Exercice 4. 1. B = (u 1 , u 2 , u 3 ) est une base de R 3 ⇔

UPMC - L1 2010-2011 LM125

Chapitre 5

Correction de quelques exercices

Exercice 4. 1. B = (u ₁ , u ₂ , u ₃ ) est une base de R ³ ⇔

1 −1 −1

1 1 0

1 0 1

6= 0. Or

1 −1 −1

1 1 0

1 0 1

(L

1

←L

1

+L

3

)

=

2 −1 0

1 1 0

1 0 1

= (−1) ³⁺³ × 1 ×

2 −1

1 1

(en d´ eveloppant par rapport ` a C ₃ )

= 3 6= 0, donc B est bien une base de R ³ .

Pour d´ eterminer la matrice de ϕ m dans la base B, il y a deux otions : soit on calcule la matrice de passage P = P B

c

,B de la base canonique B _c ` a la base B, et son inverse, puis on applique la formule du cours :

[ϕ _m ] B = P ⁻¹ [ϕ _m ] B

c

P = P ⁻¹ A _m P,

soit on revient ` a la d´ efinition de la matrice repr´ esentative de ϕ m dans la base B (ce que nous allons faire ici, et qui s’av` ere souvent plus simple dans le cas d’une petite matrice) :

[ϕ _m ] B =





ϕ _m (u ₁ ) ϕ _m (u ₂ ) ϕ _m (u ₃ )

↓ ↓ ↓

. . .

. . .

. . .





×u ₁

×u ₂

×u ₃

[ϕ m (u 1 )] B

c

= [ϕ m ] B

c

.[u 1 ] B

c

= A m . ₁

1 1

= _m+2

m+2 m+2

= (m + 2)[u 1 ] B

c

, i.e ϕ m (u 1 ) = (m + 2)u 1 ; [ϕ _m (u ₂ )] B

c

= [ϕ _m ] B

c

.[u ₂ ] B

c

= A _m . ₋₁

1 0

= _1−m

m−1 0

= (m − 1)[u ₂ ] B

c

, i.e ϕ _m (u ₂ ) = (m − 1)u ₂ ; [ϕ m (u 3 )] B

c

= [ϕ m ] B

c

.[u 3 ] B

c

= A m .

₋₁

0 1

= _1−m

m−1 0

= (m − 1)[u 3 ] B

c

, i.e ϕ m (u 3 ) = (m − 1)u 3 , d’o` u :

[ϕ m ] B =





m + 2 0 0

0 m − 1 0

0 0 m − 1



 .

2. ϕ _m est un automorphisme de R ³ ⇔ det(ϕ _m ) 6= 0

⇔ det[ϕ _m ] B 6= 0

⇔ (m + 2)(m − 1) ² 6= 0

⇔ m 6= −2 et m 6= 1.

3. Cas m = −2. Im(ϕ ₋₂ ) = Vect{ϕ ₋₂ (u ₁ )

| {z }

0.u

1

, ϕ −2 (u ₂ )

| {z }

1.u

2

, ϕ −2 (u ₃ )

| {z }

1.u

3

} = Vect{u ₂ , u ₃ }. Or on a vu que u ₂ et u 3 sont lin´ eairement ind´ ependants, donc (u 2 , u 3 ) forme une base de Im(ϕ −2 ), qui est donc de dimension 2.

D’apr` es le th´ eor` eme du rang, dim( R ³ ) = dim(ker ϕ −2 ) + dim(Imϕ −2 ) donc dim(ker ϕ −2 ) = 3 − 2 = 1. Or u 1 ∈ ker ϕ −2 et u 1 6= 0 donc {u ₁ } forme une base de ker ϕ −2 .

1

4. Cas m = 1. Im(ϕ 1 ) = Vect{ϕ ₁ (u 1 )

| {z }

3.u

1

, ϕ 1 (u 2 )

| {z }

0.u

2

, ϕ 1 (u 3 )

| {z }

0.u

3

} = Vect{3.u ₁ } = Vect{u ₁ }. Comme u 1 6= 0, {u ₁ } forme donc une base de Imϕ ₁ , qui est donc de dimension 1.

D’apr` es le th´ eor` eme du rang, dim( R ³ ) = dim(ker ϕ ₁ )+dim(Imϕ ₁ ) donc dim(ker ϕ ₁ ) = 3−1 = 2. Or u 2 et u 3 ∈ ker ϕ −2 et {u ₂ , u 3 } est libre d’apr` es 1, donc (u 2 , u 3 ) forme une base de ker ϕ 1 . Exercice 8. Soient z, z ⁰ ∈ C , et λ ∈ R .

ϕ(z + λz ⁰ ) = u × (z + λz ⁰ ) = u × z + λu × z ⁰ = ϕ(z) + λϕ(z ⁰ ) donc ϕ est R -lin´ eaire.

Notons e ₁ = 1 et e ₂ = i les ´ el´ ements de la base B.

[ϕ] B =

ϕ(e 1 ) ϕ(e 2 )

↓ ↓

. .

. .

×e ₁

×e ₂

• ϕ(e ₁ ) = ϕ(1) = u × 1 = a + ib = a.e ₁ + b.e ₂

• ϕ(e ₂ ) = ϕ(i) = u × i = ai − b = −b.e ₁ + a.e ₂ , donc [ϕ] B =

a −b b a

Exercice 11. 1. On avait vu que [ϕ] B

c

=





1 0 0 0 1 2 1 1 1



, o` u B _c d´ esigne la base canonique de P ₂ (R).

2. Soient s : x 7→ a + bx + cx ² et p : x 7→ α + βx + γx ² deux ´ el´ ements de P ₂ ( R ).

ϕ(p) = s ⇔ ∀x ∈ R , a + bx + cx ² = p(0) + p ⁰ (1)x + p(1)x ² ⇔







a = p(0) b = p ⁰ (1) c = p(1)

Or p(0) = α, p(1) = α + β + γ et, comme p ⁰ (x) = 2γx + β, p ⁰ (1) = 2γ + β, donc finalement ϕ(p) = s ⇔







a = α b = 2γ +β c = α +β +γ

⇔







a = α

b + a − c = γ c = a + β + γ

⇔







α = a

β = c − a − γ = c − a − (b + a − c) = −2a − b + 2c γ = b − a − c

Ainsi, ´ etant donn´ e s, il existe une unique fonction polynˆ ome p de degr´ e inf´ erieur ` a 2 tel que ϕ(p) = s. Autrement dit, ϕ est bijective. C’est donc un automorphisme de P ₂ ( R ).

3. ϕ ´ etant un automorphisme de P ₂ (R), sa matrice dans n’importe quelle base de P ₂ (R) est inversible, donc en particulier M est inversible.

On pourrait calculer son inverse ` a l’aide de la m´ ethode du pivot de Gauss, mais c’est inutile car on a d´ ej` a fait tous les calculs n´ ecessaires :

ϕ(p) = s ⇔ p = ϕ ⁻¹ (s) donc les calculs ci-dessus signifient que

ϕ ⁻¹ (ae 0 + be 1 + ce 2 ) = ae 0 + (−2a − b + 2c)e 1 + (b − a − c)e 2 ,

2

o` u (e 0 , e 1 , e 2 ) d´ esigne la base canonique B _c de P ₂ (R) (rappel : e 0 , e 1 , e 2 sont les fonctions d´ efinies par e 0 (x) = 1, e 1 (x) = x et e 2 (x) = x ² ∀x ∈ R ), donc

M ⁻¹ = ([ϕ] B

c

) ⁻¹ = [ϕ ⁻¹ ] B

c

=





1 0 0

−2 −1 2

1 1 −1



 .

V´ erification :





1 0 0

−2 −1 2

1 1 −1









1 0 0 0 1 2 1 1 1



 =





1 0 0 0 1 0 0 0 1



 .

Exercice 13. 1. P B

2

,B

3

= P B

2

,B

1

P B

1

,B

3

= P _B ⁻¹

1

,B

₂

P B

1

,B

3

donc la formule demand´ ee est M = A ⁻¹ B.

2. B = (e ₁ , e ₂ , e ₃ ) est une base de R ³ ⇔

1 2 3 2 3 7 1 3 1

6= 0. Or, en d´ eveloppant par rapport ` a la premi` ere colonne (par exemple) :

1 2 3 2 3 7 1 3 1

= (−1) ¹⁺¹ × 1 × | ^{3 7} _{3 1} |

| {z }

−18

+ (−1) ²⁺¹ × 2 × | ^{2 3} _{3 1} |

| {z }

14

+ (−1) ³⁺¹ × 1 × | ^{2 3} _{3 7} |

| {z }

5

= 1 6= 0.

3. B ⁰ = (e ⁰ ₁ , e ⁰ ₂ , e ⁰ ₃ ) est une base de R ³ ⇔

2 3 1

−3 −1 −4

1 5 3

6= 0. Or, en d´ eveloppant par rapport ` a la premi` ere ligne (pour changer) :

2 3 1

−3 −1 −4

1 5 3

= (−1) ¹⁺¹ × 2 × ⁻¹ ₅ ⁻⁴ ₃

| {z }

34

+ (−1) ¹⁺² × 3 × ⁻³ ₁ ⁻⁴ ₃

| {z }

15

+ (−1) ¹⁺³ × 1 × ⁻³ ₁ ⁻¹ ₅

| {z }

−14

= 35 6= 0.

4. D’apr` es la question 1,

P B,B

⁰

= (P B

_c

,B ) ⁻¹ P B

c

,B

⁰

, o` u B _c d´ esigne la base canonique de R ³ . Par d´ efinition,

P B

_c

,B =





1 2 3 2 3 7 1 3 1



 et P _B

_c

_,B

⁰

=





2 3 1

−3 −1 −4

1 5 3



 .

On calcule ensuite (P B

_c

,B ) ⁻¹ par la m´ ethode du pivot de Gauss (par exemple) :







1 2 3 .. . 1 0 0 2 3 7 .. . 0 1 0 1 3 1 .. . 0 0 1







L2←L2−2L1 L3←L3−L1

∼







1 2 3 .. . 1 0 0 0 −1 1 .. . −2 1 0 0 1 −2 .. . −1 0 1







L

3

←L

3

+L

2

∼







1 2 3 .. . 1 0 0 0 −1 1 .. . −2 1 0 0 0 −1 .. . −3 1 1







L1←L1+3L3 L2←L2+L3

∼









1 2 0 .. . −8 3 3 0 −1 0 .. . ^{−5 2 1}

0 0 −1 .. . ^{−3 1 1}









L1←L1+2L2 L2←−L2 L3←−L3

∼









1 0 0 .. . −18 7 5 0 1 0 .. . 5 −2 −1 0 0 1 .. . 3 −1 −1







 .

Donc (P B

c

,B ) ⁻¹ = −18 7 5 5 −2 −1 3 −1 −1

(bien v´ erifier que _{1 2 3}

2 3 7 1 3 1

−18 7 5 5 −2 −1 3 −1 −1

= I ₃ ) et

P _B,B

⁰

= (P B

_c

,B ) ⁻¹ P _B

_c

_,B

⁰

=





−18 7 5

5 −2 −1

3 −1 −1









2 3 1

−3 −1 −4

1 5 3



 =





−52 −38 −31

15 12 10

7 5 4



 .

3