P (t)dt est un endomorphisme de R

(1)

I Sujet 1

EXERCICE 1 :

Montrer que f définie sur R

_n

[X ] par f (P )(X) = Z

X+1

X

P (t)dt est un endomorphisme de R

_n

[X] et donner son déterminant.

• • •

EXERCICE 2 :

On considère la matrice A dont les coefficients sont donnés par a

ij

= sin(θ

i

+θ

j

) avec 1 6 i, j 6 n. Calculer det(A).

• • •

EXERCICE 3 :

E = M

2

( R ). (A, B) ∈ M

2

( R )

²

.

Résoudre l’équation d’inconnue X ∈ E, X + tr(X )A = B (E

q

)

———————————————————————–

II Sujet 2

EXERCICE 1 :

On considère l’application

F : M

2

( R ) −→ M

2

( R ) M =

a b c d

7−→ F(M ) =

a − b d − c c − d b − a

1. Montrer que F est un endomorphisme.

2. Déterminer la matrice de F dans la base canonique de M

2

( R ).

3. Déterminer une base de Ker(F ) et une base de Im(F ) (en exprimant les vecteurs des deux bases en fonction des vecteurs de la base canonique)

4. A-t-on M

2

( R ) = Ker(F) L

Im(F) ?

• • •

EXERCICE 2 :

(a, b) ∈ C

²

. Calculer le déterminant suivant

d =

a

²

ab ab b

²

ab a

²

b

²

ab

ab b

²

a

²

ab

b

²

ab ab a

²

(2)

III Sujet 3

EXERCICE 1 :

Soit f ∈ L( R

³

) représentée dans la base canonique B par :





2 1 −1

0 1 0

1 1 0





1. Soit C = (ǫ

1

, ǫ

1

, ǫ

1

) avec ǫ

1

= (1, 0, 1), ǫ

2

= (−1, 1, 0), ǫ

3

= (1, 1, 1).

Montrer que C est une base de R

³

. 2. Déterminer la matrice de f dans C.

3. Calculer pour tout n ∈ N les matrices de f

ⁿ

dans C et dans B.

• • •

EXERCICE 2 :

On considère M une matrice de M

2n

( R ) dont les coefficients m

ij

sont définis de la façon suivante :

∀i ∈ [[1; n]], m

2i,2i−1

= m

2i−1,2i

= 1 et les autres coefficients sont nuls.

On note B la base canonique de R

²ⁿ

et u l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice M . 1. Prouver que u

²

= id

_R2n

.

2. Démontrer que ker(u − id

_R2n

) L

ker(u + id

_R2n

) = R

²ⁿ

3. Donne une base de ker(u − id

_R2n

).

(3)

Corrections

Sujet 1 : exo 1

f est linéaire par linéarité de l’intégration.

De plus, ∀k ∈ [[0; n]], f (X

^k

)(X) = Z

X+1

X

t

^k

dt = 1

k + 1 [(X + 1)

^k

− X

^k

] = 1 k + 1

k

X

q=0

k + 1 q

X

^q

= X

^k

+ 1 k + 1

k−1

X

q=0

k + 1 q

X

^q

donc f (X

^k

) ∈ R

_n

[X ] et f (X

^k

) est unitaire de degré k.

La matrice de f dans la base canonique de R

_n

[X] est triangulaire supérieure et si l’on note M = (m

ij

)

16i,j6n

cette matrice, on a :

m

ij

=



 



 



1 si i = j

1 j + 1

j + 1 i

si 0 6 i 6 j − 1

0 sinon

On a donc det(M ) =

n

Y

k=0

m

kk

= 1.

• • •

Sujet 1 : exo 2

Si l’on note C

j

les vecteurs colonnes de la matrices, on peut écrire

C

j

=







sin(θ

1

+ θ

j

) sin(θ

2

+ θ

j

)

. . . sin(θ

n

+ θ

j







= cos(θ

j

)





 sin(θ

1

) sin(θ

2

)

. . . sin(θ

n

)







+ sin(θ

j

)





 cos(θ

1

) cos(θ

2

)

. . . cos(θ

n

)







Pour n > 3, les n colonnes de la matrice A sont combinaisons linéaires des deux colonnes S =





 sin(θ

1

) sin(θ

2

)

. . . sin(θ

n

)





 et

C =





 cos(θ

1

) cos(θ

2

)

. . . cos(θ

n

)







. On en déduit que que dim(Vect(C

1

, C

2

, . . . , C

n

)) 6 2 et il s’en suit que rang(A) 6 2 et det(A) = 0.

Si n = 2, det(A) =

sin(2θ

1

) sin(θ

1

+ θ

2

) sin(θ

1

+ θ

2

) sin(2θ

2

)

= sin(2θ

1

) sin(2θ

2

) − sin

²

(θ

1

+ θ

2

) =

f orm trigo

. . . = − sin

²

(θ

1

− θ

2

) Si n = 1, det(A) = sin(2θ

1

).

• • •

Sujet 1 : exo 3

• Analyse : Si X est solution de (E) alors tr(X + tr(X )A) = tr(B) ⇔ tr(X ) + tr(X )tr(A) = tr(B) et donc (1 + tr(A))tr(X ) = tr(B) ( ⋆ )

⊲ Si tr(A) 6= −1, ( ⋆ ) ⇔ tr(X) = tr(B)

1 + tr(A) et X = B − tr(B)

1 + tr(A) A, unicité de l’éventuelle solution.

Synthèse : Or si X = B − tr(B)

1 + tr(A) A, trX = tr(B)

1 − tr(A) 1 + tr(A)

= tr(B)

1 + tr(A) ;

(4)

De ce fait, X + tr(X)A = B et X vérifie l’équation (E).

Ainsi, si tr(A) 6= −1, il existe une seule solution à l’équation (E) : X = B − tr(B) 1 + tr(A) A

⊲ Si tr(A) = −1 et X solution alors tr(B) = 0.

Synthèse :

D si tr(B) 6= 0, il n’y a pas de solution ;

D si tr(B) = 0, ∀X = B − λA on a tr(X) = λ et X + tr(X )A = X + λA = B ; L’ensemble des solutions est donc {B − λA, λ ∈ R }

———————————————————————–

Sujet 2 : exo 1

1. F est un endomorphisme (laissé au lecteur : on prouve que ∀(λ, µ) ∈ R

²

, ∀(M, N ) ∈ M( R )

²

, F(λM + µN ) = λF (M ) + µF(N ) et il est clair que F(M ) ∈ M( R )).

2. Soit B)(E

ij

)

(16i,j62)

la base canonique de M

2

( R ).

F (E

11

) =

1 0 0 −1

= E

11

− E

22

, F(E

12

) =

−1 0

0 1

= −E

11

+ E

22

, F (E

21

) =

0 −1

1 0

= −E

12

+ E

21

et pour terminer, F (E

22

) =

0 1

−1 0

= E

12

− E

21

. On obtient donc la matrice de F dans la base canonique B de M

2

( R ),

mat(F, B) =







1 −1 0 0

0 0 −1 1

0 0 1 −1

−1 1 0 0







3. Il est clair que mat(F, B) est de rang 2 au regard des colonnes de la matrice ; on a donc dim(Ker(F)) = 2 (théorème du rang) et toujours compte-tenu des colonnes de la matrice, F(E

11

+ E

12

) = F (0) = 0 (1) puis F (E

21

+ E

22

) = F (0) = 0 (2). La famille (E

11

+ E

12

, E

21

+ E

22

) est libre, de cardinal 2, composée de vecteurs de Ker(F ) ((1) et (2)) de dimension 2 ainsi (E

11

+ E

12

, E

21

+ E

22

) est une base de Ker(F ).

Im(F ) = Vect(F (E

11

), F (E

12

), F (E

21

), F (E

22

)) = Vect(F(E

11

), F (E

21

)) = Vect(E

11

− E

22

, E

21

− E

12

) Im(F ) est de dimension 2, (E

11

− E

22

, E

21

− E

12

) est une base de Im(F ).

4. A-t-on M

2

( R ) = Ker(F ) L

Im(F ) ? NON car Ker(F )∩Im(F ) 6= {0}, puisque Ker(F )∩Im(F ) =

a a

−a −a

, a ∈ R

• • •

Sujet 2 : exo 2

C

4

←− C

1

+ C

2

+ C

3

+ C

4

et « factorisation » par rapport à la quatrième colonne :

d = (a + b)

²

a

²

ab ab 1 ab a

²

b

²

1 ab b

²

a

²

1 b

²

ab ab 1

puis L

4

←− L

4

− L

1

, L

3

←− L

3

− L

2

, L

2

←− L

2

− L

1

donne

d = (a + b)

²

a

²

ab ab 1

ab − a

²

a

²

− ab b

²

− ab 0 0 b

²

− a

²

a

²

− b

²

0 b

²

− a

²

0 0 0

(5)

et linéarité par rapport aux lignes 2,3 et 4

d = (a + b)

²

(b

²

− a

²

)

²

(b − a)

a

²

ab ab 1 a −a b 0

0 1 −1 0

1 0 0 0

On développe par rapport à la quatrième ligne, d = −(a + b)

²

(b

²

− a

²

)

²

(b − a) ×

ab ab 1

−a b 0

1 −1 0

puis développement par rapport à la 3

^ème

colonne, d = (a + b)

²

(b

²

− a

²

)

²

(a − b) ×

−a b

1 −1

et finalement, d = (a − b)

²

(a + b)

²

(b

²

− a

²

)

²

= (b

²

− a

²

)

⁴

• • •

———————————————————————–

Sujet 3 : exo 1

Corection : Soit f ∈ L( R

³

) représentée dans la base canonique B par : A =





2 1 −1

0 1 0

1 1 0





1. C = (ǫ

1

, ǫ

1

, ǫ

1

) avec ǫ

1

= (1, 0, 1), ǫ

2

= (−1, 1, 0), ǫ

3

= (1, 1, 1).

C est une base de R

³

. ( laissé à la sagacité du lecteur : famille libre de cardinal 3 égal à la dimension de R

³

) 2. Matrice de B de f dans C.

On a B = P

⁻¹

AP où P est la matrice inversible de passage de la base canonique à la base C.

On écrit P =





1 −1 1

0 1 1

1 0 1



, un calcul d’inverse donne P

⁻¹

=





−1 −1 2

−1 0 1

1 1 −1



. Après deux produits matriciels,

on parvient à

B =





1 0 1 0 1 0 0 0 1



 = I

3

+ N où N =





0 0 1 0 0 0 0 0 0



 (N nilpotente) et N

²

= 0.

3. B

ⁿ

= (I

3

+ N)

ⁿ

=

Bin.N ew

I

3

+ nN =





1 0 n 0 1 0 0 0 1



.

Un récurrence rapide sur n permet de prouver que A

ⁿ

= P B

ⁿ

P

⁻¹

et il s’en suit que A

ⁿ

=





n + 1 n −n

0 1 0

n n −n + 1



, pour tout n ∈ N .

• • •

Sujet 3 : exo 2

1. Il suffit de calculer les images des vecteurs de la base canonique par u

²

: u(e

2i−1

) = e

2i

et u(e

2i

) = e

2i−1

,

∀i ∈ [[1; n]], et par suite, u

²

(e

2i−1

) = u(u(e

2i−1

)) = u(e

2i

) = e

2i−1

. Cela donne également u

²

(e

2i

) = e

2i

. Soit x ∈ R

²ⁿ

, il existe un unique (x

1

, x

2

, . . . , x

2n

) ∈ R

²ⁿ

tel que x =

2n

X

k=1

x

k

e

k

et donc, par linéarité de u

²

, on obtient u

²

(x) =

2n

X

k=1

x

k

u

²

(e

k

) =

2n

X

k=1

x

k

e

k

= x

(6)

2. K

1

= ker(u − id

_R²ⁿ

) 6= {0} car M 6= I

2n

et K

2

= ker(u + id

_R²ⁿ

) 6= {0} car M 6= −I

2n

. Soit x ∈ K

1

∩ K

2

alors u(x) = x = −x donc x = 0 : K

1

∩ K

2

= {0}. De plus, pour tout x ∈ R

²ⁿ

, x = x + u(x)

2 + x − u(x)

2 ;

(u − id

_R2n

)

_x+u(x)

2

=

¹₂

(u(x) + x) −

¹₂

(u(x) + x) = 0 donc

^x+u(x)₂

∈ ker(u − id

_R2n

). On montre de même que

x−u(x)

2

∈ ker(u + id

_R²ⁿ

). Ainsi

ker(u − id

_R2n

) L

ker(u + id

_R2n

) = R

²ⁿ

3. Base de ker(u − id

_R2n

) : un vecteur de ker(u − id

_R2n

) est de la forme (x

1

, x

1

, x

3

, x

3

, . . . , x

2n−1

, x

2n−1

) (il suffit de

résoudre M X = X pour s’en convaincre) donc une base de ker(u − id

_R2n

) est (e

1

+ e

2

, e

3

+ e

4

, . . . , e

2n−1

+ e

2n

).

(7)

EXERCICE 3 :

Soit A = (a

ij

) ∈ M

n

( R ). On note A(x) la matrice dont le terme général est a

ij

+ x.

1. Montrer que la fonction x 7−→ det(A(x)) est une fonction polynomiale de degré inférieur ou égal à 1.

2. Pour a et b deux réels distincts et α

1

, .... , α

n

∈ R , en déduire la valeur du déterminant suivant :

M =

α

1

a . . . a b α

2

. .. ...

.. . . .. ... a b . . . b α

n

(on utilisera la question 1 en posant M (x) le déterminant de la matrice (m

ij

+ x)

16i,j6n

, avec m

ij

les coefficients du déterminant M )

• • •

1. Retrancher la première colonne à toutes les autres colonnes.

On développe par rapport à la première colonne et on trouve : det(A(x)) =

n

X

i=1

(−1)

ⁱ

(a

i1

+ x)det(A

i

)

où A

i

est une matrice à coefficients réels donc det(A(x)) est bien une fonction affine.

2. On note M (x) la matrice dont les coefficients sont (m

ij

+ x) et on pose D(x) = det(M (x)). On sait que, d’après 1., D(x) = cx + d où c et d sont à déterminer.

D(−a) =

α

1

− a 0 . . . 0 b − a α

2

− a . .. .. . .. . . .. . .. 0 b − a . . . b − a α

n

− a

=

n

Y

i=1

(α

i

− a) et de même, D(−b) =

n

Y

i=1

(α

i

− b) .

Par ailleurs,

D(−a) = −ca + d

D(−b) = −cb + d , c’est un système de deux équations à deux inconnues et cela donne pour c et d :



 

 

c = D(−b) − D(−a) a − b

d = aD(−b) − bD(−a) a − b

et M = D(0) = d

• • •

EXERCICE 4 Exercice supplémentaire 1

Soit e la base canonique de R

³

. Soit u l’endomorphisme de R

³

tel que A = Mat(u; e) =





3 0 0

1 3 1

−1 0 2





On pose e

^′₁

= (0; 1; 0) , e

^′₂

= (−1; 0; 1) et e

^′₃

= (0; −1; 1).

1. Prouver que e

^′

= (e

^′₁

, e

^′₂

, e

^′₃

) est une base de R

³

.

2. Sans utiliser la forumle de changement de base, déterminer la matrice A

^′

de u dans la base e

^′

. 3. Déterminer la matrice de passage P de e à e

^′

. Calculer P

⁻¹

.

4. En déduire la valeur de A

ⁿ

pour tout entier naturel n. On se contentera de donner le résultat sous la forme d’un

produit de trois matrices.

(8)

• • •

EXERCICE 5 :

On note E = { f : R −→ R }, A = { f : R −→ R , f affine} et B = { f ∈ E, f (1) = f (0) = 0}

Démontrer que A L B = E

Corrections : Il faut démontrer que pour toute fonction f de E, il existe une unique fonction affine a et une unique fonction b ∈ B telle que f = a + b.

Raisonnons par analyse-synthèse :

• Soit f ∈ E. Supposons que f = a + b avec : ∀x ∈ R , a(x) = ux + v et b(0) = b(1) = 0. On a donc pour tout x ∈ R , f (x) = ux + v + b(x).

f (0) = v et f (1) = u + v permettent d’exprimer u = f (1) − f (0) et v = f (0) et de donner la « forme unique » de a à partir de f et par suite l’expression de b.

• ∀x ∈ R , f(x) = [f (1) − f (0)]x + f (0) + f (x) − (f (1) − f (0))x − f (0)

avec a(x) = [f (1) − f (0)]x + f (0) et a ∈ A ; puis b(x) = f (x) − (f (1) − f (0))x − f (0). On vérifie aisément que b(0) = 0 et que b(1) = 0 donc b ∈ B.

On a donc bien A L B = E

• • •

EXERCICE 6 :

Résoudre dans M

2

( R ) l’équation



 



 



tr(X)Y + tr(Y )X = 4 8

4 −4

(1) XY =

1 1 4 −2

(2) Correction :

• ANALYSE : Si (X, Y ) est solution, en appliquant la linéarité de la trace :