1) Montrer queF est un sous-espace vectoriel deR3

Universit´e Mohammed V. Ann´ee 2019-2020.

Facult´e des sciences -Rabat D´epartement de Math´ematiques.

Alg`ebre S2 (SMPC)

Corrig´e Serie d’ Alg`ebre SMPC S2 - 2019/2020 Pr. Ahmed Hajji.

Exercice1.

DansR³, on a

F=

(x, y, z)∈R³/ x−z= 0 . 1) Montrer queF est un sous-espace vectoriel deR³. La contraintex−z= 0 entraine quex=z, donc

F =

(x, y, z)∈R³/ x=z

= {(x, y, x)/ x, y∈R}

= {x(1,0,1) +y(0,1,0)/ x, y∈R}

= Vect{(1,0,1),(0,1,0)}.

Alors, F est un sous-espace vectoriel deR³ (voir cours page 8 ) engendr´e par la famille{(1,0,1),(0,1,0)}.

Cherchons une base deF.

On a{(1,0,1),(0,1,0)}une famille g´en´eratrice deF de plus,

α(1,0,1) +β(0,1,0) = (0,0,0)⇒(α, β, α) = (0,0,0)⇒α=β= 0.

Donc la famille{(1,0,1),(0,1,0)}est libre. Par suiteB_F ={(1,0,1),(0,1,0)}

est une base deF.

2) On a l’application lin´eairef d´efinie deF versR² par

∀(x, y, z)∈F, f(x, y, z) = (x+y, x−y).

a) Cherchons Ker(f) et Im(f).

On a Ker(f) ={(x, y, z)∈F/f(x, y, z) = (0,0)}donc (x, y, z)∈F⇒x=z et

f(x, y, z) = (0,0)⇔(x+y, x−y) = (0,0) d’o`u

(x+y= 0 etx−y= 0)⇒x=y= 0.

Par suite Ker(f) ={(0,0,0)}.

On a Im(f) = Vect{f(1,0,1), f(0,1,0)}. (voir cours page 19 Proposition 2.2.1)

Calculonsf(1,0,1) etf(0,1,0).

On af(1,0,1) = (1,1) etf(0,1,0) = (1,−1).

Alors Im(f) = Vect{(1,1),(1,−1)} ⊂R². b) On adim(F) =dim(R²) = 2 donc

finjective⇔fsurjective⇔fbijective (voir cours page 21 corollaire 2.2.7).

De plus

Ker(f) ={(0,0,0)} ⇔finjective

(d’apr`es Th 2.2.3 page 20). Par suitef est un isomorphisme deF dansR². Exercice2

L’applicationf lin´eaire d´efinie par f :R³ → R²[X]

(a, b, c) 7→ (a+b+c)(1 +X+X²).

On aB ={e1, e₂, e₃} ={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} la base canonique de R³ et C={1, X, X²}la base canonique deR2[X].

1) Cherchons Im(f).

On a Im(f) = Vect{f(1,0,0), f(0,1,0), f(0,0,1)} (voir cours page 19 Proposi- tion 2.2.1)

Orf(1,0,0) =f(0,1,0) =f(0,0,1) =X²+X+ 1,

donc Im(f) = Vect{X²+X+ 1}d’o`u {X²+X+ 1}est une base de Im(f).

2) Cherchons Ker(f)

On a Ker(f) ={(a, b, c)∈R³/f(a, b, c) = 0}, mais

f(a, b, c) = (a+b+c)(1 +X+X²) = 0⇒a+b+c= 0 alors soit a=−b−c donc

Ker(f) = {(−b−c, b, c)/b, c∈R}

= {b(−1,1,0) +c(−1,0,1)/b, c∈R}

= Vect{(−1,0,1),(−1,1,0)}.

De plus on a

α(−1,0,1) +β(−1,1,0) = (0,0,0)

⇒ (−α−β, α, β) = (0,0,0)

⇒ α=β= 0.

D’o`u{(−1,0,1),(−1,1,0)}est libre, par suite c’est une base de Ker(f).

3) On aF = Vect{1 +X,1 +X²} ⊂R2[X]

a) La famille{1 +X,1 +X²} est g´en´eratrice deF de plus

α(1 +X) +β(1 +X²) = 0

⇒ (α+β) +αX+βX²= 0

⇒ α+β=α=β= 0.

D’o`u{1 +X,1 +X²}est libre, par suite c’est une base deF

b) On note parB₁={1+X+X²}une base de Im(f) et parB₂={1+X,1+X²} une base deF. SoitB=B₁∪B₂={1 +X,1 +X²,1 +X+X²}.

Montrons queB est libre.

On a

α(1 +X) +β(1 +X²) +γ(1 +X+X²) = 0 ⇒







α+β+γ = 0

α+γ = 0

β+γ = 0

L1

L2

L3

⇔







α+β+γ = 0

−β = 0

−α = 0

L1

L2−L1

L3−L1

⇔ α=β =γ= 0

par suiteB est libre et commecard(B) =dim(R2[X]) = 3 alorsB est une base deR2[X] et d’apr`es Proposition 1.5.5 page 14

F⊕Im(f) =R2[X].

Exercice3

1) Montrons que la famille B ={X, X²+ 1, X−1} est une base de R2[X].

Remarquons queCard(B) =dim(R2[X]) = 3. Donc , il suffit de montrer queB est libre ou bien g´en´eratrice . On a

αX+β(X²+ 1) +γ(X−1) = 0 ⇐⇒ (β−γ) + (α+γ)X+βX²= 0

⇒ β−γ=α+γ=β= 0

⇒ α=β=γ= 0.

Par suiteB est libre, d’o`u Best une base deR2[X].

2) On a, dans la base canonique deR2[X],P =a+bX+cX². CherchonsP dans la baseBc-`a -d trouverα, β, γ tq

P=αX+β(X²+ 1) +γ(X−1) .

αX+β(X²+1)+γ(X−1) = (β−γ)+(α+γ)X+βX²=a+bX+cX²⇔α=a+b−c, β=c, γ=c−a

3) On a

f(X) = 1, f(X²+ 1) =X, et f(X−1) =X²+X+ 1 a)

f(P) = f(a+bX+cX²)

= f((a+b−c)X+c(X²+ 1) + (c−a)(X−1))

= (a+b−c)f(X) +cf(X²+ 1) + (c−a)f(X−1)

= (a+b−c) +cX+ (c−a)(X²+X+ 1)

= b+ (2c−a)X+ (c−a)X². b) D´eterminer Ker(f) et Im(f).

On a

f(P) = 0

⇔ b+ (2c−a)X+ (c−a)X²= 0

⇒ b= 2c−a=c−a= 0

⇒ a=b=c= 0.

D’o`u Ker(f) ={(0,0,0)}.

On a

Im(f) = Vect{f(X), f(X²+ 1), f(X−1)}= Vect{1, X,1 +X+X²} c) On a l’endomorphismef deR2[X] etdim(R2[X]) = 3 donc

f injective⇔f surjective ⇔ fautomorphisme et comme

Ker(f) ={(0,0,0)} ⇔f injective.

Alors

f est automorphisme

Exercice4

Soientm∈Ret f l’endomorphisme deR³ d´efini par

∀(x, y, z)∈R³, f(x, y, z) = (x+y+z, x+my+z, mx+y+z).

1) Soit la famille C = {v1, v2, v3} o`u v1 = (1,1, m), v2 = (1, m,1) et v3 = (1,1,1), cherchonsrg(C)

Soitα(1,1,1) +β(1, m,1) +γ(1,1, m) = (0,0,0) entraine que

e1=α+β+γ= 0, e2=α+mβ+γ= 0, e3=α+β+mγ= 0.

Donc

e₂−e₁⇔(m−1)β = 0 ete₃−e₁⇔(m−1)γ= 0 D’o`u sim6= 1 alorsα=β=γ= 0 dans ce cas

rg(C) = 3.

Et sim= 1 alorsv1=v2=v3= (1,1,1) dans ce cas rg(C) = 1.

On a

rg(f) =dim(Im(f)) = dimVect{f(1,0,0), f(0,1,0), f(0,0,1))}

= dimVect{(1,1, m),(1, m,1), f(1,1,1))}

= rg(C) 2) On a

Im(f) = Vect{f(1,0,0), f(0,1,0), f(0,0,1))}

= Vect{(1,1, m),(1, m,1), f(1,1,1))}

= Vect(C).

Alors si m 6= 1, on aura C est une base de Im(f), et dans ce cas Ker(f) = {(0,0,0)} (voir th du rang).

Et sim= 1 alors Im(f) = Vect{(1,1,1)}, par suite{(1,1,1)} est une base de Im(f).Et dans ce cas on auradimKer(f) = 2 ( voir th du rang).

(x, y, z)∈Ker(f)⇔f(x, y, z) = (0,0,0)⇔x+y+z= 0, soitx=−y−z d’o`u

Ker(f) = {(−y−z, y, z)/y, z∈R}

= {y(−1,1,0) +z(−1,0,1)/y, z∈R}

= Vect{(−1,1,0),(−1,0,1)}.

De plus dimKer(f) = 2 et la famille {(−1,1,0),(−1,0,1)} est g´en´eratrice de Ker(f).D’o`u {(−1,1,0),(−1,0,1)}est une base de Ker(f).

3)i) Sim= 1 alorsf n’est ni surjective ni injective.

ii) Sim6= 1 alors f est bijective.

Exercice5

Dans R⁴, B ={e1, e2, e3, e4} = {(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}

la base canonique et on d´esigne parf l’unique endomorphisme deR⁴tel que f(e₁) = 3e₃; f(e₂) =−3e2+e₄; f(e₃) =−3e3; f(e₄) = 0.

1) Soitu= (x, y, z, t)∈R⁴

f(u) = f(xe₁+ye₂+ze₃+te₄)

= xf(e1) +yf(e2) +zf(e3) +tf(e4)

= 3xe3+y(−3e2+e4)−3ze3

= (0,−3y,3x−3z, y) 2) On a

Im(f) = Vect{f(e₁), f(e₂), f(e₃), f(e₄)}

= Vect{3e3,−3e2−e4,−3e3}

= Vect{3e3,−3e2+e4}.

D’o`u{3e3,−3e2+e4} est une famille g´en´eratrice deIm(f), de plus on a

−3αe3+β(−3e2+e4) = (0,0,0,0)⇔ −3β =β = 3α= 0⇒α=β= 0 donc{3e3,−3e2+e4} est libre, par suite c’est une base deIm(f).

rg(f) =dimIm(f) = 2 3) D’apr`es Th du rang on a

dimker (f) = 4−dimIm(f) = 4−2 = 2 soitu= (x, y, z, t)∈ker (f), donc

f(u) = (0,0,0,0)⇔(0,−3y,3x−3z, y) = (0,0,0,0)⇔x=z et y= 0 par suite

ker (f) = (x,0, x, t)/x, t∈R= Vect{e1+e3, e4}

On a{e1+e3, e4}est une famille g´en´eratrice de ker (f) donc c’est une base de ker (f) cardimker (f) = 2.

4) On a

a= 3e₃, b=−3e2+e₄, c=e₁+e₃, d=e₄. donc

αa+βb+γc+δd= (0,0,0,0) ⇔ γe1−3βe2+ (3α+γ)e3+δe4= (0,0,0,0)

⇔ γe1−3βe2+ (3α+γ)e3+ (β+δ)e4= (0,0,0,0)

⇔ γ=−3β = 3α+γ=β+δ= 0

⇒ α=β =γ=δ= 0.

donc{a, b, c, d} est libre de plus card{a, b, c, d} =dim(R⁴) = 4 par suite c’est une base deR⁴.

5)

On a{a, b}est une base de Im(f).

{c, d}est une base de ker (f).

D’o`u

{a, b, c, d}est une base deR⁴⇔R⁴= Ker(f)⊕Im(f).

6)

u= (x, y, z, t)∈R⁴, exprimerfⁿ(u) en fonction dex, t, z ett.

Soitu=xe1+ye2+ze3+te4=αa+βb+γc+δddonc on obtient α= 1

3(z−x), β=−1

3y, γ=x, etδ=t+1 3y.

Remarquons que

f(a) =−3a, f(b) =−3betf(c) =f(d) = 0.

Donc

f(u) =f(αa+βb+γc+δd) =−3(αa+βb) et

f²(u) = (−3)²(αa+βb)

supposons quefⁿ(u) = (−3)ⁿ(αa+βb) et montrons quefⁿ⁺¹(u) = (−3)ⁿ⁺¹(αa+

βb).

On a

fⁿ⁺¹(u) =f(fⁿ(u)) =f((−3)ⁿ(αa+βb)) = (−3)ⁿ⁺¹(αa+βb).

Par suite

fⁿ(u) = (−3)ⁿ(αa+βb)