Chapitre 23 MATRICES Enoncé des...

Chapitre 23

MATRICES

Enoncé des exercices

1 Les basiques

Exercice 23.1 Donner la matrice de l’application linéaire f : R3 → R3, f (x, y, z) = (z, y, x) dans les bases cano-niques.Puis montrer que B =((1, 0, 1) , (0, 1, 0) , (1, 0,−1)) est une base. Donner la matrice de f dans B.

Exercice 23.2 Soit f l’endomorphisme de R2 défini par

f

(xy

)=

(x− 3y2x+ 4y

)

Justifier que B =((

1−1

),

(21

))est une base de R2.

Soit A =

(1 −32 4

), B =

(4 −1−2 8

)que représentent A et B vis à vis de f ?

Exercice 23.3 Donner la matrice de l’application linéaire f : R2 [X] → R2 [X] , f (P ) = (X − 1)2 P(

1X−1

)+

(X − 1)P ′ (X) dans la base canonique, puis dans la base de Taylor :(1, (X − 1) , (X−1)

2

2

).

Exercice 23.4 Soit E = Vect (sin, cos, ch, sh) . On a vu que B =(sin, cos, ch, sh) est une base de E. Donner la matricede l’opérateur de dérivation dans cette base.

Exercice 23.5 Soit A =

1 −1 20 1 01 1 2

et f l’endomorphisme canoniquement associé. Déterminer le rang de f,

déterminer ker f. Donner une base de Im f

Exercice 23.6 Soit B =(e1, e2, e3) où e1 =

101

, e2 =

1−12

et e3 =

2−11

. Montrer que c’est une base de

R3. Soit f l’endomorphisme de R3 de matrice A =

1 0 30 2 03 0 1

dans cette base. Que vaut f (e1 − 2e2 + 3e3) ?

1. LES BASIQUES CHAPITRE 23. MATRICES


−1 0 1−1 −2 1−1 −1 1

et f l’endomorphisme de R3 associé. Montrer qu’il existe une base

B =(e1, e2, e3) telle que

B =MatB (f) =

0 0 00 −1 10 0 −1

Exercice 23.8 Puissance énième et racine énième de matrices.

1. Calculer An pour A =

1 2 10 1 20 0 1

et n entier.

2. (Plus technique) Trouver B tel que B2 = A et plus généralement B tel que Bn = A pour n ≥ 2.

Exercice 23.9 Trouver B tel que B2 =

1 2 30 1 20 0 1

Exercice 23.10 Soit E = R3[X] et ∆ : P → P (X + 1)− P (X)

1. Ecrire la matrice de ∆ dans la base canonique B de E, calculer ∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1). ∆ est-elle injective ?Que vaut Im(∆) ?

2. Soit N0 = 1 , N1 = X , N2 =X(X−1)

2! , N3 =X(X−1)(X−2)

3! , vérifier que ces quatre vecteurs forment une base

B′

de E. Ecrire la matrice de ∆ dans cette base.

3. Déterminer la matrice de passage de B à B′

, et calculer son inverse.

4. Calculer les coordonnées de 8X3 + 2X2 − 5X + 1 dans B′

, en déduire l’expression de∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1) dans B′

. Retrouver enfin la valeur de ∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1) dans B.5. Calculer ∆4 (P ) à l’aide de la définition de ∆ puis avec sa matrice dans B′. Quelle relation peut-on en déduire ?


2 0 00 1 00 1 2

et f l’endomorphisme associé à A dans la base canonique B=(e1, e2, e3) de

R3.

1. Déterminer F = ker (f − 2Id) et G = ker (f − Id) . Justifier que F ⊕G = R3

2. Soit p la projection sur F de direction G, déterminer P =MatB (p), la matrice de p dans B.Soit q la projection sur G de direction F , que valent p+ q, p ◦ q, q ◦ p et Q =MatB (q).

3. Montrer que A = 2P +Q et en déduire An.

Exercice 23.12 Soit E = R3. On note B la base canonique de R3. On définit F ={(x, y, z) ∈ R3, x+ y + z = 0

}et

G ={(x, y, z) ∈ R3, x = y = z

}

1. Justifier que F et G sont des sous espaces vectoriels supplémentaires de E .

2. Soit B′ = (u1, u2, u3) où u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 0,−1), u3 = (0, 1,−1).Montrer que B′ est une base.

3. Calculer PB,B′ , justifier que cette matrice est inversible, puis déterminer P−1B,B′

4. Soit p la projection sur F de direction G, et f l’affinité de base G, de direction F et de rapport 2.Donner les matrices de p et f dans B (on utilisera la base B′ puis un changement de bases)


−5 3 −3−15 9 −7−9 5 −3

et f l’endomorphisme canoniquement associé dans la base canonique

de R3.

—2/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

CHAPITRE 23. MATRICES 2. LES TECHNIQUES

On pose u1 =

11−1

, u2 =

011

et u3 =

121

.

Montrer que B =(u1, u2, u3) est une base et calculer la matrice de f dans B. En déduire An.


1 0 · · · 0 a1

0. . .

. . ....

......

. . .. . . 0

...0 · · · 0 1 an

et f l’application linéaire associée de Rp dans Rq. Préciser p et

q en fonction de n. Déterminer Im f et ker f.

Exercice 23.15

Soit A =

0 1 02 −1 −2−1 1 1

et f l’endomorphisme de R3 de matrice A dans la base canonique B1 de R3.

1. Déterminer ker f.

2. Soit −→u =

110

, −→v =

1−11

et �w =

101

. Montrer que B2=(−→u ,−→v , �w) est une base de R3.

3. Donner la matrice B de f dans B2.4. Quelle est la matrice de passage P de B1 à B2 ? Justifier que P est inversible et calculer P−1.

5. Comment peut-on calculer An ?

Exercice 23.16 On considère les deux suites récurrentes (un)n∈N et (vn)n∈N définies par

u0 = 0

v0 = 0

un+1 = aun + αbn

vn+1 = bvn + αan

où a, b et α sont des complexes. On définit la matrice M par M =

a 0 α0 1 00 0 b

.

1. Montrer que Mn =

an 0 un0 1 00 0 bn

=

an 0 vn0 1 00 0 bn

, en déduire un et vn lorsque a = b.

2. Pour a = b, calculer Mn et en déduire un.

2 Les techniques

Exercice 23.17 Soit A ∈ Mn (R) telle que An = 0 et An−1 = 0. Soit u l’endomorphisme canoniquement associé àu. Montrer qu’il existe x0 ∈ Rn tel que

(un−1 (x0) , un−2 (x0) , · · · , u (x0) , x0

)soit une base de Rn.

Quelle est la matrice de u dans cette base ?

Exercice 23.18 Soit λ ∈ R et fλ : Rn [X]→ Rn [X] défini par fλ = λ (P ) (X) (P (X)− P (a))−(X − a) (P ′ (X)− P ′ (a))Déterminer le noyau et l’image de fλ

Exercice 23.19 Soit

A =

1 1 −1−3 −3 3−2 −2 2

et f l’endomorphisme associé à A dans la base canonique de R3.

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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 23. MATRICES

1. Déterminer le noyau et l’image de f

2. Trouver une base de R3 où la matrice de f est

B =

0 1 00 0 00 0 0

Exercice 23.20 Soit A = 12

1 1 0 0−1 −1 0 00 0 3 10 0 −1 1

et f l’endomorphisme de R4 canoniquement associé à A.

Montrer qu’il existe une base B′ de R4 telle que MatB′ (f) = B =

0 1 0 00 0 0 00 0 1 10 0 0 1

Comment peut-on calculer An ?

Exercice 23.21 Soient (a, b, c) ∈ C et A =

a c bc a+ b cb c a

. On note f l’endomorphisme de C3 canoniquement

associé à A. On considère les vecteurs v1 =

1√21

, v2 =

1

−√21

et v3 =

10−1

.

Montrer que (v1, v2, v3) est une base de R3. Donner la matrice de f dans cette base. En déduire un moyen de calculerAn.

Exercice 23.22 Soit a ∈ R, on définit M (a) =

a 1 · · · 1

1. . .

. . ....

.... . .

. . . 11 · · · 1 a

∈Mn (R)

1. Pour quelles valeurs de a, la matrice M (a) est-elle inversible ? Calculer alors son inverse.

2. Calculer M (a)×M (b) et retrouver l’inverse de M (a) quand elle est inversible. (On pourra utiliser M (1))


chx 0 shx0 1 0shx 0 chx

où x ∈ R, on note f l’endomorphisme canoniquement associé à A

dans la base canonique de R3.

1. On pose e1 =

010

, e2 =

101

et e3 =

10−1

. Montrer que B =(e1, e2, e3) est une base de R3.

2. Déterminer la matrice B de f dans la base B. En déduire An.

Exercice 23.24 Soit a, b, c trois réels dont un au moins est non nul, on définit

A =

a2 ba caab b2 cbac bc c2

On note f l’endomorphisme de R3 de matrice A dans la base canonique.

1. Quel est le rang de f ?

2. Déterminer ker f, Im f, en donner une base et préciser leur dimension.

3. A-t-on ker f ⊕ Im f = R3 ?

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Exercice 23.25 Soit M =

1 1 · · · 1 10 1 0 · · · 0...

. . .. . .

. . ....

0 · · · 0 1 01 1 · · · 1 1

∈ Mn (R) , on note f l’endomorphisme associé à M dans la

base canonique de Rn.

1. Caculer Mn.

2. Montrer qu’il existe une base B de Rn telle que MatB (f) =

0 0 · · · · · · 00 1 0 · · · 0...

. . .. . .

. . ....

... · · · 0 1 00 · · · · · · 0 2

(matrice diagonale).

Exercice 23.26 Soit M =

1 · · · · · · · · · 11 1 0 · · · 0... 0

. . .. . .

......

.... . . 1 0

1 0 · · · 0 1

, on note f l’endomorphisme associé à M dans la base cano-

nique. Montrer qu’il existe une base B de Rn telle que

MatB (f) =

1 0 · · · · · · 0

0. . . 0 · · · 0

.... . . 1

. . ....

... · · · 0 λ 00 · · · · · · 0 µ

où λ et µ sont deux réels à déterminer.

Exercice 23.27 Soit A ∈Mn (R) , montrer l’équivalence

A antisymétrique ⇐⇒ ∀X ∈Mn,1 (R) ,tXAX = 0

Exercice 23.28 Soit n ≥ 2 et E = Rn [X] , on définit f par f (P ) =(X2 −X

)P (1) +

(X2 +X

)P (−1).

1. Montrer que f est un endomorphisme de E.

2. Donner la matrice de f dans la base canonique. Quel est le rang de f ?

3. Déterminer ker f et Im f.

Exercice 23.29 Soit n ∈ N, n ≥ 2, on note E = Rn [X] , on définit pour P ∈ E, ϕ (P ) par

ϕ (P ) = (X − 1)P ′ + P ′′ (0)

1. Montrer que ϕ est un endomorphisme de E.

2. Donner la matrice M de ϕ dans la base canonique de E.

3. Déterminer kerϕ et Imϕ,donner une base de ces sous-espace vectoriels.

4. Montrer que Imϕ = {Q ∈ E, Q (0) +Q′ (0) = 0}5. Retrouver ce résultat en utilisant la dérivée de ϕ (P ) .

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3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 23. MATRICES

Exercice 23.30 Soit (un)n∈N la suite définie par la récurrence

u0 = 0 et un+1 = aun + bun−1 pour n ≥ 1 avec u1 = 0

On considère la matrice M =

(0 cu1 a

)où c =

b

u1.

1. Montrer que

Mn =

cun−1

cunu1

unun+1u1

2. En déduire que pour n ≥ 0, le terme unun+2 − u2n+1 ne dépend que de b et de u1.

3. Lorsque b = −1, a = 2ch θ où θ > 0 et u1 = 1, calculer un en fonction de θ, puis exprimer la relation obtenueen 2).

Exercice 23.31 Soit A ∈M3 (R) telle que A3 +A = 0, montrer que A est non inversible.

3 Les exotiques

Exercice 23.32 Soit A la matrice

C00 C01 C02 · · · C0n0 C11 C12 · · · C1n...

. . . C22. . .

......

. . .. . . Cn−1n

0 · · · · · · 0 Cnn

∈Mn+1 (K) de terme général ai,j = Ci−1j−1, pour

i et j ∈ {0, · · · , n} (avec la convention classique : i > j ⇒ Cji = 0).

1. Ecrire A et l’inverser pour n = 2 et 3.

2. Soit u l’endomorphisme de Rn [X] ayant A pour matrice, calculer u(Xk) puis u(P ) pour P ∈ Rn [X] .3. En déduire l’inverse de A, montrer que A−1 = JAJ où J est diagonale à déterminer.

Exercice 23.33 Soit (Ai)1≤i≤n2 une base de Mn (C) et X ∈ Mn,1 (C) une matrice colonne non nulle. Montrer quela famille (AiX)1≤i≤n2 engendre Mn,1 (C).

4 Les olympiques

Exercice 23.34 Soit ϕ l’endomorphisme de E = Mn (C) défini par ϕ (M) =tM . Calculer le déterminant de ϕ.etvérifier votre calcul à l’aide de la matrice de ϕ dans la base canonique de M2 (C).

5 Le grenier

Exercice 23.35 Soit E = R2 [X] et f définie par f (P ) =(X2 +X + 1

)P ′′ +X2P ′ − 2XP

1. Justifier que si P est dans E alors f (P ) est aussi dans E.

2. Montrer que f est linéaire.

3. Donner la matrice de f dans la base canonique.

4. Soit C =(X,X2,X2 +X + 1

), justifier que C est une base de E et préciser la matrice de f dans la base C.

Exercice 23.36 Soit E = Rn [X] et ϕ : P �→ (X + n)P (X)−XP (X + 1)

1. Ecrire la matrice dans la base canonique.

2. Déterminer son noyau et son image.

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CHAPITRE 23. MATRICES 5. LE GRENIER

Exercice 23.37 SoitM =

1 · · · 1... ©

...1 · · · 1

, on note f l’endomorphisme associé àM dans la base canonique. Montrer

qu’il existe une base B de Rn telle que

MatB (f) =

1 0 · · · · · · 0

0. . . 0 · · · 0

.... . . 1

. . ....

... · · · 0 λ 00 · · · · · · 0 µ

où λ et µ sont deux réels à déterminer.

Exercice 23.38 Montrer que la matrice M =

b− 1 b 2b−b −b− 1 −2b1 1 1

représente une symétrie dont on précisera

la base et la direction.

Exercice 23.39 Montrer que la matrice M =

b+ 1 b 0−b− 2 −b− 1 01 1 1

représente une symétrie dont on précisera la

base et la direction.

Exercice 23.40 On se place sur E = R2 [X], on considère l’endomorphisme ϕ défini par ϕ (P ) =(X2 − 3

)P (α)

où α est un réel fixé. Donner la matrice dans la base canonique. Préciser kerϕ, Imϕ. A-t-on kerϕ ⊕ Imϕ = E ?L’endomorphisme ϕ peut-il être un projecteur, une symétrie ?

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5. LE GRENIER CHAPITRE 23. MATRICES

—8/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

Chapitre 23

MATRICES

Solution des exercices

1 Les basiques

Exercice 23.1 On a immédiatement MatBc (f) =

0 0 10 1 01 0 0

.

On calcule le rang de B. rg (B) = rg

1 0 10 1 01 0 −1

=C2+C3

rg

1 0 20 1 01 0 0

= 3, on a trois vecteurs de rang 3 en

dimension 3. Ils forment une base.Puis f (1, 0, 1) = (1, 0, 1) , f (0, 1, 0) = (0, 1, 0) et f (1, 0,−1) = − (1, 0,−1).

D’où MatB (f) =

1 0 00 1 00 0 −1

Exercice 23.2 DetB =∣∣∣∣1 2−1 1

∣∣∣∣ = 3 = 0 donc B est une base de R2. On a f

(10

)=

(12

)et f

(01

)=

(−34

)donc A est la matrice de f dans la base canonique Bc.

Puis f

(1−1

)= A

(1−1

)=

(4−2

), f

(21

)= A

(21

)=

(−18

)donc B = MatB,Bc (f).

Exercice 23.3 f (1) = (X − 1)2 , f (X) = (X − 1)2(

1X−1

)+ (X − 1) = 2X − 2 et f

(X2)= (X − 1)2

(1

X−1

)2+

2X (X − 1) = 1− 2X + 2X2

On a donc

MatBc (f) =

f (1) f (X) f(X2)

1 −2 1−2 2 −21 0 2

1XX2

Ensuite f (X − 1) = f (X)− f (1) = 2 (X − 1)− (X − 1)2, f((X−1)2

2)= 1

2 (X − 1)2(

1X−1 − 1

)2+ (X − 1)2

= 12 (X − 1)2

(1

(X−1)2− 2

X−1 + 1)+ (X − 1)2 = 3

2 (X − 1)2 − (X − 1) + 12

D’où

MatBT (f) =

0 0 1

20 2 −12 −2 3


Exercice 23.4 On a facilement MatB (d) =

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

Exercice 23.5 D’après la matrice on a rgA = 2 (On peut supprimer, pour le calcul du rang et uniquementpour cela, la troisième colonne. Il reste deux colonnes indépendantes (car non colinéaires).

On constate que 2C1 − C3 =

000

, or 2C1 − C3 représente le vecteur 2f (i)− f (k) = f (2i− k) (où (i, j, k) est la

base canonique). Ainsi 2i− k =

20−1

∈ ker f . D’après le théorème du rang on a dimker f = dimR3 − dim Im f =

3− 2 = 1. Or Vect (2i− k) ⊂ ker f, par égalité des dimensions, on a égalité des ensembles.

Enfin F = Vect

101

,

−111

⊂ Im f, la famille

101

,

−111

est libre donc engendre un espace de di-

mension 2. On en déduit que dimF = 2 = dim Im f =⇒ F = Im f .

Une base de Im f est donc

101

,

−111

(car elle est libre et engendre Im f)

Exercice 23.6 On calcule le déterminant de la famille.

Det (B) =

∣∣∣∣∣∣

1 1 20 −1 −11 2 1

∣∣∣∣∣∣=

C2−C3

∣∣∣∣∣∣

1 −1 20 0 −11 1 1

∣∣∣∣∣∣= − (−1)

∣∣∣∣1 −11 1

∣∣∣∣ = 2 = 0

On a bien une base.Première méthode :D’après la linéarité de f , on a f (e1 − 2e2 + 3e3) = f (e1)−2f (e2)+3f (e3). Les colonnes de A donnent les coordonnéesdes images de e1, e2, e3 d’où

f (e1 − 2e2 + 3e3) a pour coordonnées dans B :

103

− 2

020

+ 3

301

=

10−46

Ceci signifie que

f (e1 − 2e2 + 3e3) = 10e1 − 4e2 + 6e3 = 10

101

− 4

1−12

+ 6

2−11

=

18−28

Seconde méthode (la meilleure ! ! !) :

Les coordonnées de −→u = e1 − 2e2 + 3e3 dans la base B =(e1, e2, e3) sont

1−23

, ainsi les coordonnées dans B de

f (−→u ) sont A

1−23

=

1 0 30 2 03 0 1

1−23

=

10−46

. La matrice de passage de la base canonique à B est

P =

1 1 20 −1 −11 2 1

, ainsi les coordonnées dans la base canonique de f (−→u ) sont

P

10−46

=

1 1 20 −1 −11 2 1

10−46

=

18−28

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CHAPITRE 23. MATRICES 1. LES BASIQUES

Exercice 23.7 On a

B =MatB (f) =

f (e1) f (e2) f (e3)

0 0 00 −1 10 0 −1

e1e2e3

Ainsi e1 ∈ ker f . Or dans A, on a C1 +C3 = 0 donc f (i) + f (j) = 0 si (i, j, k) est la base canonique de R3.On choisit donc

e1 = i+ k =

101

∈ ker f

On cherche ensuite e2 telle que

f (e2) = −e2 ⇐⇒ f (e2) + Id (e2) = 0⇐⇒ (f + Id) (e2) = 0⇐⇒ e2 ∈ ker f + Id

La matrice dans la base canonique de f + Id est

A+ I3 =

−1 0 1−1 −2 1−1 −1 1

+

1 0 00 1 00 0 1

=

0 0 1−1 −1 1−1 −1 2

dont la différence des deux premières colonnes donne le vecteur nul. Ainsi e2 = i− j =

1−10

convient.

Enfin on cherche e3 tel que f (e3) = −e3 + e2. Si on pose e3 =

xyz

alors

f (e3) =

−x+ z

−x− 2y + z−x− y + z

=

1−10

−

xyz

⇐⇒

z = 1−x− y + z = −1−x− y + 2z = 0

⇐⇒{

z = 1x+ y = 2

On choisit e3 =

201

qui convient. On vérifie que (e1, e2, e3) est bien une base.

Exercice 23.8 1. On décompose A = I3 + N où N =

0 2 10 0 20 0 0

. On applique alors le binôme de Newton

car I3N = NI3 (l’identité commute avec toutes les matrices). Tout cela marche bien car N est nilpotente (Nihil

—11/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Potent), en effet N2 =

0 0 40 0 00 0 0

et N3 = (©). Ainsi

An =n∑

k=0

∁knNkIn−k =

n∑

k=0

∁knNk

=2∑

k=0

∁knNk (ceci même si n < 2 car ∁kn = 0 pour k > n)

= ∁0nN0 + ∁1nN + ∁

2nN

2

= I3 + nN +n (n− 1)2

N2

=

1 0 00 1 00 0 1

+

0 2n n0 0 2n0 0 0

+

0 0 2n (n− 1)0 0 00 0 0

=

1 2n n (2n− 1)0 1 2n0 0 1

2. Considèrons l’expression

An = I3 + nN +n (n− 1)2

N2

Si les mathématiques sont bien faites (et elles le sont) on peut éventuellement faire n =1

2.

On pose donc

B = I3 +N

2− 18N2

Alors

B2 =

(I3 +

N

2− 18N2

)2

= I3 +N − 14N2 +

1

4N2 − 1

8N3 +

1

64N4

= I3 +N = A car N3 = (©)

Plus généralement on pose

B = I3 +1

nN +

1

n

(1

n− 1)

2N2

= I3 +1

nN +

1− n

2n2N2

= I3 +M où M =1

nN +

1− n

2n2N2

Alors

MI3 = I3M, on peut appliquer le binôme donc

Bn = (I3 +M)n

= I3 + nM +n (n− 1)2

M2 +M3 × (· · · )

Mais

M2 =

(1

nN +

1− n

2n2N2

)2=1

n2

(N +

1− n

n2N2

)

=1

n2N +

2 (1− n)

n2N3 +

(1− n

n2

)2N4

=1

n2N

—12/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


(n’oublions pas que N et N2 commutent)enfin

M3 =1

n3

(N +

1− n

2nN2

)3=1

n3

(

N3 + 31− n

2nN4 + 3

(1− n

2n

)2N5 +

(1− n

2n

)3N6

)

= (©)

d’où

Bn = I3 + nM +n (n− 1)2

M2

= I3 + n

(1

nN +

1− n

2n2N2

)+n (n− 1)2

× 1

n2N

= I3 +N = A

Exercice 23.9 Comme on vient de faire l’exercice précédent, on a une petite idée. Soit I la matrice identité et

N =

0 1 00 0 10 0 0

, alors N2 =

0 0 10 0 00 0 0

et N3 = (©) d’où

1 2 30 1 20 0 1

= I +2N +3N2. Cherchons B sous

la forme B = I + αN + βN2.(I + αN + βN2

)2= I+2αN +2βN2+α2N2+2αβN3+β2N4 = I+2αN +

(2β + α2

)N2. Il suffit de prendre α = 1,

β = 1.

B =

1 1 10 1 10 0 1

convient

Exercice 23.10 Signalons qu’une vérification élémentaire prouve que ∆ est linéaire.

1. On a ∆(1) = 1 − 1 = 0, ∆(X) = (X + 1) − X = 1, ∆(X2)= (X + 1)2 − X2 = 2X + 1 et ∆

(X3)=

(X + 1)3 −X3 = 3X2 + 3X + 1. On en déduit que :

MatB (∆) =

∆(1) ∆ (X) ∆(X2)∆(X3)

0 1 1 10 0 2 30 0 0 30 0 0 0

1XX2

X3

On aMatB

(∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1)

)=MatB (∆)MatB

(8X3 + 2X2 − 5X + 1)

)

MatB(∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1)

)=

0 1 1 10 0 2 30 0 0 30 0 0 0

+1−5+2+8

=

528240

. La colonne

obtenue représente les coordonnées de ∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1) dans la base B, ainsi ∆(8X3 + 2X2 −5X + 1) = 5 + 28X + 24X2

On constate que ∆ n’est pas injective, car ∆(1) = 0 donc 1 ∈ ker (∆) et par stabilité linéaire, V ect (1) = R0 [X] ⊂ker (∆) . Mais il est clair que ∆ est de rang 3, et dim R3 [X]︸︷︷︸

Espace de départ

= 4 = rg (∆) + dim (ker (∆)) (théorème

du rang), on en déduit que dim (ker (∆)) = 1. En conclusion R0 [X] = ker (∆) car ces deux espaces ont mêmedimension et que l’un est inclus dans l’autre.De plus la présence d’une ligne de zéro dans la matrice de ∆ nous donne le renseignement suivant : ∆(P ) n’apas de composante suivant X3, ce qui signifie que Im (∆) ⊂ R2 [X], puis par égalité des dimensions, on a

Im (∆) = R2 [X]

—13/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Les quatre vecteurs donnés sont échelonnés en degré donc forment une base (Il suffit d’écrire leur matrice dans labase canonique, la matrice obtenue est alors clairement de rang 4. On a donc 4 vecteurs de rang 4, en dimension4, ils forment ainsi une base ).

2. On a ∆(N0) = 0, ∆(N1) = 1 = N0, ∆(N2) =(X+1)X

2 − X(X−1)2 = X = N1 et ∆(N3) =

(X+1)(X)(X−1)3! −

X(X−1)(X−2)3! = X(X−1)

3! (X + 1−X + 2) = X(X−1)2 = N2. Ainsi :

MatB′ (∆) =

∆(N0) ∆ (N1) ∆ (N2) ∆ (N3)

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

N0N1N2N3

3. On a N0 = 1, N1 = X, N2 =12X

2 − 12X et N3 =

16X

3 − 12X

2 + 13X, ainsi

PBB′ =

N0 N1 N2 N3

1 0 0 00 1 −1

213

0 0 12 −1

20 0 0 1

6

1XX2

X3

Pour calculer l’inverse de cette matrice, le plus simple est d’écrire que :1 = N0, X = N1, X

2 = 2N2 +N1, X3 = 6N3 + 3X

2 − 2X = 6N3 + 3 (2N2 +N1) − 2N1 = 6N3 + 6N2 +N1,ainsi

PB′B =

1 X X2 X3

1 0 0 00 1 1 10 0 2 60 0 0 6

N0N1N2N3

4. On aMatB′

(8X3 + 2X2 − 5X + 1

)= PB′BMatB

(8X3 + 2X2 − 5X + 1

)

Ce qui donne MatB′(8X3 + 2X2 − 5X + 1

)=

1 0 0 00 1 1 10 0 2 60 0 0 6

1−528

=

155248

. Ce qui signifie que

8X3 + 2X2 − 5X + 1 = 48N3 + 52N2 + 5N1 +N0

Puis MatB′(∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1

))=

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

155248

=

552480

ainsi ∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1

)= 48N2 + 52N1 + 5N0

Enfin MatB(∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1

))= PBB′MatB′

(∆(8X3 + 2X2 − 5X + 1

))

=

1 0 0 00 1 −1

213

0 0 12 −1

20 0 0 1

6

552480

=

528240

. On retrouve le résultat.

5. ∆2 (P ) = P (X + 2)− P (X + 1)− (P (X + 1)− P (X)) = P (X + 2)− 2P (X + 1) + P (X)∆3 (P ) = P (X + 3)− 2P (X + 2) + P (X + 1)− (P (X + 2)− 2P (X + 1) + P (X))= P (X + 3) − 3P (X + 2) + 3P (X + 1) − P (X) et enfin ∆4 (P ) = P (X + 4) − 4P (X + 3) + 6P (X + 2) −4P (X + 1) + P (X) (Les coefficients vous sont-ils connus ?)

Mais MatB′ (∆) =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

4

= (©) donc ∆4 = 0.

—14/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On en déduit que ∀P ∈ R3 [X] , ∆4 (P (X)) = P (X + 4)− 4P (X + 3) + 6P (X + 2)− 4P (X + 1) + P (X) = 0.Généralisation ?

Exercice 23.11 1. La matrice associée à f − 2Id dans la base canoniques est A− 2I =

0 0 00 1 00 1 0

qui est de

rang 1 et contient deux colonnes nulles. On en déduit que e1 et e3 sont dans ker (f − 2Id). Ainsi V ect (e1, e3) ⊂ker (f − 2Id) et par le théorème du rang, ker (f − 2Id) est de dimension 2.Conclusion : ker (f − 2Id) = V ect (e1, e3) = {(x, y, z) , y = 0}

La matrice associée à f − Id dans la base canoniques est A− 2I =

1 0 00 0 00 1 1

qui est de rang 2, puisque la

deuxième colonne est égale à la troisième. De plus, cette égalité traduit le fait que (f − Id) (e2) = (f − Id) (e3)⇔(f − Id) (e2 − e3) = 0. Ainsi e2−e3 ∈ ker (f − Id). Par le théorème du rang, on a ker (f − Id) = V ect (e2 − e1).

2. Notons (X,Y,Z) = p (�u) où �u = (x, y, z).

Alors

p (�u) ∈ F ⇔ Y = 0 (1)

�u− p (�u) ∈ G ⇔ ∃λ ∈ R,

x−X = λ× 0y − Y = λ× 1z − Z = λ× (−1)

(2), de (2) on déduit que Y = y − λ que l’on

reporte dans (1). Il en résulte que λ = y puis avec (2) que

X = xY = 0Z = y + z

( On constate que p (�u) ∈ F , et on

vérifie ce calcul en considérant p (e1) , p(e3) et p (e2 − e3) ).

Il en résulte que P =

1 0 00 0 00 1 1

.

Puis (cf cours), p+ q = Id, pq = qp = 0, d’où Q = I − P =

0 0 00 1 00 −1 0

.

3. On a 2

1 0 00 0 00 1 1

+

0 0 00 1 00 −1 0

=

2 0 00 1 00 1 2

= A. (Une autre preuve est la suivante, si on décompose

�u = �uF + �uG, alorsf (�u) = 2�uF + �uG, en effet �uF ∈ ker (f − 2Id) ⇔ f (�uF ) − 2�uF = 0 ⇔ f (�uF ) = 2�uF et �uG ∈ ker (f − Id) ⇔f (�uG) − �uG = 0 ⇔ f (�uG) = �uG et f linéaire. Puis (2p+ q) (�u) = 2p (�u) + q (�u) = 2�uF + �uG par définitionmême de p et q ( p (�u) est la composante sur F de �u ).On peut ensuite appliquer le binôme car PQ = QP = 0.

Ainsi An =n∑

k=0

Ckn2kPkQn−k = Qn + 2nPn +

n∑

k=0

Ckn2kPQ = 2nPn +Qn, en effet, si k > 0 et n− k > 0, alors

P kQn−k = P k−1 (PQ)Qn−k−1 = 0.On en déduit que

An = 2n

1 0 00 0 00 1 1

+

0 0 00 1 00 −1 0

=

2n 0 00 1 00 2n − 1 2n

Exercice 23.12 1. F = V ect(u2, u3) et G = V ect(u1) donc sont des sous-espaces vectoriels„ dim(F ) = 2 etdim(G) = 1.On a donc dim(F ) + dim(G) = dim(E), on vérifie facilement que F ∩G = {0}, en effet si (x, y, z) ∈ F ∩G, ona x = y = z et x+ y + z = 3x = 0 .

2. rg(B′) = rg

1 1 01 0 11 −1 −1

=C1←C1+C3C2←C2−C3

rg

1 1 01 −1 10 0 −1

=C1←C1+C2

rg

2 1 00 −1 10 0 −1

est de rang 3, or

—15/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


dim(E) = 3 donc B′ est une base.

3. PB,B′ =

1 1 01 0 11 −1 −1

est inversible en tant que matrice de passage.

abc

= PB,B′

xyz

⇔

x +y = ax +z = bx −y −z = c

⇔L3←L3−L1L2←L2−C1

1 x +y = a−y +z = b− a−2y −z = c− a

⇔L3←L3−2L2

1 x +y = a

−1 y +z = b− a−3z = c− 2b+ a

⇔

xyz

=

13

13

13

23 −1

3 −13

−13

23 −1

3

abc

P−1B,B′ =1

3

1 1 12 −1 −1−1 2 −1

4. MatB′(p) =

0 0 00 1 00 0 1

,

MatB(p) = PB,B′ ×MatB′(p)× P−1B,B′

=1

3

1 1 01 0 11 −1 −1

0 0 00 1 00 0 1

1 1 12 −1 −1−1 2 −1

=1

3

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

(on vérifie que cette matrice élevée au carrée est égale à elle même)Puis f(x) = 2p(x) + q(x) où p+ q = Id, donc f = p+ Id et MatB(f) =MatB(p) + I3.

MatB(f) =1

3

5 −1 −1−1 5 −1−1 −1 5

Exercice 23.13 rg (u1, u2, u3) = rg

1 0 11 1 2−1 1 1

= rg

1 0 01 1 −1−1 1 1

rg

1 0 01 1 0−1 1 2

= 3, on a bien une

base ( 3 vecteurs de rang 3 en dimension 3). On calcule les images par f des trois vecteurs. On a, si Bc est la basecanonique de R3.

MatBc (f (u1)) = A

11−1

=

−5 3 −3−15 9 −7−9 5 −3

11−1

=

11−1

f (u1) = u1

MatBc (f (u2)) = A

011

=

−5 3 −3−15 9 −7−9 5 −3

011

=

022

f (u2) = 2u2

MatBc (f (u3)) = A

121

=

−5 3 −3−15 9 −7−9 5 −3

121

=

−2−4−2

f (u3) = −2u3

—16/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On trouve donc

B =MatB(f) =

1 0 00 2 00 0 −2

Ensuite on a,

An =MatBc (fn) =⇒ Bn =MatB(f

n)

d’où

An = PBnP−1

où P est la matrice de passage de Bc à B.

P =

1 0 11 1 2−1 1 1

On termine l’exercice avec sa TI préférée.

On remplace le − 2 par un paramètre a(essayez donc avec un − 2)

On trouve alors

An =

−1− (−2)n+1 1− (−2)n −1 + (−2)n

−1− 3× 2n + (−2)n+2 1 + 2n+1 + (−2)n+1 −1− 2n − (−2)n+11− 3× 2n − (−2)n+1 −1 + 2n+1 − (−2)n 1− 2n + (−2)n

On vérifie pour n = 0 et n = 1

—17/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On peut même en déduire A−1, en effet B est inversible d’inverse

1 0 00 2−1 0

0 0 (−2)−1

. Or A−1 =MatBc(f−1

)et

B−1 =MatB(f−1). La relation An = PBnP−1 est encore vraie si n = −1.

Exercice 23.14 On a n lignes et n + 1 colonnes, ainsi f va de Rn+1 dans Rn. Calculons le rang de A (qui vautle rang de f), puisque Cn+1 = a1C1 + a1C2 + · · · + anCn, on a rg (A) = rg (C1, · · · , Cn) = rg (In) = n. On en

déduit que Im f = Rn et par la formule du rang, dimker f = 1. De plus f

−a1......

−an1

=

0......0

(ceci correspond à

Cn+1 − a1C1 − a1C2 − · · · − anCn =−→0 car Ci = f (−→ei ) où (−→e1 , · · · ,−−→en+1) est la base canonique de Rn+1). On a donc

ker f = vect

−a1......

−an1

.

Exercice 23.15

1. On a rgA = 2 d’où dimker f = 1, or �w ∈ ker f (regardez les colonnes) ainsi ker f = vect (�w).

2. On a Det (−→u ,−→v , �w) =

∣∣∣∣∣∣

1 1 11 −1 00 1 1

∣∣∣∣∣∣= −1 = 0 donc c’est une base.

3. On a A

110

=

110

, A

1−11

= −

1−11

d’où f (−→u ) = −→u , f (−→v ) = −−→v et f (�w) =−→0 . Ainsi

B =

1 0 00 −1 00 0 0

4. On a P =

1 1 11 −1 00 1 1

est inversibe comme toute matrice de passage. On résout P

xyz

=

abc

,

d’incounnes x, y, z (via Cramer par exemple) et on trouve P−1 =

1 0 −11 −1 −1−1 1 2

.

5. On a An = P

1 0 00 (−1)n 00 0 0

P−1 si n ≥ 1 et A0 = I3 Attention au cas n = 0 !

Exercice 23.16

—18/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


1. En écrivant que Mn+1 =M ×Mn, on montre par récurrence que

Mn =

an 0 un0 1 00 0 bn

de même avec Mn+1 =Mn ×M , on a

Mn =

an 0 vn0 1 00 0 bn

On en déduit que un = vn et queaun + αbn = bun + αan

ainsi pour a = b

un = αbn − an

b− a

2. Pour a = b, on calcule Mn par le binôme car

a 0 00 1 00 0 a

×

0 0 α0 0 00 0 0

=

0 0 α0 0 00 0 0

a 0 00 1 00 0 a

. :

0 0 aα0 0 00 0 0

. Puisque

0 0 α0 0 00 0 0

2

=

0 0 00 0 00 0 0

, on a

Mn =n∑

k=0

(n

k

)

0 0 α0 0 00 0 0

k

an−k 0 00 1 00 0 an−k

=

an 0 00 1 00 0 an

+ n

0 0 α0 0 00 0 0

an−1 0 00 1 00 0 an−1

=

an 0 00 1 00 0 an

+

0 0 nαan−1

0 0 00 0 0

Ainsiun = αnan−1

(on remarque que αbn − an

b− atend vers αnan−1 si b tend vers a, car c’est un taux d’accroissement entre a et b de

x �→ xn).

2 Les techniques

Exercice 23.17 On prend x0 tel que un−1 (x0) = 0 (possible car An−1 = Mat(un−1

)= 0 ). Alors x0 convient, en

effet si∑n−1i=0 λiu

i (x0) = 0 alors

un−1

(n−1∑

i=0

λiui (x0)

)

= λ0un−1 (x0) +

n−1∑

i=1

λiui−1 (un (x0))

= λ0un−1 (x0) = 0

=⇒ λ0 = 0

Puis on compose par un−2 pour en déduire

un−2

(n−1∑

i=1

λiui (x0)

)

= λ1un−1 (x0) +

n−1∑

i=2

λiui−1 (un (x0))

= λ1un−1 (x0) = 0 =⇒ λ1 = 0

—19/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


etc...La famille est libre de cardinal n, c’est donc une base. Dans cette base u a pour matrice

0 1 0 0...

. . .. . . 0

... 0. . . 1

0 · · · · · · 0

Exercice 23.18 Il s’agit de choisir une bonne base, la meilleure semble être la base de Taylor en a, à savoir

B =(1, (X − a) , (X − a)2 , ..., (X − a)n

)

En effet la matrice de f est alors

0 ©λ

λ− 2. . .

© λ− n

.

On a donc ker (fλ) = R0 [X] , Im (fλ) = {P,P (0) = 0} si λ /∈ {0, 2, ..., n} .ker (fλ) = R0 [X]⊕Vect

((X − a)λ

), Im (fλ) =

{P,P (0) = P (λ) (a) = 0

}si λ ∈ {0, 2, ..., n} .

Exercice 23.19 1. La matrice est de rang 1, ker f est donc de dimension 2 (théorème du rang). On constate queC2 −C1 = 0 et C1 +C3 = 0 donc f ((−1, 1, 0)) = f ((1, 0, 1)) = 0.On a donc Vect ((−1, 1, 0) , (1, 0, 1)) ⊂ ker f , puisque ((−1, 1, 0) , (1, 0, 1)) est une famille libre, l’espace qu’elleengendre est de dimension égale à 2 = dimker f . Il y a donc égalité dans l’inclusion précédente.Les colonnes de A forment une famille génératrice de Im f . On en déduit que Im f est une droite engendrée par(1,−3,−2).

2. Compte tenu de la matrice qui est donnée, on doit avoir (si la nouvelle base est (e′1, e′2, e

′3) ), f (e

′2) = e′1 ∈ Im f .

On prend donc e′1 = (1,−3,−2) , e′2 = (1, 0, 0) et e′3 = (1, 0, 1). On a rg

1 1 1−3 0 0−2 0 1

= 3 = 0. Il s’agit bien

d’une base dans laquelle la matrice est celle demandée.

Exercice 23.20 Analysons la matrice B. Sa première colonne est nulle, donc si l’on note B′ = (e′1, e′2, e′3, e′4) , on af (e1) = 0. Déterminons ker f . La matrice A est clairement de rang 3 et (C2 = C1), (1,−1, 0, 0) ∈ ker f .On prend donc

e1 =

1−100

Ensuite, on désire avoir f (e2) = e1. On résout donc f (x, y, z, t) = (1,−, 1, 0, 0) , i.e.

A

xyzt

=

1

2

x+ y−x− y3z + t−z + t

=

1−100

Il est clair que z = t = 0 , x = y = 1. On prend donc

e2 =

1100

—20/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On cherche ensuite à avoir f (e3) = e3 ⇐⇒ (f − Id) (e3) = 0⇐⇒ e3 ∈ ker f − Id. La matrice de f − Id dans la basecanonique est

A− I4 =1

2

−1 1 0 0−1 −3 0 00 0 1 10 0 −1 −1

Ainsi

e3 =

001−1

Enfin, il faut déterminer e4 tel que f (e4) = e4 + e3. On résout donc

A

xyzt

=

xyzt

+

001−1

⇐⇒

−x+ y = 0−x− 3y = 03z + t = 2−z + t = 2

dont une solution est

e4 =

0002

On peut vérifier que si

P =

1 1 0 0−1 1 0 00 0 1 00 0 −1 2

alorsA = PBP−1

Pour calculer An =MatBc (fn) ,on utilise la relation (compte tenu de Bn =MatB (f

n) )

An = PBnP−1

B =

0 0 0 00 0 0 00 0 1 00 0 0 1

︸︷︷︸D

+

0 1 0 00 0 0 00 0 0 10 0 0 0

︸︷︷︸N

On vérifie que DN = ND =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 10 0 0 0

, N2 =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

, Dn = D

D’après le binôme de Newton, on a

Bn = Dn + nNDn−1 = D+ nND =

0 0 0 00 0 0 00 0 1 n0 0 0 1

—21/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


puis

An = P

0 0 0 00 0 0 00 0 1 n0 0 0 1

P−1 =

1

2

0 0 0 00 0 0 00 0 2 + n n0 0 −n 2− n

Remarque : le calcul, à la main, de P−1 est très simple

Exercice 23.21 On montre (par le rang, ou le déterminant) que B = (v1, v2, v3) est une base de R3. On calcule

Av1, Av2 et Av3pour obtenir MatB (f) =

a+ b+

√2c 0 0

0 a+ b−√2c 0

0 0 a− b

pour calculer An, on peut écrire P =

1√21

1

−√21

10−1

, An = PMatB (f)n P−1, mais il y a plus malin.

Posons A (α,β, γ) =

α γ βγ α+ β γβ γ α

, et B (α, β, γ) =

α+ β +

√2γ 0 0

0 α+ β −√2γ 0

0 0 α− β

On a montré que ∀ (α, β, γ) ∈ C,A (α, β, γ) = P ×B (α, β, γ)× P−1

or

Bn =

(a+ b+

√2c)n

0 0

0(a+ b−

√2c)n

00 0 (a− b)n

Il suffit d’écrire Bn = B (α, β, γ) pour α, β et γ bien choisis. On prend donc

α+ β +√2γ =

(a+ b+

√2c)n

α+ β −√2γ =

(a+ b−

√2c)n

α− β = (a− b)n

pour obtenir

An =

α γ βγ α+ β γβ γ α

Exercice 23.22 1. Puisque l’on demande M (a)−1 , on résout le système M (a)X = Y que l’on inverse. On consi-dère donc le système

ax1 + x2 + · · · + xn = y1x1 + ax2 + · · · + axn = y2...

...x1 + x2 + · · · + xn = yn

De manière à préserver la symétrie du système, on adjoint une équation qui est la somme de toutes les lignes dusystème, à savoir

ax1 + x2 + · · · + xnx1 + ax2 + · · · + axn...x1 + x2 + · · · + xn

= y1= y2...= yn

(a+ n− 1)(x1 + x2 + · · · + xn

)= y1 + · · ·+ yn

—22/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Si a = 1− n, le système n’admet pas toujours de solution, la matrice n’est pas inversible.

Si a = 1−n, on obtient x1+ · · ·+xn =1

a+ n− 1 (y1 + · · ·+ yn) que l’on reporte dans chaque ligne pour obtenir

(a− 1)xi = yi −1

a+ n− 1 (y1 + · · ·+ yn)

Si a = 1, la matrice n’est pas inversible (mais est-ce une surprise ?).En définitive, si (a− 1) (a+ n− 1) = 0, M (a) est inversible, la solution du système s’écrit

xi =1

(a− 1) (a+ n− 1) (−y1 − · · · − yi−1 + (a+ n− 2) yi − yi+1 − · · · − yn)

d’où

M (a)−1 =1

(a− 1) (a+ n− 1)

(a+ n− 2) −1 · · · −1−1 . . .

. . ....

.... . .

. . . −1−1 · · · −1 (a+ n− 2)

=−1

(a− 1) (a+ n− 1)M (2− n− a)

2. Comme indiqué, on introduit M (1) car M (1)2 = nM (1) . On a alors M (a) = (a− 1) I +M (1) d’où

M (a)M (b) = ((a− 1) I +M (1))× ((b− 1) I +M (1))

= (a− 1) (b− 1) I + (a+ b− 2)M (1) + nM (1)2

= (a− 1) (b− 1) I + (a+ b+ n− 2)M (1)Si on choisit a+ b+ n− 2 = 0, soit b = 2− n− b, on obtient

M (a)M (2− n− a) = (a− 1) (1− n− a) I

Si (a− 1) (1− n− a) = 0, on retrouve bien M (a)−1.

Exercice 23.23

1. On a Det (e1, e2, e3) =

∣∣∣∣∣∣

0 1 11 0 00 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 2 = 0, donc B est bien une base R3.

2. On a A

010

=

010

, A

101

= (chx+ shx)

101

et A

10−1

= (chx− shx)

10−1

donc

f (e1) = e1, f (e2) = ex × e2 et f (e3) = −ex × e3 d’où

B =

1 0 00 ex 00 0 e−x

Ainsi A =

1 0 10 1 01 0 −1

1 0 00 ex 00 0 e−x

1 0 10 1 01 0 −1

−1

. D’où

An =

1 0 10 1 01 0 −1

1 0 00 enx 00 0 e−nx

1 0 10 1 01 0 −1

−1

ce qui revient à remplacer x par nx dans la matrice A, donc

An =

chnx 0 shnx0 1 0shnx 0 chnx

—23/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Exercice 23.24

1. Soit C =

abc

, si C1, C2 et C3 désignent les colonnes de A, alors C1 = aC, C2 = bC et C3 = cC. On a donc

rgA = rg f = 1 si un au moins des trois réels a, b, c est non nul.

2. D’après le théorème du rang, dimker f = dimR3 − dim Im f = 3 − 1 = 2. Puisque aC2 − bC1 = aC3 − cC1 =

000

, on a

−ba0

∈ ker f et

−c0a

∈ ker f , donc

vect

−ba0

,

−c0a

⊂ ker f

par égaité des dimension, il y a égalité entre ces deux espaces. En particulier, on a une base de ker f .Enfin, les colonnes de A engendrent Im f, puisqu’elles sont toutes colinéaires à C, on a

Im f = vect

abc

est de dimension 1

3. On a bien dimker f + dim Im f = dimR3, reste à prouver que Im f + ker f = R3.

Or Im f + ker f = vect

−ba0

,

−c0a

,

abc

et

∣∣∣∣∣∣

−b −c aa 0 b0 a c

∣∣∣∣∣∣= a3 + b2a+ ac2 = a

(a2 + b2 + c2

)= 0

donc

−ba0

,

−c0a

,

abc

est une base de R3 , ainsi vect

−ba0

,

−c0a

,

abc

= R3. On a

doncIm f ⊕ ker f = R3

Exercice 23.25

1. On a M = In+N où N =

0 1 · · · 1 1

0. . . 0 · · · 0

.... . .

. . .. . .

...

0 · · · 0. . . 0

1 1 · · · 1 0

, l’endomorphisme g associé à N est f−Id. Si (e1, · · · , en)

est la base canonique de Rn, on a

g (e1) = en

g (ei) = e1 + en si i ∈ {1, · · · , n− 1}g (en) = e1

On en déduit que

g2 (e1) = g (en) = e1

g2 (ei) = g (e1) + g (en) = en + e1 si i ∈ {1, · · · , n− 1}g2 (en) = g (e1) = en

—24/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


puis par récurrence, si k ≥ 1

gk (e1) =

{e1 si k est pairen si k est pair

gk (ei) = en + e1 si i ∈ {1, · · · , n− 1}

gk (en) =

{en si k est paire1 si k est pair

d’où

N2k+1 = N, N0 = In et N2k = N2 =

1 1 · · · 1 00 0 0 · · · 0...

. . .. . .

. . ....

0 · · · 0 0 00 1 · · · 1 1

si k ≥ 1

On applique alors le binôme (car NIn = InN), ainsi

Mn =n∑

k=0

(n

k

)Nk

=∑

2k≤n

(n

2k

)N2k +

∑

2k+1≤n

(n

2k + 1

)N2k+1

= In +∑

1≤2k≤n

(n

2k

)N2 +

∑

0≤2k+1≤n

(n

2k + 1

)N

De plus,∑2k≤n

(n

2k

)+∑2k+1≤n

(n

2k + 1

)=∑nk=0

(n

k

)= 2n et (1− 1)n =∑2k≤n

(n

2k

)+∑2k+1≤n

(n

2k + 1

)=

0 si n ≥ 1. Ceci prouve que pour n ≥ 1, ∑2k≤n

(n

2k

)=∑2k+1≤n

(n

2k + 1

)= 2n−1. On en déduit que pour

n ≥ 1, on a

Mn = In +(2n−1 − 1

)N2 +

(2n−1

)N

=

2n−1 − 1 2n−1 − 1 · · · 2n−1 − 1 0

0. . . 0 · · · 0

.... . .

. . .. . .

...

0 · · · 0. . . 0

0 2n−1 − 1 · · · 2n−1 − 1 2n−1 − 1

+

1 0 · · · · · · 0

0. . .

. . . · · · 0...

. . .. . .

. . ....

... · · · 0. . . 0

0 · · · · · · 0 1

+

0 2n−1 · · · 2n−1 2n−1

0 0 0 · · · 0...

. . .. . .

. . ....

0 · · · 0 0 02n−1 2n−1 · · · 2n−1 0

=

2n−1 2n−1 − 1 · · · 2n−1 − 1 2n−1

0 1 0 · · · 0...

. . .. . .

. . ....

0 · · · 0 1 02n−1 2n−1 − 1 · · · 2n−1 − 1 2n−1

2. Soit B =(e′1, e

′2, · · · e′n−1, e′n

)les vecteurs de B alors

f (e′1) =−→0 ⇐⇒ e′1 ∈ ker f

f (e′i) = e′i si i ∈ {1, · · · , n− 1} donc e′i ∈ ker (f − Id)

f (e′n) = 2e′n donc e′i ∈ ker (f − 2Id)

—25/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On a immédiatement un vecteur du noyau puisque dans M, l’opération sur les colonnes C1−Cn donne la colonne

nulle. Ainsi e′1 =

10...0−1

convient.

Si on considère M − In = N, elle est de rang 2, et les vecteurs du noyau de g sont clairement

01−10......0

,

010−1...00

, · · ·

010...0−10

,

1−10......01

Ces vecteurs donnent e′2, · · · , e′n−1. Enfin f (e1 + en) = 2 (e1 + en) , donc

e′n =

10...01

Il reste à vérifier que l’on a bien une base. Mais

Mat(e1,··· ,en) (e′1, · · · , e′n) =

1 0 · · · · · · 0 1 10 1 1 · · · 1 −1 0... −1 0 · · · 0 0

...... 0

. . .. . .

... 0...

......

. . .. . . 0

......

0... © . . . −1 0 0

−1 0 · · · 0 0 1 1

Le rang de cette matrice est égal au rang de

1 0 · · · · · · 0 2 20 1 1 · · · 1 −1 0... −1 0 · · · 0 0

...... 0

. . .. . .

... 0...

......

. . .. . . 0

......

0... © . . . −1 0 0

−1 0 · · · 0 0 0 0

en faisant Cn +C1 et Cn−1 +C1

—26/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


soit celui de

20.........00

2−100...00

0 · · · · · · 01 1 · · · 1−1 0 · · · 0

0. . .

. . ....

.... . .

. . . 0... © . . . −10 · · · 0 0

10.........0−1

soit n

On a bien une base (avec le programme de Spé, cet exo est bien plus simple....)

Exercice 23.26 Si B =(e′1, e

′2, · · · e′n−1, e′n

)alors on a

f (e′i) = e′i si i ∈ {0, · · · , n− 2} donc e′i ∈ ker (f − Id)

on regarde donc la matrice M−In = N =

1 1 · · · · · · 11 0 0 · · · 0... 0

. . .. . .

......

.... . . 0 0

1 0 · · · 0 0

qui est de rang 2. Le noyau de f−Id est engendré

par la famille (clairement libre)

01−10......0

,

010−1...00

, · · ·

010...0−10

Il reste à déterminer les deux derniers veteurs. Si e′n−1 =

x1...xn

alors f

(e′n−1

)= λe′n−1 ⇐⇒ M

x1...xn

=

λ

x1...xn

ce qui donne

n∑

k=1

xi = λx1

x1 + xi = λxi si i ∈ {1, · · · , n}

soit

n∑

k=1

xi = λx1

xi =1

λ− 1x1 car λ = 1

Le fait que λ = 1 provient du fait que si λ = 1 alors e′n−1 ∈ ker (f − Id). Puisque la famille(e′1, · · · , e′n−1

)est libre,

on en déduit que dimker (f − Id) ≥ n− 1 et rg (M − In) ≤ 1 ce qui est faux. On a donc

x1

(1 +

n− 1λ− 1

)= λx1

—27/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On a x1 = 0 car sinon e′n−1 =−→0 (et on cherche une base) ainsi

(1 +

n− 11− λ

)= λ⇐⇒ n− 1 = (λ− 1)2 . On a donc

deux valeurs possiblesλ = 1 +

√n− 1 et µ = 1−

√n− 1

et (en prenant x1 = λ− 1)

e′n−1 =

√n− 11...1

, e′n =

−√n− 11...1

Reste à vérifier que la famille (e′1, · · · , e′n) est bien une base, mais sa matrice dans la base canonique vaut

0 · · · · · · 0√n− 1 −

√n− 1

1 1 · · · 1 1 1

−1 0 · · · 0...

...

0. . .

. . ....

......

.... . .

. . . 0...

...... © . . . −1

......

0 · · · 0 0 1 1

On remplace Cn par Cn−Cn−1 et on met la colonne obtenu en première place. On obtient une matrice diagonale doncde rang n.

Exercice 23.27 Avant tout, que dire de tXAX ? On sait que AX est une matrice colonne et tX est une matriceligne. Le produit d’une matrice ligne par une matrice colonne donne un réel (en toute rigueur une matrice 1−1). Doncpour toute colonne (ou tout vecteur de Rn), tXAX ∈ R (c’est un résultat connu en spé, mais en sup · · · ).On travaille ensuite par double implication .=⇒ : Par hypothèse tA = −A. On sait déjà que tXAX ∈ R donc est égal à sa transposée. Ainsi, ∀X ∈Mn,1 (R)

t(tXAX

)= tXAX = tXtAX = − tXAX =⇒ tXAX = 0

⇐= : On a ∀X ∈ Mn,1 (R) , tXAX = 0. On va donc commencer par regarder ce que cela donne sur des X simples.Posons A = ((ai,j))1≤i,j≤n, et prenons X = Xi le i-ème vecteur de la base canonique de Rn (qui a toutes ses

composantes nulles sauf la i-ième). Alors AXi est égal à Ci =

a1,i...

an,i

, la i-ième colonne de A, et tXiAXi = ai,i = 0.

On sait déjà que A a sa diagonale nulle (ouf ! car notre objectif est de prouver que A est antisymétrique). Prenons

maintenant X = Xi +Xj avec i = j, alors AX = Ci +Cj =

a1,i + a1,j...

an,i + an,j

et

tXAX =

(0 · · · 1 · · · · · · 1 · · · 0

i-ième place j-ième place

)

a1,i + a1,j...

ai,i + ai,j......

aj,i + aj,j...

an,i + an,j

= ai,i + ai,j + aj,i + aj,j = 0

—28/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Or ai,i = aj,j = 0 doncai,j + aj,i = 0

ce qui prouve que A est bien antisymétriqe.

1. Sans problèmes, on a bien f (P ) ∈ Rn [X] car n ≥ 2. Puis si (P,Q) ∈ E et (λ, µ) ∈ R alors

f (λP + µQ) =(X2 −X

)((λP + µQ) (1)) +

(X2 +X

)((λP + µQ) (−1))

=(X2 −X

)(λP (1) + µQ (1)) +

(X2 +X

)(λP (−1) + µQ (−1))

= λ[(X2 −X

)P (1) +

(X2 +X

)P (−1)

]+ µ

[(X2 −X

)Q (1) +

(X2 +X

)Q (−1)

]

= λf (P ) + µf (Q)

d’où la linéarité

2. En fait, si on cherche les images des vecteurs de la base canonique, pour avoir la matrice de f , on a

f (1) =(X2 −X

)+(X2 +X

)= 2X2

f (X) =(X2 −X

)−(X2 +X

)= −2X

f(X2)= 2X2

f(Xk)=

(1 + (−1)k

)Xk +

(−1 + (−1)k

)X

ainsi

MatBx (f) =

0 · · · 00 −2 0 −2 0 −2 · · · (1 + (−1)n)2 0 2 0 2 (−1 + (−1)n)0 0 0 · · · · · · · · · 0

......

......

0 0 0 · · · · · · 0

Cette matrice est clairement de rang 2.

3. On sait par le théorème du rang que dimker f = n + 1 − 2 = n − 1. On a f (P ) = 0 si et seulement si(X2 −X

)P (1) +

(X2 +X

)P (−1) = 0. Les polynômes

(X2 −X

)et(X2 +X

)forment une famille libre de

R2 [X] (ils sont non colinéaires), et P (1) , P (−1) sont des scalaires, ainsi cela équivaut à P (1) = P (−1) = 0.On en déduit que

ker f = {P ∈ Rn [X] , P (1) = P (−1) = 0}=

(X2 − 1

)Rn−2 [X]

= Vect(X2 − 1,X3 −X, · · · ,Xn −Xn−2

)

Pour Im f, il est clair que Im f ⊂ Vect(X2 −X,X2 +X

). Puisque f

(X − 12

)= X2 + X et f

(X + 1

2

)=

X2 −X, on aIm f = Vect

(X2 −X,X2 +X

)

(On retrouve bien que dimker f = n+ 1− 2 = n− 1 = dimRn−2 [X])

Exercice 23.28

1. Soit P ∈ E, on a deg (X − 1)P ′ ≤ n et degP ′′ (0) = 0 donc deg (ϕ (P )) ≤ n, ainsi ϕ (P ) ∈ E. Soient (P,Q) ∈ Eet (λ, µ) ∈ R

ϕ (λP + µQ) = (X − 1) (λP + µQ)′+ (λP + µQ)

′′(0)

= (X − 1) (λP ′ + µQ′) + (λP ′′ (0) + µQ′′ (0))

= λ (X − 1)P ′ + µ (X − 1)Q′ + λP ′′ (0) + µQ′′ (0)

= λ ((X − 1)P ′ + P ′′ (0)) + µ ((X − 1)Q′ +Q′′ (0))

= λϕ (P ) + µϕ (Q)

—29/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Ainsi ϕ est un endomorphisme de E.

2. Soit M la matrice de ϕ dans la base canonique, on a ϕ (1) = 0, ϕ (X) = X − 1, ϕ(X2)= (X − 1)× 2X + 2 =

2X2 − 2X + 2 et pour k ≥ 3, ϕ(Xk)= k

(Xk −Xk−1

)donc

M =

0 −1 2 0 . . . 0

0 1 −2 0...

0 0 2 −3 . . ....

0 0 0 3. . . 0

.... . .

. . . −n0 . . . . . . . . . 0 n

3. On en déduit que rg (ϕ) = n− 1, ainsi dimkerϕ = 1 Or 1 ∈ kerϕ =⇒ Vect 1 = R0 [X] ⊂ kerϕ et par égalité desdimensions, on a

kerϕ = R0 [X]

Ensuite, soit Q = b0 + b1X + · · ·+ bnXn, alors Q ∈ Im f ⇐⇒ ∃P = a0 + a1X + · · ·+ anX

n tel que ϕ (P ) = Q.Ceci se traduit par

M

a0......an

=

b0......bn

⇐⇒

−a1 + 2a2 = b0a1 − 2a2 = b1

...(n− 1) an−1 − nan = bn−1

nan = bn

⇐⇒

b0 + b1 = 0a1 − 2a2 = b1

...(n− 1) an−1 − nan = bn−1

nan = bn

Le système admet une solution si et seulement si b0+b1 = 0. Ainsi Imϕ est constitué des polynômes de la forme

b0 − b0X + b2X2 + · · ·+ bnX

n

Imϕ = Vect(1−X,X2, · · · ,Xn

)

4. Si Q est dans Imϕ, il s’écrit sous la forme

Q = b0 − b0X + b2X2 + · · ·+ bnX

n

on a alors

Q (0) = b0

Q′ = −b0 + 2b2X + · · · =⇒ Q′ (0) = −b0

Ces deux conditions sont donc les mêmes.

5. Pour P ∈ E, posons Q = ϕ (P ) = (X − 1)P ′ + P ′′ (0) . Alors

Q (0) = P ′′ (0)− P ′ (0)

Q′ = (X − 1)P ′′ + P ′ =⇒ Q′ (0) = P ′ (0)− P ′′ (0)

Ainsi∀Q ∈ Imϕ, Q (0) +Q′ (0) = 0

d’où Imϕ ⊂ F. Enfin F est le noyau d’une forme linéaire donc a même dimension que Imϕ. Par égalité desdimensions, on a

Imϕ = F

Exercice 23.29

—30/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


1. Par récurrence pour n ≥ 1, on définit P (n) = ”Mn =

cun−1

cunu1

unun+1u1

”. Alors

M1 =

(cu0 cu1u1 u2

)=

(0 cu1u1 u2

)car u2 = au1 + bu0 = au1 et

b

u1

Mn+1 =

(0 cu1 a

)

cun−1

cunu1

unun+1u1

=

cun

c

u1un+1

aun + cu1un−1 cun +a

u1un+1

=

cunc

u1un+1

aun + bun−1aun+1 + bun

u1

=

cun

cun+1u1

un+1un+2u1

2. En prenant le déterminant, il vient (detMn = detMn)

c

u1

(un−1un+1 − u2n

)= (−u1c)n = (−b)n =⇒ un−1un+1 − u2n = u21 (−b)n−1

(Pour la suite de Fibonacci, on retrouve la classique identité de Cassini).

3. Dans le cas où b = −1 et u1 = 1, avec a = x, on obtient

c = −1, u2 = x

et au rang n+ 1unun+2 − u2n+1 = −1 =⇒ unun+2 + 1 = u2n+1

On peut résoudre la récurrence linéaire d’ordre 2

u0 = 0, u1 = 1, un+1 = xun − un−1

qui donne

un =1

2δ

((x+ δ

2

)n−(x− δ

2

)n)où δ =

√x2 − 4

ce qui montre que un est un polynôme en x (développer avec le binôme). De plus si on pose x = 2 ch θ où θ > 0,alors

δ =√x2 − 4 = 2

√ch2 θ − 1 = 2 sh θ car θ > 0

x+ δ

2= eθ et

x− δ

2= eθ

ainsi

un =shnθ

sh θ> 0

(donc un est relié au ploynômes de Tchebychev de seconde espèce....).La relation

unun+2 + 1 = u2n+1

s’écrit alorsshnθ sh (n+ 2) θ + sh2 θ = sh2 (n+ 1) θ

relation que l’on peut vérifier à la main.....

Exercice 23.30 Par l’absurde, si A est inversible alors

A−1 ×(A3 +A

)= A2 + I3 = 0 =⇒ A2 = −I3

mais en passant au déterminant, on obtient

0 < det(A2)= det (A)2 = det (−I3) = (−1)3 = −1

absurde !

—31/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 23. MATRICES

3 Les exotiques

Exercice 23.31 1. Pour n = 2, A =

(1 10 1

)d’inverse

(1 −10 1

)

pour n = 3, A =

1 1 10 1 20 0 1

d’inverse

1 −1 10 1 −20 0 1

2. On a u(Xk)= C0k +C1kX +C2kX

2 + ...+CkkXk = (X + 1)k ainsi P (X) �→ P (X + 1) coïncide avec u sur une

base donc coïncide partout.En conclusion

u (P ) (X) = P (X + 1)

3. On a donc u−1 : P �→ P (X − 1) a pour matrice

C00 −C01 C02 · · · (−1)nC0n0 C11 −C12 · · · (−1)n−1C1n...

. . . C22. . .

......

. . .. . . (−1)1Cn−1n

0 · · · · · · 0 (−1)0 Cnn

Pour la dernière question , on regarde sur le deuxième exemple. On cherche J =

a 0 00 b 00 0 c

telle que

a 0 00 b 00 0 c

1 1 10 1 20 0 1

a 0 00 b 00 0 c

=

a2 ab ac0 b2 2bc0 0 c2

=

1 −1 10 1 −20 0 1

Un peu de concentration, et l’on devine que

J =

1 0 00 −1 00 0 1

Il reste à le vérifier que dans le cas général

J =

1 ©−1

. . .

© (−1)n+1

est un meilleur choix (pour la rédaction...). On peut montrer que A−1 = JAJ en utilisant des produits dematrices, mais il y a plus subtil. Soit s l’endomorphisme de Rn [X] ayant pour matrice S, on connaît les images

des vecteurs de la base, S (1) = 1, S (X) = −X, S(Xk)= (−1)kXk et plus généralement

s (P ) (X) = P (−X)

Le produit JAJ correspond à la composée s ◦ u ◦ s. Or

[u ◦ s (P )] (X) = u (P (−X)) = P (− (X + 1)) = P (−X − 1)[s ◦ u ◦ s (P )] (X) = s (P (−X − 1)) = P (X − 1) = u−1 (P ) (X)

Il faut bien comprendre que le polynôme u (P ) est obtenu en remplaçant X par X + 1.

Exercice 23.32 Soit Y un vecteur deMn,1 (C) , on veut l’écrire comme combinaison linéaire des AiX. On va montrerqu’il existe un endomorphisme de Cn qui envoie le vecteur X sur Y, la matrice A de cet endomorphisme se décomposerasur la famille (Ai)1≤i≤n2 et le tour est joué !

—32/33— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

CHAPITRE 23. MATRICES 4. LES OLYMPIQUES

On construit ainsi l’endomorphisme :

On complète X en une base B = (X, e2, · · · , en) de Cn, on définit f par f (X) = Y et f (ei) =−→0 . Soit A la matrice

de f dans les base canoniques, alors AX = Y . Puisque (Ai)1≤i≤n2 est une famille génératrice de Mn (C), il existe

(λi)1≤i≤n2 tels que∑n2

i=1 λiAi = A, on a alors∑n2

i=1 λiAiX = Y . Ce qui prouve bien que la famille (AiX)1≤i≤n2 estgénératrice de Mn,1 (C).

4 Les olympiques

Exercice 23.33 On sait que l’on peut calculer le déterminant d’un endomorphisme dans une base quelconque. Orϕ ◦ ϕ = Id, donc ϕ est une symétrie de E, on va donc se placer dans la base où ϕ est diagonalisée (la base constituéedu sous espace par rapport à quoi à lieu la symétrie, et su sous espace donné par la direction).Pour une symétrie, il y a deux valeurs propres 1 et −1. Pour la valeur propre 1, on a ϕ (M) = M si et seulement siM est une matrice symétrique, et de même ϕ (M) = −M si et seulement si M est antisymétrique.On sait que si Sym (C) et Asym (C) représente respectivement le sous espace des matrices symétriques et antisy-métriques, alors Sym (C) ⊕ Asym (C) = E. Dans la base de E constituée d’une base de chacun de ces sous-espacesvectoriels, la matrice de ϕ est

1 0 · · · · · · · · · 0

0. . .

. . ....

.... . . 1

. . ....

.... . . −1 . . .

......

. . .. . . 0

0 · · · · · · · · · 0 −1

doncdet (ϕ) = (−1)dim(Asym(C))

Or la dimension de Asym (C) est égale àn2 − n

2(on choisit les termes au dessus de la diagonale, ceux en dessous s’en

déduisent, ceux sur la diagonales sont nuls ! ! !, plus rigoureusement une base de Asym (C) est donnée par les matricesEij −Eji où j > i). En conclusion

detϕ = (−1)n(n−1)

2

Pour n = 2, la base canonique est

(1 00 0

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

(0 00 1

). La matrice de ϕ est alors

1 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

dont le déterminant vaut −1 = (−1)2(2−1)2 .

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Chapitre 23 MATRICES Enoncé des...

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