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Algèbre linéaire

Cette sélection réunit deux exercices issus de la RMS 2025 et sept exercices tombés en 2026, recueillis à partir de sources personnelles. Les exercices les plus récents sont présentés en premier.

Exercices 2026

Exercice 1—Endomorphisme de carré nul et projecteur

Exercice tombé en 2026

Difficulté★★☆☆☆

Énoncé

Soit ff un endomorphisme d’un espace vectoriel EE de dimension finie.

Montrer l’équivalence entre les deux propositions suivantes :

{1.f2=0,2.il existe un projecteur p tel que f=p∘f−f∘p.\begin{cases} 1.\quad f^2=0,\\[2mm] 2.\quad \text{il existe un projecteur }p\text{ tel que } f=p\circ f-f\circ p. \end{cases}
Indication›

En partant de la relation avecpp, montrer successivement

f(ker⁡p)⊂Im⁡petIm⁡p⊂ker⁡f.f(\ker p)\subset\operatorname{Im}p \qquad\text{et}\qquad \operatorname{Im}p\subset\ker f.

Pour la réciproque, utiliserIm⁡f⊂ker⁡f\operatorname{Im}f\subset\ker fet choisir une projection surIm⁡f\operatorname{Im}f.

Corrigé›

Sens 2) ⇒ 1)

Supposons qu’il existe un projecteur pp tel que

f=p∘f−f∘p.f=p\circ f-f\circ p.

Nous allons montrer que cette relation entraîne f2=0f^2=0.

Première étape : montrer que f(Ker p) ⊂ Im p

Montrons tout d’abord que

f(ker⁡p)⊂Im⁡p.f(\ker p)\subset\operatorname{Im}p.

Soit x∈ker⁡px\in\ker p. La relation

f=p∘f−f∘pf=p\circ f-f\circ p

peut se réécrire

p∘f=f+f∘p.p\circ f=f+f\circ p.

En évaluant cette égalité en xx, on obtient

p(f(x))=f(x)+f(p(x)).p(f(x)) =f(x)+f(p(x)).

Or x∈ker⁡px\in\ker p, donc p(x)=0p(x)=0. Ainsi,

p(f(x))=f(x).p(f(x))=f(x).

Le vecteur f(x)f(x) est donc invariant par le projecteur pp. Or les vecteurs invariants par un projecteur sont exactement les vecteurs de son image. Par conséquent,

f(ker⁡p)⊂Im⁡p.\boxed{ f(\ker p)\subset\operatorname{Im}p }.

Deuxième étape : montrer que Im p ⊂ Ker f

Montrons maintenant que

Im⁡p⊂ker⁡f.\operatorname{Im}p\subset\ker f.

Soit x∈Im⁡px\in\operatorname{Im}p. Puisque pp est un projecteur, tout vecteur de son image est invariant par pp. On a donc

p(x)=x.p(x)=x.

En utilisant de nouveau la relation

f=p∘f−f∘p,f=p\circ f-f\circ p,

on obtient

f(x)=p(f(x))−f(p(x))=p(f(x))−f(x).\begin{aligned} f(x) &=p(f(x))-f(p(x))\\ &=p(f(x))-f(x). \end{aligned}

Ainsi,

2f(x)=p(f(x)).2f(x)=p(f(x)).

Cette égalité montre en particulier que f(x)∈Im⁡pf(x)\in\operatorname{Im}p, puisque p(f(x))∈Im⁡pp(f(x))\in\operatorname{Im}p.

Comme f(x)∈Im⁡pf(x)\in\operatorname{Im}p et que pp est un projecteur, on a alors

p(f(x))=f(x).p(f(x))=f(x).

L’égalité précédente devient donc

2f(x)=f(x),2f(x)=f(x),

d’où

f(x)=0.f(x)=0.

Ainsi,

Im⁡p⊂ker⁡f.\boxed{ \operatorname{Im}p\subset\ker f }.

Troisième étape : en déduire f² = 0

En déduisons maintenant que f2=0f^2=0.

Soit x∈Ex\in E. Comme pp est un projecteur, on peut écrire

x=p(x)+(x−p(x)).x=p(x)+\bigl(x-p(x)\bigr).

D’une part,

p(x)∈Im⁡p⊂ker⁡f,p(x)\in\operatorname{Im}p\subset\ker f,

donc

f(p(x))=0.f(p(x))=0.

D’autre part,

p(x−p(x))=p(x)−p2(x)=p(x)−p(x)=0.\begin{aligned} p\bigl(x-p(x)\bigr) &=p(x)-p^2(x)\\ &=p(x)-p(x)\\ &=0. \end{aligned}

Ainsi,

x−p(x)∈ker⁡p.x-p(x)\in\ker p.

D’après la première inclusion démontrée précédemment,

f(x−p(x))∈Im⁡p.f\bigl(x-p(x)\bigr) \in\operatorname{Im}p.

Puis, grâce à la deuxième inclusion,

Im⁡p⊂ker⁡f,\operatorname{Im}p\subset\ker f,

donc

f(x−p(x))∈ker⁡f.f\bigl(x-p(x)\bigr)\in\ker f.

Or

f(x)=f(p(x))+f(x−p(x))=f(x−p(x)).\begin{aligned} f(x) &=f(p(x))+f\bigl(x-p(x)\bigr)\\ &=f\bigl(x-p(x)\bigr). \end{aligned}

On en déduit que f(x)∈ker⁡ff(x)\in\ker f, c’est-à-dire

f2(x)=0.f^2(x)=0.

Cette égalité étant vraie pour tout x∈Ex\in E, on obtient finalement

f2=0.\boxed{f^2=0}.

Nous avons donc démontré le sens

2)⟹1).\boxed{2)\Longrightarrow 1)}.

Sens 1) ⇒ 2) : réciproque

Passons maintenant à la réciproque. Supposons

f2=0.f^2=0.

Première étape : utiliser Im f ⊂ Ker f

Pour tout x∈Ex\in E, on a

f(f(x))=f2(x)=0.f(f(x))=f^2(x)=0.

Ainsi, tout vecteur de Im⁡f\operatorname{Im}f appartient à ker⁡f\ker f. On a donc

Im⁡f⊂ker⁡f.\boxed{ \operatorname{Im}f\subset\ker f }.

Deuxième étape : construire le projecteur p

Puisque EE est de dimension finie, on peut choisir un supplémentaire FF de Im⁡f\operatorname{Im}f dans EE, de sorte que

E=Im⁡f⊕F.E=\operatorname{Im}f\oplus F.

Notons pp le projecteur sur Im⁡f\operatorname{Im}f parallèlement à FF. On a alors

Im⁡p=Im⁡f.\operatorname{Im}p=\operatorname{Im}f.

Troisième étape : vérifier f = p ∘ f − f ∘ p

Pour tout x∈Ex\in E, le vecteur f(x)f(x) appartient à Im⁡f=Im⁡p\operatorname{Im}f=\operatorname{Im}p. Il est donc invariant par le projecteur pp. Ainsi,

p(f(x))=f(x).p(f(x))=f(x).

Autrement dit,

p∘f=f.p\circ f=f.

D’autre part,

Im⁡p=Im⁡f⊂ker⁡f.\operatorname{Im}p =\operatorname{Im}f \subset\ker f.

Par conséquent, pour tout x∈Ex\in E,

f(p(x))=0,f(p(x))=0,

c’est-à-dire

f∘p=0.f\circ p=0.

Finalement,

p∘f−f∘p=f−0=f.p\circ f-f\circ p =f-0 =f.

Il existe donc bien un projecteur pp tel que

f=p∘f−f∘p.f=p\circ f-f\circ p.

Nous avons ainsi démontré le sens

1)⟹2).\boxed{1)\Longrightarrow 2)}.

Conclusion

Les deux implications étant démontrées, on obtient bien l’équivalence

f2=0⟺∃p projecteur tel que f=p∘f−f∘p.\boxed{ f^2=0 \Longleftrightarrow \exists p\text{ projecteur tel que } f=p\circ f-f\circ p }.

Exercice 2—Différences finies et polynômes à valeurs entières

Exercice tombé en 2026

Difficulté★★☆☆☆

Énoncé

On considère l’application

Δ:R[X]⟶R[X],P⟼P(X+1)−P(X).\Delta:\mathbb R[X]\longrightarrow\mathbb R[X], \qquad P\longmapsto P(X+1)-P(X).
  1. Déterminer le noyau et l’image deΔ\Delta.
  2. Montrer qu’il existe une unique base(Hn)n∈N(H_n)_{n\in\mathbb N}de R[X]\mathbb R[X] telle que
    H0=1,∀n∈N∗,Δ(Hn)=Hn−1etHn(0)=0.H_0=1, \qquad \forall n\in\mathbb N^*,\quad \Delta(H_n)=H_{n-1} \quad\text{et}\quad H_n(0)=0.
  3. Expliciter les polynômes HnH_n, puis déterminer la décomposition d’un polynômePP dans la base(Hn)n∈N(H_n)_{n\in\mathbb N}.
  4. Soit p∈Np\in\mathbb N etP∈Rp[X]P\in\mathbb R_p[X]. Montrer que les quatre assertions suivantes sont équivalentes :
    1. les coefficients de PP dans la base (Hn)(H_n) sont des entiers relatifs ;
    2. PP prend des valeurs entières sur Z\mathbb Z ;
    3. P(0),P(1),…,P(p)P(0),P(1),\ldots,P(p) sont des entiers ;
    4. PP prend des valeurs entières en p+1p+1 points entiers consécutifs.
Indication›

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Exercice 3—Commutant d’un endomorphisme nilpotent

Exercice tombé en 2026

Difficulté★★★★☆

Énoncé

Soit EE un espace vectoriel réel de dimension n∈N∗n\in\mathbb N^*, et soit u∈L(E)u\in\mathcal L(E) un endomorphisme nilpotent. On note

C(u)={v∈L(E) ; uv=vu}.C(u)=\left\{v\in\mathcal L(E)\ ;\ uv=vu\right\}.

On considère l’endomorphisme induit

u~=u∣Im⁡u∈L(Im⁡u).\widetilde u=u_{\mid\operatorname{Im}u} \in\mathcal L(\operatorname{Im}u).

Pour v∈C(u)v\in C(u), montrer queIm⁡u\operatorname{Im}uest stable par vv, puis noter

v~=v∣Im⁡u.\widetilde v=v_{\mid\operatorname{Im}u}.

On définit alors

φ:C(u)⟶C(u~),v⟼v~.\varphi:C(u)\longrightarrow C(\widetilde u), \qquad v\longmapsto\widetilde v.
  1. Montrer que φ\varphi est bien définie et surjective. Montrer également que
    ker⁡φ est isomorphe aˋ L(S,ker⁡u),\ker\varphi\text{ est isomorphe à } \mathcal L(S,\ker u),
    où SS est un supplémentaire deIm⁡u\operatorname{Im}udans EE.
  2. Déterminer la dimension de C(u)C(u).
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Exercice 4—Famille de sous-espaces ayant de grandes intersections

Exercice tombé en 2026

Difficulté★★★★☆
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Exercice 5—Décomposition LU et mineurs principaux

Exercice tombé en 2026

Difficulté★★★☆☆
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Exercice 6—Une bijection entre deux images

Exercice tombé en 2026

DifficultéÀ définir
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Exercice 7—Polynôme minimal et projecteurs spectraux

Exercice tombé en 2026

DifficultéÀ définir
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Exercices 2025

Exercice 8—Déterminant d’une matrice structurée

Exercice tombé en 2025 · RMS 68

Difficulté★★☆☆☆

Énoncé

Soit A=(aij)∈Mn(R)A=(a_{ij})\in\mathcal M_n(\mathbb R) définie par

∀i,j∈{1,…,n},aij=1min⁡(i,j).\forall i,j\in\{1,\ldots,n\}, \qquad a_{ij}=\frac1{\min(i,j)}.

Calculer det⁡(A)\det(A).

Indication›

Pour i=1,…,n−1i=1,\ldots,n-1, effectuer l’opération Li←Li−Li+1L_i\leftarrow L_i-L_{i+1}, puis développer suivant la première colonne.

Corrigé›

Pour i∈{1,…,n−1}i\in\{1,\ldots,n-1\}, effectuons l’opération élémentaire

Li⟵Li−Li+1.L_i\longleftarrow L_i-L_{i+1}.

Ces opérations ne modifient pas le déterminant. Fixons un telii.

Si j≤ij\leq i, alors

aij=1j=ai+1,j,a_{ij}=\frac1j=a_{i+1,j},

donc le nouveau coefficient de la ligne ii est nul.

Si j≥i+1j\geq i+1, alors

aij−ai+1,j=1i−1i+1=1i(i+1).a_{ij}-a_{i+1,j} =\frac1i-\frac1{i+1} =\frac1{i(i+1)}.

La matrice obtenue est donc

(01212⋯120016⋯16⋮⋮⋱⋱⋮00⋯01n(n−1)112⋯1n−11n).\begin{pmatrix} 0&\frac12&\frac12&\cdots&\frac12\\ 0&0&\frac16&\cdots&\frac16\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0&\frac1{n(n-1)}\\ 1&\frac12&\cdots&\frac1{n-1}&\frac1n \end{pmatrix}.

Développons suivant la première colonne. Son unique coefficient non nul est le coefficient situé à la lignenn, égal à11. On obtient donc

det⁡(A)=(−1)n+1det⁡(B),\det(A)=(-1)^{n+1}\det(B),

où

B=(1212⋯12016⋯16⋮⋱⋱⋮0⋯01n(n−1)).B= \begin{pmatrix} \frac12&\frac12&\cdots&\frac12\\ 0&\frac16&\cdots&\frac16\\ \vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&\cdots&0&\frac1{n(n-1)} \end{pmatrix}.

La matrice BB est triangulaire supérieure. Ses coefficients diagonaux sont

1i(i+1),1≤i≤n−1.\frac1{i(i+1)}, \qquad1\leq i\leq n-1.

Ainsi,

det⁡(B)=∏i=1n−11i(i+1)=1(1⋅2⋯(n−1))(2⋅3⋯n)=1(n−1)! n!.\begin{aligned} \det(B) &=\prod_{i=1}^{n-1}\frac1{i(i+1)}\\ &=\frac1{(1\cdot2\cdots(n-1))(2\cdot3\cdots n)}\\ &=\frac1{(n-1)!\,n!}. \end{aligned}

Finalement,

det⁡(A)=(−1)n+1n!(n−1)!\boxed{ \det(A)=\frac{(-1)^{n+1}}{n!(n-1)!} }

Exercice 9—Additivité du déterminant

Exercice tombé en 2025 · RMS 69

Difficulté★★☆☆☆

Énoncé

Soit A∈Mn(R)A\in\mathcal M_n(\mathbb R) avec n≥2n\geq2, telle que

∀H∈Mn(R),det⁡(A+H)=det⁡(A)+det⁡(H).\forall H\in\mathcal M_n(\mathbb R), \qquad \det(A+H)=\det(A)+\det(H).

Que peut-on dire de AA ?

Indication›

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