Soit E un espace vectoriel de dimension 3 et f ∈ L(E) tel que f

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Analyse : Algèbre linéaire

EXERCICE 1 :

Soit E un espace vectoriel de dimension 3 et f ∈ L(E) tel que f

³

= 0 et f

²

6= 0.

1. On choisit un vecteur u

0

tel que f

²

(u

0

) 6= 0.

Montrer que la famille B = (u

0

, f(u

0

), f

²

(u

0

)) est libre.

2. Donner la matrice de f dans B.

3. Donner à l’aide des éléments de B, une base de Imf et de Kerf . 4. On note X = {g ∈ L(E)/f o g = g o f }.

(a) Déterminer l’écriture de la matrice de g dans la base B lorsque g appartient à X . (b) Montrer que X = Vect(Id

E

, f, f

²

).

1. Comme f

²

6= 0, il existe u

0

∈ E tel que f

²

(u

0

) 6= 0.

Soit x

1

, x

2

et x

3

des réels tels que

x

1

u

0

+ x

2

f (u

0

) + x

3

f

²

(u

0

) = 0

Or f

²

(x

1

u

0

+ x

2

f (u

0

) + x

3

f

²

(u

0

)) = x

1

f

²

(u

0

) (compte-tenu des hypothèses sur f ) et comme f

²

(0) = 0 (f

²

linéaire), on a x

1

f

²

(u

0

) = 0 avec f

²

(u

0

) 6= 0, ce qui implique que x

1

= 0.

En raisonnant de la même manière, on obtient : x

2

= 0 puis x

3

= 0.

On en conclut que la famille B est libre.

2. B est libre et Card(B) = 3 (dimension de E) donc B est une base de E.

La matrice de f dans la base B est composée en colonnes, des coordonnées des images de la base B dans la base B. c’est à dire





0 0 0 1 0 0 0 1 0





3. Visiblement, cette matrice est de rang 2 (nombre de vecteurs linéairement indépendants), donc le noyau est de dimension 1. De plus, si x ∈ Vect(f

²

(u

0

)), alors il existe λ ∈ R tel que x = λf

²

(u

0

) donc f (x) = 0 et x ∈ Ker(f ) : Ker(f ) = Vect(f

²

(u

0

)).

Im(f ) = Vect(f (u

0

), f

²

(u

0

)) (vecteurs colonnes de la matrice linéairement indépendants) ou

Soit x ∈ E, il existe λ

1

, λ

2

et λ

3

réels tels que

x = λ

1

u

0

+ λ

2

f (u

0

) + λ

3

f

²

(u

0

) (écriture dans la base B) ⇒ f (x) = λ

1

f (u

0

) + λ

2

f

²

(u

0

)

donc f (x) ∈ Vect(f (u

0

), f

²

(u

0

)). Compte-tenu des dimensions égales des sous-espaces vectoriels Im(f ) et Vect(f (u

0

), f

²

(u

0

)) il y a égalité : Im(f ) = Vect(f (u

0

), f

²

(u

0

)).

4. (a) Soit λ

1

, λ

2

et λ

3

les coordonnées de g(u

0

) dans B.

g(f (u

0

)) = f (g(u

0

)) = f (λ

1

u

0

+ λ

2

f (u

0

) + λ

3

f

²

(u

0

)) = λ

1

f (u

0

) + λ

2

f

²

(u

0

).

g(f

²

(u

0

)) = f

²

(g(u

0

)) = λ

1

f

²

(u

0

).

Ainsi la matrice chercheé est





λ

1

0 0 λ

2

λ

1

0 λ

3

λ

2

λ

1





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(b) Soit ϕ

u0

l’application de X dans E définie par : ∀g ∈ X, ϕ

u0

(g) = g(u

0

).

• Soit g ∈ Ker(ϕ

u0

), on a g(u

0

) = 0, or g est permutable avec f et f

²

(g ∈ X ) donc on a également g(f (u

0

)) = 0 et g(f

²

(u

0

)) = 0. Cela permet d’écrire que g(x) = 0 pour tout x de E puisque B base de E : g = 0. On a donc Ker(ϕ

u0

) = {0} et ϕ

u0

est injective.

• Par le théorème du rang, dim(Im(ϕ

u0

)) = dim(X ) > 3. Or Im(ϕ

u0

) ⊂ E avec dim(E) = 3 donc Im(ϕ

u0

) = E et ϕ

u0

est surjective. On en déduit que ϕ

u0

est un isomorphisme de X dans E.

Ce qui précède permet d’écrire que dim(X) = dim(E) = 3.

Or la famille (Id

E

, f, f

²

) est libre dans X puisque x

1

Id

E

+ x

2

f + x

3

f

²

= 0 donne en particulier x

1

u

0

+ x

2

f (u

0

) + x

3

f

²

(u

0

) = 0, et cette dernière égalité implique x

1

= x

2

= x

3

= 0 d’après la question 1.

Il s’en suit que la famille est une base de X et X = Vect(Id

E

, f, f

²

).

EXERCICE 2 :

On considère l’application φ, qui, à tout polynôme P , fait correspondre le polynôme Q = φ(P ) défini par : Q(X) = X (1 − X )P

^′

(X ) + nXP (X ) (n ∈ N )

1. Vérifier que, si P ∈ R

_n

[X ], alors Q ∈ R

_n

[X ]. Montrer que φ est un endomorphisme de R

_n

[X].

2. Déterminer la matrice de φ dans la base canonique de R

_n

[X ].

3. Résoudre l’équation différentielle x(1 − x)y

^′

+ nxy = 0. En déduire les éléments de Ker(φ).

4. Donner une base de Ker(φ) et de Im(φ).

1. Soit P ∈ R

_n

[X ], il existe (a

0

, a

1

, . . . , a

n

) ∈ R

ⁿ⁺¹

tel que P =

n

X

k=0

a

k

X

^k

. On en déduit P

^′

=

n

X

k=1

ka

k

X

^k−1

. Par ailleurs, deg(P ) 6 n donc deg(nXP ) 6 n + 1. deg(P

^′

) 6 n − 1 donc deg(X (1 − X )P

^′

) 6 n + 1 et, en l’état actuel des choses, on peut seulement écrire que deg(φ(P)) 6 n + 1.

Le calcul du terme dominant de φ(P) donne −na

n

+ na

n

= 0, ce qui implique deg(φ(P )) 6 n et Q ∈ R

_n

[X ].

Il ne reste plus qu’à montrer que φ est linéaire, c’est à dire que

∀(λ, µ) ∈ R

²

, φ(λP + µR) = λφ(P ) + µφ(R) ( laissé au lecteur ) Ainsi φ est un endomorphisme de R

_n

[X ].

2. Matrice de φ dans la base canonique de R

_n

[X ] : φ(X

^k

) = kX(1 − X )X

^k−1

+ nX

^k+1

= (n − k)X

^k+1

+ kX

^k

pour tout entier inclus dans [0; n − 1] et φ(X

ⁿ

) = nX

ⁿ

.

On en déduit donc la matrice de φ dans la base canonique de R

_n

[X] :

A =

























0 0 . . . . . . . 0 n 1 ... ... ... .. . 0 n − 1 2 ... ... .. . .. . ... ... ... ... .. . .. . ... ... 2 n − 1 0 0 . . . . . . 0 1 n

























3. Équation différentielle x(1 − x)y

^′

+ nxy = 0 : les solutions de l’équation sont les polynômes p

C

= C(x − 1)

ⁿ

. On a donc Ker(φ) = Vect((X − 1)

ⁿ

), ce qui implique que dim(Ker(φ)) = 1.

D’après le théorème du rang, on obtient dim(Im(φ)) = n.

Le rang de la matrice A est aussi celui de sa transposée et de toute évidence la transposée est de rang n, ce qui confirme le résultat précédent.

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4. Pour la base de Ker(φ), vu question précédente. Une base de Im(φ) est choisi de la façon suivante (φ(1), φ(X), . . . , φ(X

ⁿ⁻¹

))

EXERCICE 3 :

On se donne trois réels a, b et c (avec b 6= 0), et on pose F =

a −b b c

et I =

1 0 0 1

V est l’ensemble des matrices M de M

2

( R ) telles que F M = M F . Partie I. ⊲

1. Montrer que V est un R −espace vectoriel.

2. Déterminer la dimension de V . 3. Montrer que (I, F ) est une base de V .

4. Démontrer qu’il existe deux suites (α

n

)

n>0

et (β

n

)

n>0

telles que ∀n ∈ N , F

ⁿ

= α

n

I + β

n

F . Partie II. ⊲

1. Montrer que l’ensemble D des matrices diagonales de M

2

( R ) est un R −espace vectoriel.

2. D et V sont-ils deux sous-espaces supplémentaires de M

2

( R ) ?

Partie I. ⊲

1. F I = F = IF donc I ∈ V et V est non vide. Si (λ, µ) ∈ R

²

et (M, N ) ∈ V

²

,

F (λM + µN) = F (λM ) + F (µN ) = λ(F M ) + µ(F N) = λ(M F ) + µ(N F ) = (λM + µN )F Ce qui prouve que λM + µN ∈ V . Ainsi V est un R −espace vectoriel.

2. Notons M = x y

z t

. On a F M =

ax − bz ay − bt bx + cz by + ct

et M F =

ax + by −bx + cy az + bt −bz + ct

. Compte-tenu de l’hypothèse b 6= 0, on a :

M ∈ V ⇔ F M = M F ⇔

y = −z

ay − bt = −bx + cy ⇔

( z = −y x = t + c − a

b y avec (t, y) ∈ R

²

Par ailleurs,

( z = −y x = t + c − a

b y ⇔ M = t + c − a b y y

−y t

!

⇔ M = t 1 0

0 1

+ y c − a

b 1

−1 0

! . Ceci prouve que V est engendré par la famille (I, G) avec G =

c − a

b 1

−1 0

!

. On démontre facilement que la famille (I, G) est libre et donc (I, G) est une base de V : dim(V ) = 2.

3. IF = F = F I donc I ∈ V et F F = F

²

= F F ⇒ F ∈ V . De plus, ∀(λ, µ) ∈ R

²

, λI + µF = 0 ⇔ λ + µa −µb

µb λ + µc

= 0 0

0 0

⇔ λ = µ = 0 (b 6= 0). Ceci prouve que (I, F ) est une famille libre de V . De plus dim(V ) = 2 donc (I, F ) est une base de V .

4. ∀n ∈ N , F

ⁿ

F = F

ⁿ⁺¹

= F

ⁿ

F donc ∀n ∈ N , F

ⁿ

∈ V . Comme (I, F ) est une base de V , on a :

∃!(α

n

, β

n

) ∈ R

²

tel que F

ⁿ

= α

n

I + β

n

F .

Démontrer qu’il existe deux suites (α

n

)

n>0

et (β

n

)

n>0

telles que ∀n ∈ N , F

ⁿ

= α

n

I + β

n

F . Partie II. ⊲

1. D est non vide et stable par combinaison linéaire donc c’est un sous-espace de (M

2

( R ),+,−).

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2. ∀M ∈M

2

( R ) , M ∈ D ⇔ M = α 0

0 β

avec (α, β) ∈ R

²

. En posant H = 1 0

0 0

et 0 0

0 1

, on a M ∈ D ⇔ (α, β) ∈ R

²

, M = αH + βK donc D = Vect(H, K )

On prouve très rapidement que la famille (H, K ) est libre donc c’est une base et dim(D) = 2.

On a, pour l’instant, dim(V ) + dim(D) = 2 + 2 = 4 = dim(M

2

( R )). Pour vérifier si V et D sont supplé- mentaires, on étudie V ∩ D : I ∈ V d’après la question I.3 et I est une matrice diagonale donc I ∈ D, ainsi I ∈ V ∩ D et V ∩ D 6= {0}.

D et V ne sont pas supplémentaires dans M

2

( R ).

EXERCICE 4 :

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 ) ?

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

²

, ∀(M, N) ∈M

2

( R )

²

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

2

( 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

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