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PSI Correction DL N˚1 18 Septembre 2012
Exercice 1 (Endomorphismes nilpotents).
1. Soit (α0, α1, ..., αk) des scalaires tels que :
α0x+α1f(x) + ... +αkfk(x)=0E.
Soit jle plus petit entier tel que fj(x) = 0E, alors
fj−1(α0x+α1f(x) + ... +αkfk(x)) = 0E=α0fj−1(x).
Donc α0= 0.
On montre par r´ecurrence en composant `a chaque fois par fque, pour tout i∈
{0, ..., k}, αi= 0.
Donc la famille (x, f(x), f2(x), ..., f k(x)) est libre.
2. Si, pour un ´el´ement xde E,fn(x)6= 0E, alors la famille (x, f(x), f2(x), ..., f n(x))
est libre. C’est impossible car elle comporterait n+ 1 vecteurs et dim(E) = n.
On en d´eduit que : ∀x∈E, f n(x)=0E.
3. Si fest nilpotente d’indice p, alors il existe un vecteur xde Etel que fp−1(x)6= 0E
donc la famille (f(x), f2(x), ..., fp(x), f p−1) est libre. Donc rg f>p−1.
4. Soit λun scalaire non nul et xdans Ker (f−λIdE).
On a : f(x) = λx, donc fn(x) = λnx= 0. or λ6= 0 donc x= 0E.
Comme Eest de dimension finie et que f−λIdEest injective, alors f−λIdEest
bijective.
5. On remarque que (f−λIdE)◦(IdE+λf +... +λn−1fn−1) = IdE−fn=IdE
donc (f−λIdE)−1= (IdE+λf +... +λn−1fn−1) .
6. (a) (x0, f(x0), f2(x0), ..., f n−1(x0)) est une famille libre comportant n´el´ements
de Edonc c’est une base de E.
(b) On remarque que l’image par fd’un vecteur de cette base est ´egale au vecteur
suivant, sauf, l’image de fn−1(x0) qui est nulle. La matrice de fdans cette
base est donc :
Mat(f(x0), f2(x0), ..., fn(x0)) =
0 0 . . . . . . 0
1 0 ....
.
.
0 1 .......
.
.
.
.
..........0
0. . . 0 1 0
(c) On en d´eduit que fest de rang n−1 car les n−1 premi`eres colonnes de la
matrice sont libres.
Probl`eme (´ Ecole des Mines : Albi, Al`es, Douais, Nantes).
1. On montre que (f1, f2, f3, f4) est une base de Een utilisant la m´ethode du pivot
sur la matrice de passage de (e1, e2, e3, e4) dans (f1, f2, f3, f4) :
On doit prouver que cette matrice est de rang 4 et donc qu’elle repr´esente une
matrice de changement de base.
rg 
1 1 −1 0
1 0 1 1
−1 1 1 0
101−1
= rg 
2 1 −1 0
0 0 1 1
−2 1 1 0
001−1
(C1−C3→C3)
= rg 
4 1 −1 0
0 0 1 1
0 1 1 0
0 0 1 −1
(C1−2C2→C1)
= rg 
4 1 −1 0
0 0 1 1
0 1 1 0
0 0 1 −2
(L4−L2→L4)
= rg 
4 1 −1 0
0 1 1 0
0 0 1 1
0 0 0 −2
( inversion entre L2et L3)
=4
(Le rang vaut 4 car la matrice est triangulaire sup´erieure et les coefficients sont
tous non nuls, elle est donc inversible.)
La matrice de passage est inversible donc (f1, f2, f3, f4) est ´egalement une base de
E.
2. On montre facilement en calculant les images que :
s(f1) = f1, s(f2) = f2et s(f3) = −f3, s(f4) = −f4.
sest donc bien la sym´etrie d´ecrite. Comme sest une sym´etrie, s−1=set S−1=S.
3. B0est l’image de Bpar l’isomorphisme sdonc B0est une base de E.
4.
D(a, b) = 
(a+b)20 0 0
0 (a−b)20 0
0 0 a2−b20
0 0 0 a2−b2
(a) La matrice D(a, b) est une matrice diagonale, elle est inversible si et seulement
si tous les coefficients de la diagonale sont non-nuls.
Lyc´ee de l’Essouriau 1

PSI Correction DL N˚1 18 Septembre 2012
ua,b est bijectif si et seulement si (a+b)26= 0 ; (a−b)26= 0 ; a2−b26= 0
On a donc : ua,b est bijectif si et seulement si a26=b2.
(b) Soit a26=b2, la matrice de [ua,b]−1s’obtient en inversant les termes de la
diagonale de D(a, b). On remarque que :
1
(a+b)2=1 (a2−b2)2×(a−b)2
1
(a−b)2=1 (a2−b2)2×(a+b)2
1
(a2−b2)=1 (a2−b2)2×(a2−b2)
On en d´eduit que la matrice de [ua,b]−1est ´egale `a 1
(a2−b2)2D(a, −b).
5. D’apr`es la formule de changement de base pour la matrice d’un endomorphisme :
M(a, b) = PB0,B D(a, b)PB,B0. Or par d´efinition PB,B0=Set PB0,B =S−1=S,
donc :
M(a, b) = 1
2S×
(a+b)20 0 0
0 (a−b)20 0
0 0 a2−b20
0 0 0 a2−b2
×1
2
1 1 1 1
1−1−1−1
1−1 1 −1
1 1 −1−1
M(a, b) = 1
4
1 1 1 1
1−1−1−1
1−1 1 −1
1 1 −1−1
×
(a+b)2(a+b)2(a+b)2(a+b)2
(a−b)2−(a−b)2−(a−b)2(a−b)2
a2−b2−(a2−b2)a2−b2−(a2−b2)
a2−b2a2−b2−(a2−b2)−(a2−b2)
M(a, b) = 
a2ab ab b2
ab a2b2ab
ab b2a2ab
b2ab ab a2
6. (a) Toujours d’apr`es la formule de changement de base, M(a, b) = SD(a, b)S,
donc :
[M(a, b)]−1=S−1D(a, b)−1S−1
[M(a, b)]−1=SD(a, b)−1S
[M(a, b)]−1=SD(a
a2−b2,b a2−b2)S
[M(a, b)]−1=M(a
a2−b2,b a2−b2)
On en d´eduit que [M(a, b)]−1appartient `a L.
(b) On peut v´erifier par le calcul que :
D(a, b)×D(a0, b0) = D(aa0+bb0, ab0+ba0)
On en d´eduit `a l’aide de la formule de changement de base que :
M(a, b)×M(a0, b0) = SD(a, b)S×SD(a0, b0)S
M(a, b)×M(a0, b0) = SD(a, b)D(a0, b0)S
M(a, b)×M(a0, b0) = SD(aa0+bb0, ab0+ba0)
M(a, b)×M(a0, b0) = M(aa0+bb0, ab0+ba0).
(c) On cherche les matrices M(a, b) orthogonales.
Comme M(a, b) est sym´etrique cela revient `a M(a, b)2=I4.
En calculant M(a, b)2, on obtient alors 2 ´egalit´es `a v´erifier en ´egalant ses
coefficients avec ceux de I4:
a4+ 2(ab)2+b4= 1
2a3b+ 2ab3= 0 ⇐⇒ (a2+b2)2= 1 2ab(a2+b2)=0 ⇐⇒ a2+b2= 1 2ab = 0
Ce syst`eme admet 4 couples (a, b) de solutions : (−1,0),(1,0),(0,−1),(0,1).
Ils correspondent `a deux matrices seulement : I4et 
0001
0010
0100
1100
.
Lyc´ee de l’Essouriau 2