Exercice 1 :
1) On considère l’ensembleE ={(x, y, z, t)∈R4 |x+y =z=t= 0}.
Vérifier que E est un sous-espace vectoriel deR4. En donner une base et la dimension.
2) On considère le sous-espace vectoriel F de R4 défini par F ={(a, a+b,−a+c, c)|(a, b, c)∈R3}.
Donner une base et la dimension de F.
3) Montrer que E etF sont supplémentaires dansR4.
1) L’ensembleE={(x, y, z, t)∈R4 |x+y=z=t= 0}est inclus dansR4 par définition, il est non vide (E contient 0R4 = (0,0,0,0) car 0 + 0 = 0 = 0) et il est stable par combinaison linéaire.
En effet, soient u= (x, y, z, t)∈E,v = (x0, y0, z0, t0)∈E et (α, β)∈R2. Par définition deE, il s’ensuit quex+y =z=t= 0 etx0+y0=z0 =t0 = 0.
Alors αu+βv = (αx+βx0, αy+βy0, αz +βz0, αt+βt0) ∈ R4 et αx+βx0 +αy+βy0 = α(x+y) +β(x0+y0) =αz+βz0=αt+βt0= 0 + 0 = 0 caru∈E etv∈E. Doncαu+βv∈E.
On peut conclure queE est un sous-espace vectoriel deR4. Caractérisation d’un élément deE :
Un élémentu= (x, y, z, t)∈E si et seulement siy=−x etz=t= 0.
Doncu= (x,−x,0,0) =x(1,−1,0,0)∈ h{u1= (1,−1,0,0)}i.
DoncE =h{u1}i, autrement dit {u1} est une famille génératrice deE.
Par ailleurs, la famille{u1}est libre dansR4, car elle est composée d’un seul vecteurnon nul deR4.
Cela signifie que{u1}est une base de E et que dimRE = 1.
2) Pour déterminer une base deF, caractérisons un élément quelconque deF. Un élémentv appartient àF si et seulement si il existe (a, b, c)∈R3 tel que
v= (a, a+b,−a+c, c) =a(1,1,−1,0) +b(0,1,0,0) +c(0,0,1,1).
On pose :u2 = (1,1,−1,0), u3 =e2 = (0,1,0,0) etu4 = (0,0,1,1).
Tout élément deFest une combinaison linéaire des vecteursu2,u3etu4, doncF =h{u1, u2, u3}i, autrement dit{u2, u3, u4}est une famille génératrice de F.
Par ailleurs, on vérifie que la famille{u2, u3, u4}est libre dans R4 en considérant une combi- naison linéaire nulle de ses trois éléments : soit (a, b, c)∈R3 tel que au1+bu2+cu3 = 0R4. Donc (a, a+b,−a+c, c) = (0,0,0,0), soita=c=b= 0.
Cela signifie que{u2, u3, u4} est libre.
On peut en conclure que{u2, u3, u4} est une base de F et que dimRF = 3.
3)
– DéterminonsE∩F :
Soitu∈E∩F. Commeu∈F, il existe (a, b, c)∈R3 tel queu= (a, a+b,−a+c, c).
Commeu∈E,a+ (a+b) =−a+c=c= 0, soit encorea=b=c= 0.
Doncu= 0R4.
On en déduit queE∩F ={0R4}(et par conséquent, dimRE∩F = 0).
– DéterminonsE+F :
dim(E+F) = dimE+ dimF −dim(E ∩F) = 1 + 3−0 = 4 = dimR4 et E+F ⊂ R4, comme sous-espaces vectoriels deR4. DoncE+F =R4.
On peut conclure des deux derniers résultats que E⊕F =R4.
Exercice 2 :
On considère l’espace vectoriel réel E = R3. On note usuellement C = {e1, e2, e3} la base canonique de E.
1) Rappeler explicitement les vecteurs e1,e2 ete3. On s’intéresse à la matrice
A=
1 0 1 0 1 1 1 1 0
et on note f l’endomorphisme deR3 dont A est la matrice dans la base canoniqueC.
2) Déterminer l’image par f d’un vecteur quelconqueu= (x, y, z) de R3. 3) Soit w= (3,0,1)∈E.
Vérifier que le vecteur w admet un unique antécédent par f, que l’on déterminera.
4) Propriétés de l’endomorphisme f : a. Déterminer une base du noyau def.
b. En déduire le rang de f et une base de Imf.
5) Soientv1 = (1,1,1) etv2= (1,−1,0).
Montrer que l’on peut compléter {v1, v2} par un vecteur v3 choisi dans C pour former une base de R3.
6) On note B la matrice def dans la base B={v1, v2, e1}.
Déterminer la matriceB.
7) Vérifier queA est inversible et calculerA−1. En déduire explicitement l’endomorphismef−1.
8) En déduire queB est inversible et donner l’expression deB−1 en fonction de A−1. (On ne demande pas de calculer explicitementB−1).
1) On rappelle l’expression des vecteurs de la base canonique deR3 : e1= (1,0,0), e2= (0,1,0) et e3 = (0,0,1).
2)Déterminons explicitement l’endomorphisme f. 1ère méthode :
D’après la matriceA, on a :f(e1) =e1+e3,f(e2) =e2+e3 etf(e3) =e1+e2.
Soit u = (x, y, z) ∈ R3. Donc f(u) = f(xe1 +ye2 +ze3) = xf(e1) +yf(e2) +zf(e3) = x(e1+e3) +y(e2+e3) +z(e1+e2) = (x+z)e1+ (y+z)e2+ (x+y)e3 = (x+z, y+z, x+y).
2ème méthode :
Soitu= (x, y, z)∈R3 etU le vecteur colonne représentantu dans la baseC. Le vecteurf(u) est alors représenté, dans C, parA.U =
1 0 1 0 1 1 1 1 0
x y z
=
x+z y+z x+y
.
On retrouve le résultat précédent : f : R3 → R3
(x, y, z) 7→ (x+z, y+z, x+y).
3) Soit w= (3,0,1). On cherche s’il existe v = (x, y, z) ∈ R3 tel que f(v) = w, c’est-à-dire tel que (x+z, y+z, x+y) = (3,0,1).
Or,
x+ +z = 3 y+z = 0 x+y = 1
⇔
x= 3−z y=−z 3−2z= 1
⇔
x= 3−z= 3−1 = 2 y=−z=−1
z= 1
Comme le système admet une solution et une seule, on en déduit que le vecteurv= (2,−1,1) est l’unique antécédent dew parf.
Remarque : on n’oublie pas de vérifier quef(2,−1,1) = (3,0,1) ! 4a)Noyau de f :
u= (x, y, z)∈Kerf ⇔f(u) = (x+z, y+z, x+y) = (0,0,0)⇔x=y =z= 0⇔u= 0R3. On en déduit que Kerf ={0R3}, donc f est un endomorphisme injectif de l’espaceR3. b) D’après le théorème du rang,
rangf = dimR3−dim Kerf = 3−0 = 3.
On sait que Imf est un sous-espace vectoriel deR3, de dimension rangf = 3 = dimR3. Cela signifie que Imf =R3.
L’endomorphismef est donc bijectif : c’est un automorphisme deR3.
5) Il est clair que les vecteurs v1= (1,1,1) et v2 = (1,−1,0) ne sont pas colinéaires, donc la famille {v1, v2} est libre dans l’espace vectoriel R3 de dimension 3. D’après le théorème de la base incomplète, on sait que toute famillelibre de deux vecteurs d’un espace de dimension trois peut être complétée en une base de cet espace, en y adjoignant un vecteur de telle sorte que la famille de 3 vecteurs ainsi obtenue soit encore libre.
On vérifie que la familleB={v1, v2, e1} par exemple est libre : soit (α, β, γ)∈R3 tel que αv1+βv2+γe1 = 0R3.
On a donc : (α+β+γ, α−β, α) = 0R3, soit
α+β+γ = 0 α−β = 0
α = 0
⇔α=β =γ = 0.
On en déduit queB est une famille libre de cardinal 3 et par suite, c’est une base deR3. 6)Déterminons la matrice de f dans la base B={v1, v2, e1}.
1ère méthode :
On a : f(v1) = f(1,1,1) = (2,2,2) = 2v1, f(v2) = f(1,−1,0) = (1,−1,0) = v2 et f(e1) = f((1,0,0) = (1,0,1) =v1+v2−e1.
DoncMATB(f) =B =
2 0 1
0 1 1
0 0 −1
.
2ème méthode :
D’après la formule de changement de base :B =P−1AP où P est la matrice de passage de C àB.
On obtient P =
1 1 1
1 −1 0
1 0 0
,P−1 =
0 0 1
0 −1 1
1 1 −2
etB =
2 0 1
0 1 1
0 0 −1
. 7)Inversibilité et inverse de la matrice A
On calcule le déterminant de la matriceA : detA=
1 0 1 0 1 1 1 1 0
=
1 0 1
0 1 1
0 1 −1
en remplaçant L3 par L3 −L1. Donc, en développant par rapport à la première colonne, detA =
1 1
1 −1
= −2 6= 0. On en déduit que la matrice A est inversible. Par le calcul, on obtient la matriceA−1 :
A−1 = 1 2
1 −1 1
−1 1 1
1 1 −1
Remarque : on n’oublie pas de vérifier que : AA−1 =I3. Déterminons l’endomorphismef−1
PuisqueAest la matrice def dansC, la matrice def−1 dans lamêmebaseCestA−1. Comme à la question 2), on en déduit que :f−1 : R3 → R3
(x, y, z) 7→ 12(x−y+z,−x+y+z, x+y−z).
8)Inversibilité de la matrice B :
On sait que la matrice d’une application linéairebijective est inversible. C’est donc le cas de la matriceB, qui est la matrice de l’automorphismef dans la base B.
D’après la question 6), on a :B =P−1AP, où P désigne la matrice de passage de la base C à la baseB.
On en déduit que
B−1 = (P−1AP)−1 =P−1A−1P.
Exercice 3 :
On rappelle que pour toute matriceB deM3(R), on poseB0 =I3 et pour tout entier naturel n,Bn+1 =B×Bn=Bn×B.
On considère les deux matrices L=
2 −1 −1
0 0 0
−2 1 1
et M =
0 0 0
1 −2 1
−1 2 −1
.
1) Calculer les produitsM L etLM. Que peut-on en déduire pour ces deux matrices ? 2) CalculerL2 etM2.
En déduire, par récurrence, l’expression des matrices Ln et Mn pour tout entier naturel n non nul.
3) On considère la matriceA=L+M.
a. Déterminer la matriceA.
b. Montrer que, pour tout entier naturel nnon nul, on a : An= 3n−1L+ (−3)n−1M.
4) Une application
On considère trois suites numériques (un), (vn) et (wn) définies par :
u0= 1, v0 = 0 etw0 = 0 pour tout entiern∈N,
un+1= 2un−vn−wn
vn+1 =un−2vn+wn wn+1 =−3un+ 3vn
Pour tout entier natureln, on pose Xn=
un
vn wn
. a. Préciser le vecteur colonneX0.
b. Montrer que pour tout entier natureln, on aXn=AnX0.
c. En déduire, pour un entiern fixé, les expressions deun,vn,wn en fonction de n.
d. Préciser les valeurs deu4,v5 etw6.
1) Un simple calcul permet de voir que LM = M L = 0M2(R), ce qui signifie que les deux matricesM etL commutent.
2) De même, le calcul donne :
L2=
6 −3 −3
0 0 0
−6 3 3
= 3L et M2 =
0 0 0
−3 6 −3
3 −6 3
=−3M.
Montrons, par récurrence, que pour tout entiern∈N∗,Ln= 3n−1L.
Initialisation : On a bien : 31−1L= 1×L=L, donc la propriété est vraie pourn= 1.
Hérédité : montrons que pour tout entiern∈N∗, siLn= 3n−1L, alors Ln+1= 3nL.
Soitn∈N∗ fixé. On suppose que Ln= 3n−1L.
D’après le calcul précédent, on sait queL2 = 3L.
AlorsLn+1=Ln×L= 3n−1L×L= 3n−1L2 = 3n−1×3L= 3nL.
Conclusion :Par récurrence, on a prouvé que pour tout entiern∈N∗,Ln= 3n−1L.
Un raisonnement similaire – en remplaçant 3 par (−3) – permettrait de démontrer que pour tout entiern∈N∗,Mn= (−3)n−1M.
3)a. D’après l’énoncé,
A=L+M =
2 −1 −1
1 −2 1
−3 3 0
.
b) Soit n ∈ N∗. Puisque les matrices L et M commutent, on peut utiliser la formule du binôme de Newton pour calculerAn :
An= (L+M)n=
n
X
k=0
CnkLkMn−k.
Or, pourk6∈ {0, n}, on a :LkMn−k =Lk−1×(LM)×Mn−k−1=Lk−1×0×Mn−k−1= 0.
Dans la somme, il ne reste donc que deux termes non nuls :
(Cn0L0Mn=Mn= (−3)n−1M, pourk= 0 CnnLnM0 =Ln= 3n−1L, pour k=n.
Ainsi,
An= 3n−1L+ (−3)n−1M.
4a) En reprenant les notations de l’énoncé, on obtientX0 =
u0
v0
w0
=
1 0 0
. b) Soitn∈N. On remarque que le système
un+1= 2un−vn−wn
vn+1 =un−2vn+wn wn+1 =−3un+ 3vn
s’écrit encore
un+1
vn+1 wn+1
=
2un−vn−wn
un−2vn+wn
−3un+ 3vn
=
2 −1 −1
1 −2 1
−3 3 0
×
un
vn wn
,
soit
Xn+1 =AXn.
Un simple raisonnement par récurrence permet d’en déduire que pour tout entier n ∈ N, Xn=AnX0.
c) Or, d’après les résultats des questions 3b) et 4a), le produitAnX0 est égal à AnX0 =
2×3n−1 (−3)n−1
(−2)×3n−1+ (−1)×(−3)n−1
.
On en déduit que, pour tout entiern∈N, on a :
un= 2×3n−1 vn= (−3)n−1
wn+1= 3n−1(−2 + (−1)n)
d) Par exemple,u4 = 2×33= 2×27 = 54,v5 = (−3)4= 81 etw6 = 35×(−1) =−243.
