L2AL Partiel

Université Toulouse 3 L2 Mathématiques
Année 2014-2015 Maths 3 - Algèbre linéaire et bilinéaire
Examen Partiel - 06 novembre 2014

Durée : 2 heures.
Aucun document (ni calculatrice, téléphone, etc.) n’est autorisé. On accordera un

soin particulier à la rédaction. Il n’est pas nécessaire de traiter les questions dans l’ordre,
mais veillez à bien préciser le numéro de la question à laquelle vous répondez.
La question 3 de l’exercice 3 sera hors-barême.

1 −4
Exercice 1. La matrice A = est-elle diagonalisable ?
1 5
Exercice 2. Pour a ∈ R on considère l’endomorphisme fa de R3 dont la matrice dans

la base canonique de R3 est
 
−1 0 a + 1
Ma =  1 −2 0 
−1 1 a
1. Calculer le polynôme caractéristique PMa de Ma . Donner l’ensemble des valeurs propres
de fa .
2. Pour quelles valeurs de a l’endomorphisme fa est-il diagonalisable ?
3. On suppose dans cette question que a = −1.
a. Diagonaliser la matrice M−1 en précisant la matrice de passage.
b. Donner le polynôme minimal de f−1 .
c. Résoudre le système différentiel X 0 (t) = M−1 X(t).
4. On suppose dans cette question que a = 1.
a. Calculer les sous-espaces caractéristiques de f1 .
b. Trigonaliser M1 en précisant la matrice de passage.
Exercice 3. Soit E un espace vectoriel de dimension finie n ∈ N∗ . Soient u, v ∈ L(E).

On suppose que u ◦ v = v ◦ u et que v est nilpotent. On veut montrer que
det(u + v) = det(u).
1. a. Donner le polynôme caractéristique de v.
b. En déduire le résultat dans le cas où u = IdE .
2. a. Montrer que si u est inversible alors u−1 v est nilpotent.
b. Montrer le résultat dans le cas où u est inversible.
3. a. Dans le cas général, montrer qu’il existe une infinité de réels θ tels que u − θ IdE
est inversible.
b. En déduire qu’il existe une infinité de réels θ tels que det(u + v − θ IdE ) =
det(u − θ IdE ).
c. Conclure.
Exercice 4. Soit E un R-espace vectoriel de dimension 3 et u ∈ L(E) tel que u4 = u2 .

Montrer que si 1 et -1 sont valeurs propres de u alors u est diagonalisable.
Corrigé
Exercice 1. On a

1 − X −4
χA (X) = = X 2 − 6X + 9 = (X − 3)2 .
1 5 − X
Ainsi 3 est la seule valeur propre de A. Comme A 6= 3I2 , A n’est pas diagonalisable (on
peut également vérifier que ker(A − 3I2 ) est de dimension 1 pour conclure).
Exercice 2. 1. On a

−1 − X 0 a + 1 −1 − X 0 a + 1

χA (X) = 1 −2 − X 0 =[C1 ←C1 +C2 ] −1 − X −2 − X
0

−1 1 a − X 0 1 a − X

1 0 a + 1

=[L2 ←L2 −L1 ] −(X + 1) 0 −2 − X −(a + 1)
0 1 a−X
= −(X + 1) X 2 + (2 − a)X + (1 − a) .

Les racines de X 2 + (2 − a)X + (1 − a) sont −1 et a − 1, donc
χA (X) = −(X + 1)2 (X − a + 1).

 
1
2. On calcule ker(A + I3 ). Si a 6= −1 on a ker(A + I3 ) = vect 1. Si a = −1 on

    0
1 0
a ker(A + I3 ) = vect   1 , 0. Ainsi, si a 6= −1 alors la matrice Ma n’est pas
 
0 1
diagonalisable car −1 est au moins racine double de χA (X) alors que dim(ker(A + I3 )) =
1. Si a = −1 alors −1 est racine double de χA (X) et dim(ker(A + I3 )) = 2 donc Ma
est diagonalisable. Finalement l’endomorphisme fa est diagonalisable si et seulement si
a = −1.
3. a. Pour a = −1 on rappelle que M−1 est diagonalisable et que −1 est valeurpropre 
0
de multiplicité 2. L’autre valeur propre (simple) est -2. On a ker(A + 2I3 ) = vect  1 .
−1
Ainsi on a
   
−1 0 0 1 0 0
M−1 = P DP −1 avec D =  0 −1 0  et P = 1 0 1  .
0 0 −2 0 1 −1
b. Comme f−1 est diagonalisable de valeurs propres -1 et -2, son polynôme minimal
est nécessairement (X + 1)(X + 2).
c. Soit X une fonction de classe C 1 de R dans R3 . Pour t ∈ R on note V (t) = P −1 X(t).
Comme P −1 ne dépend pas de t on a
X 0 (t) = M−1 X ⇐⇒ X 0 (t) = P DP −1 V (t) ⇐⇒ V 0 (t) = DV (t).

Or les solutions de V 0 (t) = DV (t) sont les fonctions de la forme
 −t 
αe
V (t) = βe−t  ,

γe−t
avec α, β, γ ∈ R. Ainsi les solutions de X 0 (t) = M−1 X(t) sont les fonctions de la forme
 −t  
αe−t

αe
X(t) = P βe−t  = αe−t + γe−2t  ,
γe−t βe−t − γe−2t
avec α, β, γ ∈ R.
4. a. Pour a = 1 on a χM1 (X) = −X(X + 1)2 . On a
   
2 −2 2 4
ker(A) = vect 1 , (A + I3 )2 = −1 1 2 ,
1 −1 1 2
et    
1 2
2
ker((A + I3 ) ) = vect  1 , 0 .
 
0 1
   
2 2
Comme (A + I3 ) 0 = 2, on a
  
1 0
   
−1 1 0 2 2 2
M1 = P JP −1 avec J =  0 −1 0 et P = 2 0 1 .
0 0 0 0 1 1
Exercice 3. 1. a. Le polynôme caractéristique d’un endomorphisme nilpotent sur un

espace de dimension n est (−X)n .
b. On a
det(IdE +v) = χv (−1) = (−(−1))n = 1 = det(IdE ),
ce qui donne l’égalité attendue pour u = IdE .
2. a. En composant à gauche et à droite l’égalité u ◦ v = v ◦ u par u−1 , on obtient que
u−1 et v commutent. Pour tout k ∈ N on a donc (u−1 v)k = (u−1 )k v k . Il existe k ∈ N tel
que v k = 0. Pour un tel k on a aussi (u−1 v)k = 0, donc u−1 v est nilpotent.
b. En utilisant le résultat de la question précédente appliqué à u−1 v on obtient
det(u + v) = det(u) det(IdE +u−1 v) = det(u).
3. a. Si θ ∈ R n’est pas valeur propre de u, alors u − θ IdE est injectif et donc inversible.
Puisque u admet au plus n valeurs propres, il y a une infinité de θ réels qui ne sont pas
valeur propre de u.
b. D’après la question 2 appliquée avec u − θ IdE au lieu de u on obtient bien que
pour une infinité de θ réels on a
det(u − θ IdE +v) = det(u − θ IdE ).

c. Pour une infinité de réels θ on a χu+v (θ) = χu (θ). Or deux polynômes qui coı̈ncident
pour une infinité de points sont égaux, donc χu+v = χu . En particulier
det(u + v) = χu+v (0) = χu (0) = det(u).
Exercice 4. Le polynôme P = X 4 −X 2 = X 2 (X −1)(X +1) annule u donc le polynôme

minimal µu de u divise P . D’autre part −1 et 1 sont racines de µu , donc (X − 1)(X + 1)
divise µu . Ainsi il existe k ∈ {0, 1, 2} tel que
µu (X) = X k (X − 1)(X + 1).
Comme E est de dimension 3, on obtient par le théorème de Cayley-Hamilton que

deg(µu ) 6 3. Ainsi on a k = 0 ou k = 1. Dans les deux cas, le polynôme minimal de u
est scindé à racines simples, ce qui implique que u est diagonalisable.

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Examen Partiel - 06 novembre 2014

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La question 3 de l’exercice 3 sera hors-barême.

Exercice 2. Pour a ∈ R on considère l’endomorphisme fa de R3 dont la matrice dans

Exercice 3. Soit E un espace vectoriel de dimension finie n ∈ N∗ . Soient u, v ∈ L(E).

Exercice 4. Soit E un R-espace vectoriel de dimension 3 et u ∈ L(E) tel que u4 = u2 .

Les racines de X 2 + (2 − a)X + (1 − a) sont −1 et a − 1, donc

χA (X) = −(X + 1)2 (X − a + 1).

X 0 (t) = M−1 X ⇐⇒ X 0 (t) = P DP −1 V (t) ⇐⇒ V 0 (t) = DV (t).

Exercice 3. 1. a. Le polynôme caractéristique d’un endomorphisme nilpotent sur un

det(u + v) = det(u) det(IdE +u−1 v) = det(u).

det(u − θ IdE +v) = det(u − θ IdE ).

det(u + v) = χu+v (0) = χu (0) = det(u).

Exercice 4. Le polynôme P = X 4 −X 2 = X 2 (X −1)(X +1) annule u donc le polynôme

µu (X) = X k (X − 1)(X + 1).

Comme E est de dimension 3, on obtient par le théorème de Cayley-Hamilton que

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