Correction de Devoir Surveillé N°08

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 25 mai 2013 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚08 `PROBLEME 1 Danstoutleprobl`emeE d´esigneunespacevectorieldedimensionfinie sur K =R ou C. D´efinition: Un endomorphismef ∈L(E) est dit nilpotent s’il existe pp∈N tel que f = 0 .L(E) pNotons qu’il existe en ce cas un plus petit entier p∈ N tel que f = 0 . On note ν(f)∈ N cet entier, appel´e indice de nilpotence deL(E) f. Partie I. Deux exemples n1. Endomorphisme nilpotent de K nDanscettequestion,E =K estl’espacevectorieldesn-upletsd’´el´ements n nde K. On consid`ere l’application ϕ :K →K d´efinie par n ∀(x ,...,x )∈K , ϕ(x ,...,x ) = (0,x ,...,x )1 n 1 n 1 n−1 a. Il est clair que ϕ : E → E. Montrons que ϕ est lin´eaire : soit (~x,~y)∈ 22E , (λ,μ)∈R . On a : ϕ(λ·~x+μ·~y) = ϕ λx +μy ,...,λx +μy1 1 n n = 0,λx +μy ,...,λx +μy1 1 n−1 n−1 = λ·(0,x ,...,x )+μ·(0,y ,...,y )1 n−1 1 n−1 = λ·ϕ(~x)+λ·ϕ(~y) Ainsi, ϕ est un endomorphisme de E. N b. La matrice repr´esentative de ϕ dans la base canonique de E est   0 0 0 ··· 0  1 0 0 ··· 0  .. . . . .. .M (ϕ) = 0 1 . C  . . . .. . . . . . .. 0 0 ··· 0 1 0 N 1 ⋆⋆⋆ c. Comme Imϕ est engendr´e par ϕ(~e ),ϕ(~e ),...,ϕ(~e ), il vient :1 2 n Imϕ = Vect(0,~e ,~e ,...,~e ) = Vect(~e ,~e ,...,~e )1 2 n−1 2 3 n Ainsi, la famille (~e ,~e ,...,~e ) engendre Imϕ. De plus, cette famille2 3 n nest extraite de la base canonique de K , par cons´equent, elle est libre. Ainsi (~e ,~e ,...,~e ) est donc bien une base de Imϕ.
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 25 mai 2013
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚08
`PROBLEME 1
Danstoutleprobl`emeE d´esigneunespacevectorieldedimensionfinie
sur K =R ou C.
D´efinition: Un endomorphismef ∈L(E) est dit nilpotent s’il existe
pp∈N tel que f = 0 .L(E)
pNotons qu’il existe en ce cas un plus petit entier p∈ N tel que f =
0 . On note ν(f)∈ N cet entier, appel´e indice de nilpotence deL(E)
f.
Partie I. Deux exemples
n1. Endomorphisme nilpotent de K
nDanscettequestion,E =K estl’espacevectorieldesn-upletsd’´el´ements
n nde K. On consid`ere l’application ϕ :K →K d´efinie par
n
∀(x ,...,x )∈K , ϕ(x ,...,x ) = (0,x ,...,x )1 n 1 n 1 n−1
a. Il est clair que ϕ : E → E. Montrons que ϕ est lin´eaire : soit (~x,~y)∈
22E , (λ,μ)∈R . On a :

ϕ(λ·~x+μ·~y) = ϕ λx +μy ,...,λx +μy1 1 n n
= 0,λx +μy ,...,λx +μy1 1 n−1 n−1
= λ·(0,x ,...,x )+μ·(0,y ,...,y )1 n−1 1 n−1
= λ·ϕ(~x)+λ·ϕ(~y)
Ainsi, ϕ est un endomorphisme de E. N
b. La matrice repr´esentative de ϕ dans la base canonique de E est
 
0 0 0 ··· 0
 1 0 0 ··· 0 
.. . . . .. .M (ϕ) = 0 1 . C
 . . . .. . . . . . .. 0
0 ··· 0 1 0
N
1
⋆⋆⋆c. Comme Imϕ est engendr´e par ϕ(~e ),ϕ(~e ),...,ϕ(~e ), il vient :1 2 n
Imϕ = Vect(0,~e ,~e ,...,~e ) = Vect(~e ,~e ,...,~e )1 2 n−1 2 3 n
Ainsi, la famille (~e ,~e ,...,~e ) engendre Imϕ. De plus, cette famille2 3 n
nest extraite de la base canonique de K , par cons´equent, elle est libre.
Ainsi (~e ,~e ,...,~e ) est donc bien une base de Imϕ.2 3 n
D’autre part, d’apr`es la Formule du rang, on sait que dimKerϕ = 1.
Comme (~e ) est une famille libre de vecteurs du noyau deϕ, il s’ensuit1
que cette famille libre et maximale est une base de Kerϕ. Ainsi, (~e )1
est une base de Kerϕ. N
d. Montrons par r´ecurrence finie sur k ∈ [[0,n]], que pour tout n-uplet
(x ,...,x ), on a1 n
kϕ (x ,...,x ) = (0,...,0,x ,...,x )1 n 1 n−k| {z }
k fois
• Init. lorsque k = 0, c’est trivial.
• H´er. soit k∈ [[0,n−1]] tel que pour tout n-uplet (x ,...,x ), on1 n
ait
kϕ (x ,...,x ) = (0,...,0,x ,...,x ).1 n 1 n−k| {z }
k fois
Alors, par construction de ϕ, on a
k+1ϕ (x ,...,x ) =ϕ(0,...,0,x ,...,x ) = (0,...,0,x ,...,x )1 n 1 n−k 1 n−k−1| {z } | {z }
k fois k+1 fois
• Ccl.lapropri´et´eesth´er´editaireetv´erifi´eeaurang0.Elleestdonc
v´erifi´ee pour tout entier k∈ [[0,n]].
nEn particulier, pour tout n-uplet ~x = (x ,...,x ), on a ϕ (~x) =1 n
(0,...,0). ϕ est donc nilpotent d’indice inf´erieur ou ´egal `a n. Comme
n−1 n−1 ~de plus, ϕ (~e ) = ϕ (1,0,...,0) = (0,...,0,1) = 0 , ϕ est nil-1 E
potent d’indice exactement ´egal `a n. N
2. Endomorphisme nilpotent de K [X]n
Dans cette question, E = K [X] est l’espace vectoriel des polynˆomesn
dedegr´einf´erieursou´egaux`an.Onconsid`erel’applicationΔ :K [X]→n
K [X] d´efinie parn
∀P ∈K [X], Δ(P)(X) =P(X +1)−P(X)n
2
6a. Soit P ∈ E un polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n. D’apr`es les
propri´et´es du degr´e des polynˆomes, Δ(P) est aussi un polynˆome de
degr´e inf´erieur ou ´egal `a n. Montrons que Δ est lin´eaire.
22Soit (P ,P )∈E , (λ ,λ )∈K . Alors1 2 1 2
Δ(λ ·P +λ ·P ) = (λ ·P +λ ·P )(X +1)−(λ ·P +λ ·P )(X)1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
= λ P (X +1)−P (X) +λ P (X +1)−P (X)1 1 1 2 2 2
= λ Δ(P )+λ Δ(P )1 1 2 2
Ainsi, Δ est un endomorphisme de E. N
b. Soit P ∈E.
si d˚P =−∞, alors Δ(P) = 0. Il est donc de degr´e ´egal `a−∞.
si d˚P = 0, alors P est constant, donc Δ(P) est nul, donc de
degr´e ´egal `a−∞.
si d˚P =m> 0. Alors, il existe (a ,...,a ), avec a = 0 tel que0 m m
m m−1P(X) = a X +a X +···+a X +am m−1 1 0
m m−1P(X +1) = a (X +1) +a (X +1) +···+a (X +1)+am m−1 1 0
m m−1= a X +(a +ma )X +···+am m−1 m 0
On en d´eduit que
m−1Δ(P)(X) =ma X +termes de degr´es inf´erieursm
Comme ma est non nul, il s’ensuit que Δ(P) est de degr´e exac-m
tement ´egal `a m−1. N
c. Pour d´eterminer KerP, proc´edons par disjonction de cas. Soit P ∈E.
si P ∈K [X], alors ΔP = 0.0
sid˚P > 0,alorsΔ(P)estdedegr´epositif(ounul).Enparticulier,
Δ(P) = 0.
Pardisjonctiondecas,onabienmontr´eque KerΔ =K [X].Unebase0
de KerΔ est donc donn´ee par (P ). on note0
D’apr`es la Formule du rang, il s’ensuit que ImΔ est de dimension (P ,P ,...,P )0 1 n
n. Or, d’apr`es la question pr´ec´edente, ImΔ est un sous-espace de la base canonique de E
K [X]. Comme dimImΔ = dimK [X], il en r´esulte que Im(Δ) =n−1 n−1
K [X]. Une base de Im(Δ) est donc donn´ee par (P ,P ,...,P ).n−1 0 1 n−1
N
3
◮6◮6◮◮◮6d. Montrons que Δ est nilpotent d’indice n+1. Soit P un polynˆome de
degr´e inf´erieur ou ´egal `a n. Une utilisation r´ep´et´ee du r´esultat de la
kquestionb montre que pour toutentierk, Δ (P) est de degr´e inf´erieur
n+1ou ´egal `a n−k. En particulier, Δ (P) ´etant de degr´e strictement
n´egatif, il ne peut s’agir que du polynˆome nul. Ce qui prouve que Δ
est nilpotent d’indice inf´erieur `a n+1.
nConsid´erons d’autre part P = X . Comme P est de degr´e exac-n n
tement ´egal `a n, en appliquant n fois la question b, on obtient que
n nΔ (P ) est de degr´e 0. En particulier Δ (P ) = 0.n n
n+1 nAinsi,onabienmontr´equeΔ = 0 etΔ = 0 ,cequiprouveL(E) L(E)
que Δ est nilpotent d’indice n+1. N
Partie II. Commutant d’un endomorphisme nilpotent maxi-
mal
Dans cette partie, on consid`ere un endomorphisme nilpotent de E tel
que n = ν(f) = dimE. On note C(f) = {g ∈ L(E)| g◦f = f ◦g}
l’ensemble des endomorphismes de E commutant avec f.
1. Montrons queC(f) est un sous-espace vectoriel de E.
0 ∈ C(f) car l’enomorphisme nul commute avec tout endo-L(E)
morphisme.
2 2
soit (v,w)∈C(u) ,(λ,μ)∈ K . D’apr`es les r`egles de calcul dans
L(E), on a :
(λv+μw)◦f = λv◦f +μw◦f
= λf◦v+μf◦w
= f◦(λv+μw)
Ainsi, λv+μw∈C(f).
N
n n−1 ~2. Comme f est nilpotent d’indice n, on a f = 0 et f = 0. Par
cons´equent il existe un vecteur ~x ∈ E (n´ecessairement non nul), tel0
n−1 ~que f (~x ) = 0 .0 E
n−1Montrons queB = (~x ,f(~x ),...,f (~x )) est une base de E.0 0 0
Montrons que cette famille est libre.
nSoit donc (λ ,λ ,··· ,λ )∈K tel que0 1 n−1
n−1 ~λ ~x +λ f(~x )+···+λ f (~x ) = 0 (1)0 0 1 0 n−1 0 E
4
66662 n−1Appliquons successivement f, f , ...f `a cette ´equation vectorielle.
Par lin´earit´e de ces applications, il en r´esulte

n−2 n−1 ~ λ ~x +··· +λ f (~x ) +λ f (~x ) = 00 0 n−2 0 n−1 0 E n−1 ~λ f(~x ) +··· +λ f (~x ) = 00 0 n−2 0 E
.. . n−1 ~λ f (~x ) = 00 0 E
n−1 ~Commeparconstruction,f (~x ) = 0 ,laderni`ere´equationentraˆıne0 E
que λ = 0. En remontant ce syst`eme d’´equations vectorielles trian- d’apr`es les r`egles de0
gulaire inf´erieur, on obtient successivementλ =λ =··· =λ = 0. calcul dans un espace0 1 n−1
n−1 ~Ainsi, la familleB = ~x ,f(~x ),...,f (~x ) est libre et de cardinal vectoriel, λ·~u = 0 ⇐⇒0 0 0
~´egal `a la dimension de E. Il s’agit donc d’une famille libre maximale, λ = 0 ou ~u = 0
c’est-`a-dire d’une base de E.
N

nn−13. NotonsK [f] = a id +a f+···+a f , (a ,...,a )∈Kn−1 0 E 1 n−1 0 n−1
l’ensemble des polynˆomes de f de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n− 1. en fait K [f]n−1
Montrons par double-inclusion queC(f) =K [f]. est l’ensemble de tousn−1
Commedeuxpolynˆomesd’unmˆemeendomorphismecommutententre les polynˆ omes de f,
eux, on a bien K [f]⊂C(f). puisque f est nilpotentn−1
R´eciproquement, soit g ∈ C(f). Consid´erons ~y = g(~x ). Comme la d’indice p.0 0
n−1famille B = ~x ,f(~x ),...,f (~x ) est une base de E, il existe un0 0 0
nn-uplet (a ,a ,...,a )∈K unique tel que0 1 n−1
n−1g(~x ) =a ~x +a f(~x )+···+f (~x )0 0 0 1 0 0
n−1Soit P ∈ K [X] le poynˆome P(X) = a +a X +···+a X .n−1 0 1 n−1
Montrons que g =P(f). Pour ce faire, il suffit de v´erifier cette ´egalit´e
pour tous les vecteurs de la baseB. Soit donc k∈ [[0,n−1]]. On a un endomorphisme
est enti`erement
k k kg(f (~x )) = f ◦g(~x ) =f P(f)(~x )0 0 0 et uniquement
k d´etermin´e par les= f ◦P(f)(~x )0

k k images d’une base B= P(f)◦f (~x ) =P(f) f (~x ) .0 0
de E.
Ainsi,g etP(f) co¨ıncident en tout vecteur de la baseB. Par lin´earit´e,
il s’ensuit que
∀~x∈E, g(~x) =P(f)(~x),
c’est-`a-dire que g =P(f). En particulier, g∈K [f].n−1
Par double-inclusion, on a bien ´etabli l’´egalit´eC(f) =K [f]. Nn−1
5
6n−14. Unefamilleg´en´eratricedeC(f) =K [f]estdonn´eeparid ,f,...,f .n−1 E
Montrons que cette famille d’endomorphismes est libre dansL(E).
nSoit (λ ,λ ,...,λ )∈K tel que0 1 n−1
n−1λ id +λ f +···+λ f = 0 (2)0 E 1 n−1 L(E)
Evaluons cette ´egalit´e dansL(E) en ~x ∈E. Il vient :0
n−1 ~λ ~x +λ f(~x )+···+λ f (~x ) = 00 0 1 0 n−1 0 E

n−1Or, pr´ecis´ement la familleB = ~x ,f(~x ),...,f (~x ) est libre. Par0 0 0
cons´equent (2) entraˆıne que λ = λ = ··· = λ = 0. La famille0 1 n−1
n−1id ,f,...,f est libre dansL(E).E
D’apr`es le Th´eor`eme de la dimension, C(f) est donc de dimension
n. N
Partie III. Repr´esentation matricielle des endomorphismes
nilpotents
3 31. Soit f ∈L(R ) un endomorphisme de R nilpotent d’indice 2.
32 2~a. Comme f = 0 et f = 0 , on a {0 } Kerf Kerf = R .L(E) L(E) E
2On en d´eduit que 0 < dimKerf < dimKerf = 3. On en d´eduit alors
`a l’aide de la formule du rang, l’alternative suivante :
soit dimKer = 2. En ce cas, dimImf = 1.
soit dimKerf = 1, et dans ce cas, dimImf = 2.
Comme par hypoth`ese, f◦f = 0, on a Imf ⊂ Kerf. Par cons´equent,
on a n´ecessairement dimImf ≤ dimKerf, ce qui exclut la deuxi`eme
´eventualit´e.
Finalement, par disjonction de cas, on a prouv´e que dimKerf =
2 et dimImf = 1. N
b. D’apr`es la question pr´ec´edente, Imf est de dimension 1. Soit donc analyse suppose
3(~e ) une base de Imf. Il existe un vecteur non nul ~e ∈ R tel que que (~e ,~e ,~e ) soit1 2 31 3
2~e = f(~e ). En ce cas, comme par hypoth`ese f = 0, on a f(~e ) = une telle base, on a1 3 1
2f (~e ) = 0. Par cons´equent, ~e ∈ Kerf. De plus, ~e ´etant non nul, on directement que ~e et13 1 1
peut compl´eter la famille libre (~e ) en une base (~e ,~e ) de Kerf. ~e forment une base21 1 2
3Montrons queB = (~e ,~e ,~e ) est une base de R . de Kerf et ~e est une11 2 3
3Soit (λ ,λ ,λ )∈R tel que base de Imf.1 2 3
~λ ·~e +λ ·~e +λ ·~e = 0 (3)1 1 2 2 3 3
~Appliquons f, il en d´ecoule 0 =λ ·f(~e ) =λ ·~e , ce qui entraˆıne in3 3 3 1
~turn λ = 0. R´einjectons ceci dans (3), il vient λ ·~e +λ ·~e = 0.3 1 1 2 2
6
◮6◮Comme par construction (~e ,~e ) est une base de Kerf, il en r´esulte1 2
aussi que λ =λ .1 2
3Ainsi, (~e ,~e ,~e ) est une famille libre et maximale dansR . C’est donc1 2 3
3une base de R .
~ ~Parconstruction,onaf(~e ) = 0 f(~e ) = 0 f(~e ) =~e .Enrangeant1 2 3 1
lescoordonn´eesdecesvecteursencolonnes as one shall do, one finally
gets  
0 0 1
 0 0 0M (f) = .B
0 0 0
N
3 32. Soit f ∈L(R ) un endomorphisme de R nilpotent d’indice 3.
2 3 2~a. Commef = 0 etf = 0 ,onsaitque{0 } Kerf ⊂ Kerf L(E) L(E) E
3 3 2Kerf = R . On en d´eduit que 0 < dimKerf ≤ dimKerf < 3. Mon-
2trons que Kerf = Kerf par l’absurde. Supposons au contraire que
2 3 ~Kerf = Kerf. Soit ~x ∈ E. Alors comme f (~x) = 0, il s’ensuit que
2f(~x) ∈ Kerf , ce qui par hypoth`ese entraˆınerait que f(~x) ∈ Kerf.
2 2~Ainsif (~x) = 0. Ceci´etant vrai pour tout~x, nous aurionsE = Kerf ,
2ie f = 0 contrairement `a l’hypoth`ese.L(E)
2Finalement0< dimKerf < dimKerf < 3,d’ou`l’ontirequedimKerf =
21etdimKerf = 2.LaFormuledurangmontrealorsquedimImf = 2
2et dimImf = 1. N

3 2b. D’apr`eslaquestionIII.2, ilexiste~e ∈R telqueB = (~e ,f(~e ),f (~e ) analyse suppose3 3 3 3
3 2 que (~e ,~e ,~e ) soitest une base de R . Posons donc~e =f(~e ),~e =f (~e ), de sorte que 1 2 32 3 1 3
3 2~ une telle base, onf(~e ) = f (~e ) = 0 f(~e ) = f (~e ) = ~e f(~e ) = ~e . En rangeant1 3 2 3 1 3 2
a directement queles coordonn´ees de ces trois vecteurs en colonnes, one gets readily the
~0 = f(~e ),~e =desired expression for the representative matrix. 1 1
f(~e ),~e = f(~e ).2 2 3 
0 1 0 Par cons´equent ~e =2
 M (f) = 0 0 1 . 2B f(~e ),~e = f (~e ). On3 1 3
0 0 0 pense alors `a la partie
III
N
 
2 1 0
3  3. Soit f ∈L(R ) canoniquement associ´e `a M = −3 −1 1 .
1 0 −1
7
66a. On a
   
2 1 0 2 1 0
   −3 −1 1 −3 −1 1
1 0 −1 1 0 −1     
2 1 0 1 1 1 0 0 0
     M = −3 −1 1 −2 −2 −2 0 0 0
1 0 −1 1 1 1 0 0 0
3 2 2 3Ainsi, M = 0 et M = 0. Autrement dit, f = 0 et f = 0, cequi
revient `a dire que f est nilpotent d’indice 3. N
b. Posons ~e = (0,0,1). D’apr`es la question pr´ec´edente, on calcule les3
2it´er´es de ~e : ~e = f(~e ) = (2,−3,1) et ~e = f (~e ) = (1,−2,1).3 2 3 1 3
D’apr`es la question 2, la familleB = (~e ,~e ,~e ) convient. N1 2 3
EXERCICE 1
´Partie I. Etude de Φ
SoitΦl’applicationqui`atoutpolynˆomeP ∈R[X]associelepolynˆome
2 ′′Φ(P) d´efini par Φ(P) = (X −1)P +(2X +1)P
n1. Soit n ∈ N et P ∈ R[X] un polynˆome de degr´e n. Notons a X len
monˆome dominant de P. En ce cas,
2 ′′ n• (X −1)P a pour monˆome dominant n(n−1)a Xn
n• (2X +1)P a pour monˆomet na Xn
2 nAinsi, Φ(P) a pour monˆome dominant n a X . En particulier, Φ(P)n
est un polynˆome de degr´e n.
2. IlestclairqueΦestuneapplicationdeR[X]danslui-mˆeme.Montrons
que Φ :R[X]→R[X] est lin´eaire.
2 2Soit (λ ,λ )∈R , et (P ,P )∈R[X] . Alors1 2 1 2
′′2Φ λ ·P +λ ·P = (X −1)× λ ·P +λ ·P +(2X +1)× λ ·P +λ ·P1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

2 ′′ 2 ′′= λ · (X −1)×P +(2X +1)×P +λ · (X −1)×P +(2X +1)×P1 21 1 2 2
= λ ·Φ(P )+λ ·Φ(P ).1 1 2 2
3. Soit P ∈ R[X] tel que Φ(P) = 0. D’apr`es la premi`ere question, si Q
est non constant, alors Φ(Q) l’est aussi. En particulier, comme Φ(P)
est nul, il s’ensuit que P est constant. Ainsi, KerΦ⊂R [X].0
′′R´eciproquement, si P estt, P et P sont nuls, il en r´esulte
que Φ(P) = 0.
Par double-inclusion, on a prouv´e que KerΦ =R [X]. N0
8
′′′⋆66′′′4. Montrons que le polynˆome constant non nul P = 1 n’appartient pas
`a l’image de Φ. En effet, si Q∈R[X],
• si Q est constant Φ(Q) = 0. En partciculier, Φ(Q) = 1
• siQestdedegr´en∈N ,alorsΦ(Q)aussi.Enparticulier,Φ(Q) =
1
Ainsi,∀Q∈R[X], Φ(Q) = 1. Φ n’est donc pas surjective. N
Partie II. Repr´esentation matricielle de Φ
On appelle Ψ la restriction de Φ `a R [X].3
1. Il est clair que Ψ est lin´eaire comme restriction d’une application
lin´eaire. De plus, d’apr`es la question 1 1, pour tout P ∈ R [X],3
d˚Ψ(P)≤d˚P ≤ 3. Ainsi, Ψ est bien un endomorphisme de R [X]. N3
2 32. La base canonique de R [X] estB ={1,X,X ,X }. D´eterminons les3
images de ces polynˆomes par Ψ :
Ψ(1) = 0
Ψ(X) = 2X +1
2 2Ψ(X ) = 6X +2X−2
3 3 2Ψ(X ) = 12X +3X −6X
En rangeant les coordonn´ees de ces vecteurs dans la base canonique,
nous obtenons  
0 1 −2 0
 0 2 2 −6 A = 0 0 6 3
0 0 0 12
N
3. Soitλ∈R. Lamatrice repr´esentative dans la base canonique dePsi−
λ·id 3 est la triangulaire sup´erieureR
 
−λ 1 −2 0
 0 2−λ 2 −6 A = 0 0 6−λ 3
0 0 0 12−λ
Elle n’est pas inversible si et seulement si l’un des coefficients diago-
naux est nul, c’est-`a-deire si λ∈{0,2,6,12}
λ = 0 comme nous l’avons d´ej`a vu Ker(Ψ) = Vect(1) =R [X].0
9
6⋆662 3λ = 2 Soit P =a+bX +cX +dX . L’´equation vectorielle Ψ(P)−
2P = 0 se traduit par le syst`eme

−2a +b −2c = 0  b = 2a
2c −6d = 0
⇐⇒ c = 0
4c +3d = 0  d = 0
10d = 0
D’ou` Ker(Ψ−2id) = Vect{1+2X} .
2 3λ = 6 Soit P =a+bX+cX +dX . L’´equation vectorielle (Ψ(P)−
6P) = 0 se traduit par le syst`eme
  c −6a +b −2c = 0  a = −  4−4b +2c −6d = 0 c⇐⇒ b =3d = 0  2 
6d = 0 d = 0
2D’ou` Ker(Ψ−6id) = Vect{4X +2X−1} .
2 3λ = 12 SoitP =a+bX+cX +dX . L’´equation vectorielle (Ψ(P)−
12P) = 0 se traduit par le syst`eme

 d a = −−12a +b −2c =   8 
−10b +2c −6d = 0 d
⇐⇒ b = −
 −6c +3d = 0  2  d0 = 0  c =
2
3 2D’ou` Ker(Ψ−12id) = Vect{8X +4X −4X−1} .

2 3 24. Montrons que la familleB = 1,2X+1,4X +2X−1,8X +4X −

4X−1 est une base de R [X]. Il suffit pour cela que cette famille3
est ´echelonn´ee en degr´es. La matrice repr´esentative de Ψ dans la base
B s’´ecrit  
0 0 0 0
 0 2 0 0 A =M (Ψ) =B  0 0 6 0
0 0 0 12
5. La matrice de passage Q = P est la matrice repr´esentative de BB→B
dans la base B. Pour d´eterminer sa matrice inverse on suit au choix
10
′′′′′′

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