(X) + ϕ(1) = 0 et que Im ϕ= Vect(ϕ(1), ϕ(X), ϕ(X2), ϕ(X3)) alors une base
Im ϕest Vect(ϕ(1), ϕ(X), ϕ(X3)) (g´en´eratrice et maximale).
3. ϕ(1) = −2 ,ϕ(X) = −X−1, ϕ(X2) = −2Xet ϕ(X3) = X3−3X2donc : Mat(ϕ) = 
−2−1 0 0
0−1−2 0
000−3
0001
PSI - Lyc´ee de L’essouriau 1 2016-2017

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EL´ EMENTS DE CORRECTION STAGE DE PR´ E-RENTR´ EE PSI
EXERCICE 3
(difficult´e : F)
On calcule simplement det Jet on trouve det J= 2 6= 0 donc Jest inversible.
On trouve J2=
211
121
112
facilement ainsi J2= 2I3+Jou encore 1
2(J2−J) = I3.
Ainsi J(1
2J−1 2I3) = I3soit J−1=1 2J−1 2I3.
EXERCICE 4
(difficult´e : F)
Soit f∈ L(R2[X]) dont la matrice canoniquement associ´ee est M=
−1−1 2
0 1 −1
1 2 −3
.
1. On trouve facilement det f= det A= 0, on en d´eduit que fn’est pas bijective.
2. Cherchons matriciellement Ker Aet Im Aque nous r´e´ecrirons en termes vectoriels :
X=
x
y
z
∈Ker f⇔AX = 0 ⇔
−x−y+ 2z= 0
y−z= 0
x+ 2y−3z= 0
On r´esout pour trouver que ce syst`eme ´equivaut `a x=y=zsoit Ker A= Vect 
1
1
1
.
Donc Ker f= Vect(1 + X+X2).
Le th´eor`eme du rang prouve que Im Aest de dimension 2, on cherche donc une base comportant deux
vecteurs. Les colonnes de Arepr´esentant les images des vecteurs de la base canonique, comme C1et
C2sont non colin´eaires, on en d´eduit que :
Im A= Vect 
−1
0
1
,
−1
1
2
et donc Im f= Vect(−1 + X2,−1 + X+ 2X2)
3. Cherchons Ker f∩Im f.
On montre assez facilement que 1 + X+X2/∈Im f= Vect(−1 + X2,−1 + X+ 2X2) en montrant que
la famille (1 + X+X2,−1 + X2,−1 + X+ 2X2) est libre (calcul du d´eterminant par exemple) et donc
Ker f∩Im f={0E}.
De plus dim Ker f+ dim Im f= 1 + 2 = 3 = dim R2[X] ce qui ach`eve de prouver que Ker fet Im f
sont suppl´ementaires.
4. Soit P=aX2+bX +c∈ L(R2[X]), pour expliciter f(P) on raisonne matriciellement :
Mat(f(P)) = Mat(f)×Mat(P) = 
−1−1 2
0 1 −1
1 2 −3
c
b
a
=
−c−b+ 2a
−b−a
c+ 2b−3a
Soit vectoriellement : f(P) = (−c−b+ 2a)+(−b−a)X+ (c+ 2b−3a)X2.
PSI - Lyc´ee de L’essouriau 2 2016-2017

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EXERCICE 5
(difficult´e : FF )
On note B= (e1, e2, e3) une base de R3et on consid`ere la famille U= (u1, u2, u3) d´efinie par :
u1=−3e1+ 5e2+e3, u2=−3e1−2e2+e3, u3=e1+ 3e3
Enfin on consid`ere f∈ L(R3) d´efinie par sa matrice Adans la base B:A=
1 3 0
3−2−1
0−1 1
.
1. Soient λ1, λ2, λ3∈R3tels que λ1u1+λ2u2+λ3u3= 0R3:
λ1(−3e1+ 5e2+e3) + λ2(−3e1−2e2+e3) + λ3(e1+ 3e3)=0R3
⇔(−3λ1−3λ2+λ3)e1+ (5λ1−2λ2)e2+ (λ1+λ2+ 3λ3)e3= 0R3
Comme B= (e1, e2, e3) est une base de R3cela implique que :
−3λ1−3λ2+λ3= 5λ1−2λ2=λ1+λ2+ 3λ3= 0
En r´esolvant ce syst`eme on trouve que λ1=λ3=λ3= 0 donc la famille Uest libre.
Ainsi la famille Uest libre et maximale, c’est donc une base de R3.
2. La matrice Pde passage de la base B`a la base Uvaut : 
−3−3 1
5−2 0
1 1 3
.
3. Si Pest la matrice de passage de la base B`a la base Ualors :
P−1est la matrice de passage de la base U`a la base B.
4. On calcule f(u1), matriciellement bien entendu : 
1 3 0
3−2−1
0−1 1
−3
5
−1
=
12
−20
−4
.
Soit f(u1) = −4u1, de mˆeme : f(u2)=3u2et f(u3) = u3.
Ainsi la matrice de fdans la base Uest diagonale : B=
−4 0 0
0 3 0
0 0 1
.
5. On sait d’apr`es le cours que B=P−1AP soit A=P BP −1et donc pour n∈N:An=P BnP−1.
Calculer Anrevient `a calculer Bn(qui est diagonale donc il suffit d’´elever les ´el´ements de la diagonale
`a la puissance n) puis de multiplier `a gauche par Pet `a droite par P−1, je vous laisse terminer le
calcul...
EXERCICE 6
(difficult´e : FFF )
Soient Eun R-e.v. de dimension 3, et fun endomorphisme non nul de Ev´erifiant f3+f= 0.
1. Soit x∈Ker f∩Ker (f2+IdE) alors f(x) = 0 et f2(x) = −x.
On a donc f2(x) = f(f(x)) = f(0E)=0Eet donc −x= 0Esoit x= 0E.
Finalement Ker f∩Ker (f2+IdE) = {0E}et la somme Ker f+ Ker (f2+IdE) est directe.
2. Ne connaissant pas les dimensions de ces s.e.v. il faut passer par un raisonnement d’analyse-synth`ese.
ANALYSE : Soit x∈E, supposons qu’il existe (a, b)∈Ker f×Ker (f2+IdE) tel que x=a+b.
On a alors f(x) = f(a) + f(b) = f(b) et f2(x) = f2(b) = −bsoit b=−f2(x) et a=x+f2(x) .
SYNTH` ESE : V´erifions que (a, b)∈Ker f×Ker (f2+IdE).
PSI - Lyc´ee de L’essouriau 3 2016-2017

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EL´ EMENTS DE CORRECTION STAGE DE PR´ E-RENTR´ EE PSI
f(a) = f(x+f2(x)) = f(x) + f3(x)=0Edonc a∈Ker f.
f2(b) = f2(f2(x)) = f4(x) = −f2(x) = −bcar f3+f= 0 donc b∈Ker(f2+IdE).
Finalement E= Ker f⊕Ker (f2+IdE) .
3. En passant aux dimensions on obtient dim Ker + dim Ker (f2+IdE) = dim E.
Or fest non nulle donc dim Ker f62 soit dim Ker (f2+IdE)>1.
4. Soit x∈Ker (f2+IdE) non nul.
(f2+IdE)(f(x)) = f3(x) + f(x) = 0Edonc f(x)∈Ker (f2+IdE) .
Supposons que (x, f(x)) est li´ee, il existe un r´eel λ∈Rtel que f(x) = λx.
Soit f(x) = λ2xor f2(x) = −xdonc −x=λ2xet comme xest non nul, λ2=−1 ce qui est impossible.
On en d´eduit que (x, f(x)) est une famille libre de vecteurs de Ker (f2+IdE) .
5. Comme dim E= 3, det(−IdE) = (−1)3det(IdE) = −1.
Supposons fbijective, alors en composant par f−1l’´egalit´e f3+f= 0Eon obtiendrait f2=−IdE,
soit en passant au d´eterminant det(f2) = −1, et donc (det f)2=−1 ce qui est impossible.
Finalement fn’est pas bijective, ainsi dim Ker f>1 et donc dim(Ker (f2+IdE)) 62.
Mais Ker (f2+IdE) contient la famille (x, f(x)) de rang 2 donc dim(Ker (f2+IdE)) >2 soit finalement
dim(Ker (f2+IdE)) = 2 .
6. Soit x∈Ker (f2+IdE) et y∈ker f. Consid´erons la base adapt´ee B= (x, f(x), y)=(e1, e2, e3) .
On a f(e1) = f(x) = e2,f(e2) = f(f(x)) = f2(x) = −x=−e1et f(e3) = f(y)=0E.
Par cons´equent MatB(f) = 
0−1 0
100
000
.
EXERCICE 7
(difficult´e : FFF )
On rappelle qu’une matrice Mde Mn(K) est dite nilpotente lorsqu’il existe un entier naturel ptel que
Mp=On. Si l’entier pv´erifie Mp= 0net Mp−16= 0nalors pest appel´e indice de nilpotence.
1. Il est impossible qu’elle soit inversible, regardons son d´eterminant : Mp= 0n⇒det(Mp) = det(0n) = 0
or det(Mp) = det(M)pdonc det(M) = 0 et Mn’est pas inversible (ce n’est pas la seule fa¸con de faire).
2. Aet Bsont deux matrices nilpotentes qui commutent, notons pl’indice de nilpotence de Aet qcelui
de B. Alors trivialement ∀n∈N, (AB)n=AnBn, ainsi pour n>max(p, q)ona(AB)n= 0net donc
AB est nilpotente (attention : max(p, q) n’est pas n´ecessairement son indice de nilpotence).
Pour A+Bon peut utiliser la formule du binˆome de Newton :
∀n∈N,(A+B)n=
n
X
k=0 n
kAkBn−k
Si l’on choisit n=p+q, on remarque que pour k6palors n−k>qdonc AkBn−kAk×0n= 0n
et si k>palors AkBn−k= 0n×Bn−k= 0n, ainsi tous les termes de la somme sont nuls et donc
(A+B)p+q= 0net A+Best nilpotente.
3. Si Aet Bne commutent plus alors AB et A+Bne sont plus forc´ement nilpotentes.
(cf. corrig´e du QCM de vacances pour des contre-exemples).
PSI - Lyc´ee de L’essouriau 4 2016-2017