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Correction DL N˚1
PSI
Exercice 1 (Endomorphismes nilpotents).
Problème (École des Mines : Albi, Alès, Douais, Nantes).
1. Soit (α0 , α1 , ..., αk ) des scalaires tels que :
1. On montre que (f1 , f2 , f3 , f4 ) est une base de E en utilisant la méthode 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 représente une
matrice
de changement

 de base.


2 1 −1 0
1 1 −1 0

1 0 1
1
1
 ( C1 − C3 → C3 )
 = rg  0 0 1
rg 


−1 1 1
−2 1 1
0
0
1 0 1 −1
 0 0 1 −1

4 1 −1 0
0 0 1
1
 ( C1 − 2C2 → C1 )
= rg 
0 1 1
0
0 0 1 −1


4 1 −1 0
0 0 1
1
 ( L4 − L2 → L4 )
= rg 
0 1 1
0
0 0 1 −2
4 1 −1 0
0 1 1
0
( inversion entre L2 et L3 )

= rg 
0 0 1
1
0 0 0 −2
=4
(Le rang vaut 4 car la matrice est triangulaire supérieure et les coefficients sont
tous non nuls, elle est donc inversible.)
La matrice de passage est inversible donc (f1 , f2 , f3 , f4 ) est également une base de
E.
2. On montre facilement en calculant les images que :
α0 x + α1 f (x) + ... + αk f k (x) = 0E .
Soit j le plus petit entier tel que f j (x) = 0E , alors
f j−1 (α0 x + α1 f (x) + ... + αk f k (x)) = 0E = α0 f j−1 (x).
2.
3.
4.
5.
6.
Donc α0 = 0.
On montre par récurrence en composant à chaque fois par f que, pour tout i ∈
{0, ..., k}, αi = 0.
Donc la famille (x, f (x), f 2 (x), ..., f k (x)) est libre.
Si, pour un élément x de E, f n (x) 6= 0E , alors la famille (x, f (x), f 2 (x), ..., f n (x))
est libre. C’est impossible car elle comporterait n + 1 vecteurs et dim(E) = n.
On en déduit que : ∀x ∈ E, f n (x) = 0E .
Si f est nilpotente d’indice p, alors il existe un vecteur x de E tel que f p−1 (x) 6= 0E
donc la famille (f (x), f 2 (x), ..., f p (x), f p−1 ) est libre. Donc rg f > p − 1.
Soit λ un scalaire non nul et x dans Ker (f − λIdE ).
On a : f (x) = λx, donc f n (x) = λn x = 0. or λ 6= 0 donc x = 0E .
Comme E est de dimension finie et que f − λIdE est injective, alors f − λIdE est
bijective.
On remarque que (f − λIdE ) ◦ (IdE + λf + ... + λn−1 f n−1 ) = IdE − f n = IdE
donc (f − λIdE )−1 = (IdE + λf + ... + λn−1 f n−1 ) .
(a) (x0 , f (x0 ), f 2 (x0 ), ..., f n−1 (x0 )) est une famille libre comportant n éléments
de E donc c’est une base de E.
(b) On remarque que l’image par f d’un vecteur de cette base est égale au vecteur
suivant, sauf, l’image de f n−1 (x0 ) qui est nulle. La matrice de f dans cette
base est donc :


0 0 ... ... 0

.. 
1 0 . . .
.



2
n
.
.
..
. . ... 
Mat(f (x0 ), f (x0 ), ..., f (x0 )) = 0 1



. .

. . . . . . . . 0
 ..
0 ... 0
1 0
s(f1 ) = f1 , s(f2 ) = f2 et s(f3 ) = −f3 , s(f4 ) = −f4 .
s est donc bien la symétrie décrite. Comme s est une symétrie, s−1 = s et S −1 = S.
3. B 0 est l’image de B par l’isomorphisme s donc B 0 est une base de E.
4.


(a + b)2
0
0
0
 0
(a − b)2
0
0 

D(a, b) = 
2
2
 0
0
a −b
0 
0
0
0
a2 − b2
(c) On en déduit que f est de rang n − 1 car les n − 1 premières colonnes de la
matrice sont libres.
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18 Septembre 2012
(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.
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ua,b est bijectif si et seulement si (a + b)2 6= 0 ; (a − b)2 6= 0 ; a2 − b2 6= 0
On a donc : ua,b est bijectif si et seulement si a2 6= b2 .
(b) Soit a2 6= b2 , la matrice de [ua,b ]−1 s’obtient en inversant les termes de la
diagonale de D(a, b). On remarque que :
1
1
= 2
× (a − b)2
(a + b)2
(a − b2 )2
1
1
= 2
× (a + b)2
(a − b)2
(a − b2 )2
1
1
= 2
× (a2 − b2 )
2
2
(a − b )
(a − b2 )2
1
On en déduit que la matrice de [ua,b ]−1 est égale à 2
D(a, −b).
(a − b2 )2
5. D’après la formule de changement de base pour la matrice d’un endomorphisme :
M (a, b) = PB 0 ,B D(a, b)PB,B 0 . Or par définition PB,B 0 = S et PB 0 ,B = S −1 = S,
donc :




(a + b)2
0
0
0
1 1
1
1

 0

(a − b)2
0
0 
 × 1 1 −1 −1 −1
M (a, b) = 21 S × 
2
2
2
 0
1 −1 1 −1
0
a −b
0 
2
2
0
0
0
a
−
b
1 1 −1 −1
 


(a + b)2
(a + b)2
(a + b)2
(a + b)2
1 1
1
1
1 −1 −1 −1 (a − b)2 −(a − b)2 −(a − b)2
(a − b)2 
× 2

M (a, b) = 41 
2
2
2
2
2
1 −1 1 −1  a − b
−(a − b )
a −b
−(a2 − b2 )
1 1 −1 −1
a2 − b2
a2 − b2
−(a2 − b2 ) −(a2 − b2 )
 2

a ab ab b2
ab a2 b2 ab

M (a, b) = 
ab b2 a2 ab
b2 ab ab a2
6. (a) Toujours d’après la formule de changement de base, M (a, b) = SD(a, b)S,
donc :
[M (a, b)]−1 = S −1 D(a, b)−1 S −1
[M (a, b)]−1 = SD(a, b)−1 S
a
b
[M (a, b)]−1 = SD( 2
,
)S
a − b2 a2 − b2
b
a
, 2
)
[M (a, b)]−1 = M ( 2
2
a − b a − b2
−1
On en déduit que [M (a, b)] appartient à L.
(b) On peut vérifier par le calcul que :
D(a, b) × D(a0 , b0 ) = D(aa0 + bb0 , ab0 + ba0 )
On en déduit à l’aide de la formule de changement de base que :
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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 symétrique cela revient à M (a, b)2 = I4 .
En calculant M (a, b)2 , on obtient alors 2 égalités à vérifier en égalant ses
coefficients avec ceux de I4 :
4
2
a + 2(ab)2 + b4 = 1
(a2 + b2 )2 = 1
a + b2 = 1
⇐⇒
⇐⇒
3
3
2
2
2a b + 2ab = 0
2ab(a + b ) = 0
2ab = 0
Ce système admet 4 couples (a, b) de solutions : (−1,0), (1, 0), (0, −1),
 (0, 1).
0 0 0 1
0 0 1 0

Ils correspondent à deux matrices seulement : I4 et 
0 1 0 0.
1 1 0 0