Exercice 1.
1. Il est clair quef est une application deR3 versR3. Il reste à montrer la linéarité. Soient(x1,y1,z1)et (x2,y2,z2)deux éléments deR3. Soit aussiλ∈R. On a
f((x1,y1,z1) +λ(x2,y2,z2)) = f(x1+λx2,y1+λy2,z1+λz2)
= (2(x1+λx2)−(y1+λy2)−(z1+λz2),−2(x1+λx2) + (y1+λy2)
−2(z1+λz2),−(x1+λx2)−(y1+λy2) +2(z1+λz2))
= (2x1−y1−z1,−2x1+y1−2z1,−x1−y1+2z1) +λ(2x2−y2−z2,−2x2+y2−2z2,−x2−y2+2z2)
= f(x1,y1,z1) +λf(x2,y2,z2). On a montré quef est un endomorphisme deR3.
2. On a
f(1, 0, 0) = (2,−2,−1), f(0, 1, 0) = (−1, 1,−1) et f(0, 0, 1) = (−1,−2, 2). On en déduit que
A=matB(f) =
2 −1 −1
−2 1 −2
−1 −1 2
.
3. On aA2=
7 −2 −2
−4 5 −4
−2 −2 7
.
Il est alors facile de vérifier que l’on aA2−2A−3I3=0, donc f2−2f−3idR3 =0.
4. On a
A−3I3=
−1 −1 −1
−2 −2 −2
−1 −1 −1
.
Comme toutes les colonnes sont égales à une même colonne non nulle, la matrice est de rang 1, donc par le théorème du rang, son noyau est de dimension 2.
Pour obtenir une base de Ker(A−3I3), il suffit d’obtenir des relations linéaires entre les colonnes de cette matrice. En notantC1, C2 etC3 les colonnes deA−3I3, on aC1−C2=0 etC1−C3=0. On en déduit que les vecteurs
1
−1 0
et
1 0
−1
appartiennent au noyau deA−3I3. Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires, on en déduit que Ker(A−3I3) =Vect
1
−1 0
,
1 0
−1
.
Finalement,G=Ker(f−3idR3) =Vect(e1−e2,e1−e3) et est de dimension 2.
5. On a
A+I3=
3 −1 −1
−2 2 −2
−1 −1 3
.
On noteC1,C2 etC3 les colonnes deA+I3. On remarque que les deux premières colonnes ne sont pas colinéaires etC1+2C2+C3 =0, ainsi la matrice est de rang 2. Par le théorème du rang, son noyau est de dimension 1. De plus,
1 2 1
est un élément non nul du noyau, donc Ker(A+I3) =Vect
1 2 1
.
Finalement,H =Ker(f+idR3) =Vect(e1+2e2+e3) et est de dimension 1.
6. SoitX ∈R3∈G∩H.
CommeX ∈G, on a(f−3idR3) (X) =0, soitf(X)−3X =0, ce qui donnef(X) =3X.
De même, commeX∈H, on a (f+idR3) (X) =0, soitf(X) +X =0, ce qui donnef(X) =−X. On en déduit quef(X) =3X =−X, soitX =0.
On a montré que{0} ⊂G∩H. L’inclusion réciproque étant claire, on aG∩H ={0}.
En utilisant les questions 4 et 5, on a dim(G) +dim(H) =3=dim R3 . On en déduit queGetH sont supplémentaires dansR3.
7. Pour obtenir une base adaptée à la somme directe, il suffit de concaténer une base deGet une base de H. Ainsi, en utilisant les questions 4 et 5, il suffit de prendre C = (e1−e2,e1−e3,e1+2e2+e3). 8. Commee1−e2et e1−e3 appartiennent à Ker(f−3idR3), on a
f(e1−e2) =3(e1−e2) et f(e1−e3) =3(e1−e3). De même, commee1+2e2+e3∈Ker(f+idR3), on a
f(e1+2e2+e3) =−(e1+2e2+e3). On en déduit donc
D=matC(f) =
3 0 0
0 3 0
0 0 −1
.
9. On peut écrire A=P DP−1 avecP =Pass(B→C) =matC,B(idR3) =
1 1 1
−1 0 2
0 −1 1
. 10. f est diagonalisable car sa matrice dans une base deR3 est diagonale.
On pouvait déjà l’affirmer à la question 5 car on reconnaît enGet H des sous-espaces propres associés aux valeurs propres 3 et−1 et dim(G) +dim(H) = 3 = dim R3
. En particulier, f n’a pas d’autre valeur propre.
La somme de la dimension des sous-espaces propres est égale à la dimension deR3,f est diagonalisable.
11. On remarque que pour toutn∈N, Dn=
3n 0 0
0 3n 0
0 0 (−1)n
= 3
n+3×(−1)n
4 I3+3
n+ (−1)n+1
4 D.
Ainsi, pour toutn∈N,
matC(fn) = matC
3n+3×(−1)n 4 idR3
+matC
3n+ (−1)n+1
4 f
!
= matC
3n+3×(−1)n
4 idR3+3
n+ (−1)n+1
4 f
! .
Exercice 2.
1. Montrons que la famille(f1,f2,f3)est libre. Soienta,b,c∈Rtels queaf1+bf2+cf3=0. Cela signifie que pour toutx∈R, on a :
af1(x) +bf2(x) +cf3(x) =ae−x+bxe−x+cx2e−x=0.
En prenantx=0, on obtienta=0. Il nous reste :
∀x∈R, bxe−x+cx2e−x=0.
Cela signifie que pour toutx∈R,
bx+cx2=0.
Ainsi le polynômebX+cX2est nul, doncb=c=0.
La famille(f1,f2,f3)étant libre donc dim Vect(f1,f2,f3) =3.
2. (a) Il faut bien commencer par montrer que sif ∈E, alors u(f)∈E. Il suffit de montrer cela sur les éléments d’une base deE. Or, il est facile de voir que
u(f1) =−f1∈E, u(f2) =−f2+f1∈E et u(f3) =−f3+2f2∈E.
Il nous reste à montrer queuest linéaire. Soientf,g∈E etλ∈R. On a u(f+λg) = (f+λg)′ =f′+λg′=u(f) +λu(g). On a montré queuest un endomorphisme de E.
(b) On a vu à la question précédente queu(f1) =−f1,u(f2) =−f2+f1etu(f3) =−f3+2f2. Donc
mat(f1,f2,f3)(u) =
−1 1 0
0 −1 2
0 0 −1
.
(c) Sif =a0f1+b0f2+c0f3, alors
a0 b0 c0
est la matrice des coordonnées def dans la base(f1,f2,f3). La matrice des coordonnées deu(f)dans la base(f1,f2,f3)est
A×
a0 b0
c0
=
−a0+b0
−b0+2c0
−c0
. On en déduit quea1=−a0+b0,b1=−b0+2c0et c1=−c0.
(d) De part la définition de u, on a un(f) =f(n). La matrice des coordonnées de un(f) est dans la base (f1,f2,f3)sont An×
a0 b0 c0
.
3. (a) On remarque que B2=
0 0 2
0 0 0
0 0 0
et Bk =0 pour toutk≥3.
(b) On a A= −I3+B. Ainsi en appliquant la formule du binôme de Newton (possible par−I3 etB
commutent), on a :
An = (−I3+C)n
=
n
X
k=0
n k
(−1)n−kBk
= (−1)n n
0
B0+ (−1)n−1 n
1
B+ (−1)n−2 n
2
B2
= (−1)nI3+ (−1)n−1nB+ (−1)n−2n(n−1) 2 B2
=
(−1)n (−1)n−1n (−1)n−2n(n−1) 0 (−1)n 2(−1)n−1n
0 0 (−1)n
.
4. On remarque queg=3f1−2f2+8f3.
On ag′=u(g) =−5f1+18f2−8f3. Pourn≥2, la matrice des coordonnées degdans la base(f1,f2,f3) est
3
−2 8
. La matrice des coordonnées de un(g) dans la base (f1,f2,f3) est An×
3
−2 8
. Un simple
calcul donne
An×
3
−2 8
=
(−1)n(3+2n+8n(n−1)) (−1)n(−2−16n)
8(−1)n
. Et, pourn≥2,
un(g) = ((−1)n(3+2n+8n(n−1)))f1+ ((−1)n(−2−16n))f2+8(−1)nf3.
(a) On remarque quev=idE+u. Il s’ensuit quev est un endomorphisme deEcomme somme de deux endomorphismes de E. De plus,
mat(f1,f2,f3)(v) =A+I3 =
0 1 0
0 0 2
0 0 0
=B.
(b) On traite séparemment l’image et le noyau.
Image. Il est facile de voir que rg(B) =2 car la première colonne est nulle et les deux dernières colonnes forment une famille libre. De plus, Im(B) = Vect
1 0 0
,
0 2 0
. L’erreur serait de conclure
et dire que Im(v) = Vect
1 0 0
,
0 2 0
. Il ne faut pas confondre vecteurs (qui sont ici des
fonctions) et coordonnées. Les fonctions ayant respectivement
1 0 0
et
0 2 0
pour coordonnées sontf1 et 2f2. Ainsi Im(v) =Vect(f1,f2).
Noyau. Pour trouver le noyau dev, cherchons les vecteurs
x y z
tels queB×
x y z
=
0 0 0
. Cela donne
le système
Soit y = z = 0. Ainsi
x y z
= x
1 0 0
. Le vecteur ayant pour coordonnées
1 0 0
est f1, il s’ensuit que Ker(v) =Vect(f1).
