Exercice 1 On considère la matrice suivante

Université Pierre et Marie Curie − Paris VI Partiel n

^o

1 − Mercredi 22 novembre 2017 L2 Mathématiques 2017-2018

2M270 "Algèbre linéaire 2 ; Espaces affines"

Exercice 1 On considère la matrice suivante

A :=



 



0 2 1 0

2 6 3 − 6

− 1 5 3 0 3 − 3 − 1 − 12



 



et on note a l’endomorphisme de R

⁴

associé à A.

1. Donner des bases de Ker(a) et Im(a).

2. Quel est le rang de a ?

3. Donner des équations décrivant Ker(a) et Im(a).

4. Sans calcul, donner des équations décrivant le noyau et l’image de la transposée de A.

1. On applique l’algorithme du pivot de Gauss sur les colonnes de la matrice augmentée (A

I4

) .

(A I4

)

=















0 2 1 0

2 6 3 −6

−1 5 3 0 3 −3 −1 −12

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1















C1↔C3

−−−−−−−−−→















1 2 0 0

3 6 2 −6

3 5 −1 0

−1 −3 3 −12

0 0 1 0

0 1 0 0

1 0 0 0

0 0 0 1















C2 ←C2−2C1

−−−−−−−−−−−−−−→















1 0 0 0

3 0 2 −6

3 −1 −1 0

−1 −1 3 −12

0 0 1 0

0 1 0 0

1 −2 0 0

0 0 0 1















C2↔C4

−−−−−−−−−→















1 0 0 0

3 −6 2 0

3 0 −1 −1

−1 −12 3 −1

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 −2

0 1 0 0















C2← −1 6C4

−−−−−−−−−−−−→















1 0 0 0

3 1 2 0

3 0 −1 −1

−1 2 3 −1

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 −2

0 −¹₆ 0 0















C3←C3−2C2

−−−−−−−−−−−−−−→















1 0 0 0

3 1 0 0

3 0 −1 −1

−1 2 −1 −1

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 −2

0 −¹₆ ¹₃ 0















C4←C4−C3

−−−−−−−−−−−−−→















1 0 0 0

3 1 0 0

3 0 −1 0

−1 2 −1 0

0 0 1 −1

0 0 0 1

1 0 0 −2

0 −¹₆ ¹₃ −¹₃















On en déduit qu’une base de Ker(A)est







−1 1

−2

−¹₃





et qu’une base de Im(A)est





 1 3 3

−1





,





 0 1 0 2





,





 0 0

−1

−1





. 2. Le rang deAest la dimension de Im(A), qui est 3.

3. On note(e1,e2,e3,e4)la base canonique deR⁴, et(e^∗₁,e^∗₂,e^∗₃,e^∗₄)sa base duale.

(a) On cherche l’ensemble des formes linéairesφ∈(R⁴)^∗telles queφ(x) = 0pour toutx∈Kera, autrement dit on recherche l’orthogonal de Keradans(R⁴)^∗. On chercheφsous la formeφ=λ1e^∗1+λ2e^∗2+λ3e^∗3+λ4e^∗4. On poseu=−e1+e2−2e3−¹₃e4∈Kera. Alorsφ(u) =−λ1+λ2−2λ3−¹₃λ4= 0, soitλ4 =−3λ1+ 3λ2−6λ3. Ainsi,φ=λ1e^∗₁+λ2e^∗₂+λ3e^∗₃+ (−3λ1+ 3λ2−6λ3)e^∗₄=λ1(e^∗₁−3e^∗₄) +λ2(e^∗₂+ 3e^∗₄) +λ3(e^∗₃−6e^∗₄).

Ainsi, une base de(Kera)^⊥est(e^∗1−3e^∗4,e^∗2+ 3e^∗4,e^∗3−6e^∗4).

Solution

Un système d’équations caractérisant Keraest

x= (x1, x2, x3, x4)∈Kera⇔







x1−3x4 = 0 x2+ 3x4 = 0 x3−6x4 = 0

Plus concrétement, comme on sait que Keraest de dimension1, il suffit de trouver trois équations linéairement indépendantes annulant le vecteur







−1 1

−2

−¹₃





, ce qui peut se faire à la main.

(b) On cherche l’ensemble des formes linéairesφ∈(R⁴)^∗telles queφ(x) = 0pour toutx∈Ima. On chercheφsous la formeφ=λ1e^∗₁+λ2e^∗₂+λ3e^∗₃+λ4e^∗₄.

On poseu1=e1+ 3e2+ 3e3−e4,u2=e2+ 2e4 etu3 =−e3−e4. On en déduit le système suivant







φ(u1) =λ1+ 3λ2+ 3λ3−λ4= 0 φ(u2) =λ2+ 2λ4= 0

φ(u3) =−λ3−λ4= 0

On en déduit que







λ1 =−3λ2−3λ3+λ4= 6λ4+ 3λ4+λ4= 10λ4

λ2 =−2λ4

λ3 =−λ4

Ainsi,φ= 10λ4e^∗₁−2λ4e^∗₃−λ4e^∗₃+λ4e^∗₄ =λ4(10e^∗₁−2e^∗₃−e^∗₃+e^∗₄). Une base de(Ima)^⊥est10e^∗₁−2e^∗₂−e^∗₃+e^∗₄ et une équation caractérisant Imaest

x= (x1, x2, x3, x4)∈Ima⇔10x1−2x2−x3+x4= 0

On pouvait naturellement obtenir ces équations en faisant des opérations élémentaires sur les lignes de la matrice A"augmentée", pour obtenir une matrice échelonnée en lignes et des équations du noyau et de l’image dea.

4. La transposée deaest l’application linéaire^ta:φ∈(R⁴)^∗7→^ta(φ) =φ◦a∈(R⁴)^∗. Soitj∈ {1, . . . ,4}. Alors :

∀x∈R⁴,(e^∗_j◦a)(x) =e^∗_j(a(x)) =e^∗_j ( ₄

∑

k=1

∑4 i=1

ak,ixiek

)

=

∑4 i=1

aj,ixi=

∑4 i=1

aj,ie^∗_i(x)

Ainsi,^ta(e^∗j) =e^∗j◦a=

∑4 i=1

aj,ie^∗i. On en déduit que la matrice de^tadans la base(e^∗1,e^∗2,e^∗3,e^∗4)est^tA.

L’image de^taest défini par

Im(^ta) ={φ∈(R⁴)^∗|∃ψ∈(R⁴)^∗, φ=ψ◦a}^(⋆)={φ∈(R⁴)^∗|Kera⊂Kerφ}

={φ∈(R⁴)^∗|∀x∈Ker(a), φ(x) = 0}=Ker(a)^⊥=Vect(e^∗1−3e^∗4,e^∗2+ 3e^∗4,e^∗3−6e^∗4)

On introduit la base(e^∗∗1 ,e^∗∗2 ,e^∗∗3 ,e^∗∗4 )deE^∗∗duale de(e^∗1,e^∗2,e^∗3,e^∗4). On chercheψ=λ1e^∗∗1 +λ2e^∗∗2 +λ3e^∗∗3 +λ4e^∗∗4

tel que 





ψ(e^∗₁−3e^∗₄) =λ1−3λ4= 0 ψ(e^∗₂+ 3e^∗₄) =λ2+ 3λ4= 0 ψ(e^∗3−6e^∗4) =λ3−6λ4= 0

On en déduit queψ=λ4(3e^∗∗₁ −3e^∗∗₂ + 6e^∗∗₃ +e^∗∗₄ ),λ4 ∈R. Une équation décrivant l’image de^taest φ=λ1e^∗₁+λ2e^∗₂+λ3e^∗₃+λ4e^∗₄ = (λ1, λ2, λ3, λ4)∈Im(^ta)⇔3λ1−3λ2+ 6λ3+λ4= 0 Le noyau de^taest défini par

Ker(^ta) ={φ∈(R⁴)^∗|φ◦a= 0}={φ∈(R⁴)^∗|∀x∈R⁴, φ◦a(x) = 0}

={φ∈(R⁴)^∗|∀x∈Ima, φ(x) = 0}= (Im(a))^⊥=Vect(10e^∗₁−2e^∗₂−e^∗₃+e^∗₄) Ainsi, un système d’équations décrivant le noyau de^taest

φ=λ1e^∗1+λ2e^∗2+λ3e^∗3+λ4e^∗4= (λ1, λ2, λ3, λ4)∈Ker(^ta)⇔







λ1 = 10λ4

λ2 =−2λ4

λ3 =−λ4

Solution

Plus concrètement, on pouvait utiliser le fait que pour obtenir des équations du noyau et de l’image de^ta, il suffit d’échelonner la matrice^tA, augmentée à droite, en lignes, ce qui revient à échelonner la matriceA, augmentée en bas, en colonnes, ce qui a déjà été fait à la question 1. Par conséquent, les coefficients des équations souhaitées s’obtiennent en prenant les coordonnées des vecteurs des bases déterminées à la question 1., en échangeant image et noyau.

Remarque : On a utilisé dans la question 4 (⋆) le résultat suivant, appelé lemme de factorisation : Soit a ∈ L ( R

⁴

) et φ ∈ ( R

⁴

)

^∗

. Alors : Ker a ⊂ Ker φ ⇔ Il existe ψ ∈ ( R

⁴

)

^∗

avec φ = ψ ◦ a.

S’il existe ψ ∈ ( R

⁴

)

^∗

tel que φ = ψ ◦ a, on a trivialement Ker a ⊂ Ker φ.

Réciproquement, on suppose que Ker a ⊂ Ker φ, et on va construire ψ ∈ ( R

⁴

)

^∗

avec φ = ψ ◦ a.

— Si x, x

^′

sont deux vecteurs de R

⁴

tels que a(x) = a(x

^′

), alors x − x

^′

∈ Ker a ⊂ Ker φ, puis φ(x) = φ(x

^′

).

— Cette remarque permet de définir une application ψ

₁

: Im a → R telle que ψ

₁

(a(x)) = φ(x). Cette application ψ

₁

est linéaire : soit y, y

^′

∈ Im a, λ ∈ R . Il existe x, x

^′

∈ R

⁴

tels que a(x) = y et a(x

^′

) = y

^′

. Puis :

ψ

1

(y + λy

^′

) = ψ

1

(a(x) + λa(x

^′

)) = ψ

1

(a(x + λx

^′

)) = φ(x + λx

^′

) = φ(x) + λφ(x

^′

)

= ψ

1

(a(x)) + λψ

1

(a(x

^′

)) = ψ

1

(y) + λψ

1

(y

^′

)

— Soit S un supplémentaire de Im a dans R

⁴

: R

⁴

= Im a ⊕ S.

On définit l’application linéaire ψ ∈ ( R

⁴

)

^∗

telle que ψ

_|Ima

= ψ

1

et ψ

_|S

= 0. On a bien φ = ψ ◦ a.

Exercice 2 Soit K un corps de caractéristique nulle et E le K -espace vectoriel des polynômes de degré ≤ 3 à coefficients dans K . On note ∆ : E → E l’application ∆(P) := P (X + 1) − P (X ). Pour i ≥ 1, on note ∆

ⁱ

:= ∆ ◦· · ·◦ ∆, et ∆

⁰

:= id

E

.

1. Montrer que ∆ est un endomorphisme de E.

2. Quel est le noyau de ∆ ?

3. Calculer explicitement ∆

²

et ∆

³

.

4. Pour i = 0, . . . , 3, notons f

i

(P) := ∆

ⁱ

(P )(0). Vérifier que f

i

∈ E

^∗

.

5. Montrer que l’application E → K

⁴

définie par P 7→ (f

0

(P), . . . , f

3

(P )) est un isomorphisme de K -espaces vectoriels.

6. Montrer que (f

₀

, f

₁

, f

₂

, f

₃

) est une base de E

^∗

.

7. On pose P

0

(X) := 1, et pour tout 1 ≤ i ≤ 3, on définit P

i

(X) :=

i−1

∏

j=0

(X − j). Montrer que pour tout j ̸ = i, f

_j

(P

_i

) = 0 et calculer f

_i

(P

_i

).

8. Donner la définition de la base préduale (Q

_i

) de (f

_i

).

9. Déterminer la base (Q

i

).

1. Pour toutP, Q∈E,λ∈K,

∆(P+λQ) = (P+λQ)(X+ 1)−(P+λQ)(X) = (P(X+ 1)−P(X)) +λ(Q(X+ 1)−Q(X)) = ∆(P) +λ∆(Q) L’application∆est linéaire, avec même espace de départ et d’arrivé ;∆est donc un endomorphisme deE.

2. On note que les polynômes constantsP ∈K[X]vérifient∆P = 0.

Inversement, un polynômeP =

∑3 i=0

aiXⁱ, avecai∈K, vérifiantP(X+ 1)−P(X) = ∆(P) = 0, vérifie alors

∑3 i=0

ai(X+ 1)ⁱ=

∑3 i=0

aiXⁱ

c’est-à-dire, en développant et en identifiant les coefficients,







3a3+a2 =a2

3a3+ 2a2+a1 =a1

a3+a2+a1+a0 =a0

donc3a3= 2a2 =a1+a2+a3= 0, donca1=a2=a3= 0, doncP est constant.

Variante : commeP(X+ 1) =P(X), le polynômeQ:=P−P(0)∈K[X]vérifie que pour toutn≥0,Q(n) = 0, doncQa une infinité de racines, doncQ= 0, doncP=P(0)est constant.

Ainsi, le noyau de∆est exactement l’ensemble des polynômes de degré 0.

Solution

3. SoitP∈E. Alors

∆(∆(P)) = ∆(P(X+ 1)−P(X)) = ∆(P(X+ 1))−∆(P(X))

= (P(X+ 2)−P(X+ 1))−(P(X+ 1)−P(X)) =P(X+ 2)−2P(X+ 1) +P(X)

∆(∆²(P)) = ∆²(P)(X+ 1)−∆²(P)(X) = (P(X+ 3)−2P(X+ 2) +P(X+ 1))−(P(X+ 2)−2P(X+ 1) +P(X))

=P(X+ 3)−3P(X+ 2) + 3P(X+ 1)−P(X) 4. SoitP∈E

f0(P) = ∆⁰(P)(0) =P(0) f1(P) = ∆¹(P)(0) =P(1)−P(0)

f2(P) = ∆²(P)(0) =P(2)−2P(1) +P(0)

f3(P) = ∆³(P)(0) =P(3)−3P(2) + 3P(1)−P(0)

On peut vérifier que les applicationsfisont linéaires (puisque∆est linéaire et l’évaluation d’un polynôme en0est une opération linéaire), et comme elles sont à valeurs dansK, ce sont des éléments deE^∗.

5. L’application Ψ :P ∈E7→(f0(P), f1(P), f2(P), f3(P))∈K⁴ est linéaire avec égalité des dimensions de départ et d’arrivée. Pour montrer qu’elle est bijective, il suffit de montrer qu’elle est injective.

SoitP∈E tel que(f0(P), f1(P), f2(P), f3(P)) = (0,0,0,0). On a alors : P(0) =P(1) =P(2) =P(3) = 0

P est un polynôme de degré 3 ayant 4 racines,P est donc le polynôme nul. Ainsi, KerΨ ={0}, etΨest injective.

On en déduit queΨest un isomorphisme d’espaces vectoriels.

6. Comme la famille(f0, f1, f2, f3)est de taille 4, et comme la dimension deE^∗est4, il suffit de montrer que la famille (f0, f1, f2, f3)est libre pour en déduire qu’elle est une base deE^∗.

Soitλ0, . . . , λ3∈Ktels queλ0f0+λ1f1+λ2f2+λ3f3= 0. Cette égalité se réécrit, pour toutP∈E, λ0P(0) +λ1(P(1)−P(0)) +λ2(P(2)−2P(1) +P(0)) +λ3(P(3)−3P(2) + 3P(1)−P(0)) = 0 soit

(λ0−λ1+λ2−λ3)P(0) + (λ1−2λ2+λ3)P(1) + (λ2−3λ3)P(2) +λ3P(3) = 0

On va évaluer cette égalité sur des polynômes P particuliers. Par exemple, pour P =X(X−1)(X−2), l’égalité précédente donneλ3= 0.

Puis, avecP=X(X−1), on en déduitλ2 = 0. AvecP =X, on en déduitλ1= 0. Enfin, avecP = 1, on en déduit λ0= 0.

Ainsi, la famille(f0, f1, f2, f3)est une base deE^∗.

7. (a) PourP0= 1, on af0(P0) = 1,f1(P0) = 0,f2(P0) = 0,f3(P0) = 0 (b) PourP1=X, on af0(P1) = 0,f1(P1) = 1,f2(P1) = 0,f3(P1) = 0.

(c) PourP2=X(X−1), on af0(P2) = 0,f1(P2) = 0,f2(P2) = 2,f3(P2) = 0.

(d) PourP3=X(X−1)(X−2), on af0(P3) = 0,f1(P3) = 0,f2(P3) = 0,f3(P2) = 6.

8. La base préduale(Q0, Q1, Q2, Q3)de(f0, f1, f2, f3)est une base deEtelle que, pour touti, j∈ {0,1,2,3}: Qi(fj) =

{

1 sii=j 0 sinon 9. On poseQ0 =P0= 1,Q1=P1=X,Q2=P2

2 =X(X−1)

2 etQ3= P3

6 = X(X−1)(X−2)

6 .

Il s’agit d’une famille de polynômes de degré échelonné de taille 4 ; par conséquent, elle constitue une base deE. Par ailleurs, elle vérifie la définition donnée dans la question 8 ; cette famille est donc la base préduale de(f0, f1, f2, f3).

Solution

Exercice 3 Soit n ≥ 1. On note E le R -espace vectoriel R

ⁿ

. On définit f : E × E → R par f (x, y) :=

∑

n i=1

x

_i

y

_i

. 1. Montrer que f est une forme bilinéaire symétrique telle que pour tout x ∈ E, f (x, x) ≥ 0 avec égalité si et

seulement si x = 0.

2. Montrer que l’application φ : E → E

^∗

définie par φ(x) : y 7→ f (x, y) est un isomorphisme de R -espaces vectoriels.

3. On suppose désormais n = 3 et on note B = (e

₁

, e

₂

, e

₃

) la base canonique de E.

(a) Soient x, y ∈ E. Montrer que l’application α

_x,y

: E → R définie par α

_x,y

: z 7→ det

_B

(x, y, z) est dans E

^∗

.

(b) Soient x, y ∈ E. Montrer qu’il existe un unique z ∈ E tel que pour tout t ∈ E, det

_B

(x, y, t) = f (z, t). On note ce vecteur z = x ∧ y.

(c) Montrer que l’application (x, y) 7→ x ∧ y est bilinéaire.

(d) Montrer que x ∧ y = 0 si et seulement si (x, y) est liée.

(e) Montrer que y ∧ x = − x ∧ y.

(f) Quel est le signe de det

_B

(x, y, x ∧ y) ?

(g) En calculant f (x ∧ y, e

i

) pour 1 ≤ i ≤ 3, donner les coordonnées de x ∧ y en fonction de celles de x et de y.

1. Pour toutx,y∈E, on note quef(x,y) =f(y,x) =

∑n i=1

xiyi.f est bien symétrique ; donc pour montrer qu’elle est bilinéaire, il suffit de montrer la linéairité par rapport à la première variable. Soitx,x^′,y∈E,λ∈R. Alors

f(x+λx^′,y) =

∑n i=1

(xi+λx^′_i)yi=

∑n i=1

xiyi+λ

∑n i=1

x^′_iyi=f(x,y) +λf(x^′,y)

Ainsi,f est linéaire par rapport à sa première variable, et comme elle est symétrique, elle est bilinéaire symétrique.

Par ailleurs, pour toutx∈Rⁿ,f(x,x) =

∑n i=1

x²_i ≥0. On a le cas d’égalité si et seulement tous lesx²_i sont nuls, donc autrement dit si et seulement six=0.

2. L’applicationφest bien linéaire. En effet, soitx,x^′∈E,λ∈R. Pour touty∈E,f(x+λx^′,y) =f(x,y) +λf(x^′,y), ce qui se réécritφ(x+λx^′)(y) =φ(x)(y) +λφ(x^′)(y), ou encore

φ(x+λx^′) =φ(x) +λφ(x^′)

Par ailleurs,φest injective. En effet, si x∈E est tel queφ(x) =0, alorsφ(x)(x) =f(x,x) =0, soitx=0par la question 1.

Enfin, comme dim E =dim E^∗, on peut en déduire que φ est bijective. Autrement dit,φ est un isomorphisme d’espaces vectoriels.

3. (a) Soit x,y ∈ E. L’application αx,y est linéaire : soit z,z^′ ∈ E, λ ∈ R. Puisque l’application déterminant est 3-linéaire, on a (par linéarité par rapport à la troisième variable) :

αx,y(z+λz^′) =det_B(x,y,z+λz^′) =det_B(x,y,z) +λdet_B(x,y,z^′) =αx,y(z) +λαx,y(z^′) Comme elle est à valeurs dansR, on en conclut queαx,yest une forme linéaire surE.

(b) Commeαx,y est une forme linéaire surE, la question 2 permet de dire qu’il existe un unique vecteurz∈E tel queαx,y=φ(z).

Autrement dit, pour toutt∈E,αx,y(t) =φ(z)(t), soit det_B(x,y,t) =f(z,t).

(c) Soitx,x^′,y,y^′∈E,λ∈R.

Par la question précédente, on a, pour toutt∈E,

det_B(x,y,t) =f(x∧y,t), det_B(x^′,y,t) =f(x^′∧y,t), det_B(x,y^′,t) =f(x∧y^′,t).

Ainsi, pour toutt∈E,

det_B(x+λx^′,y,t) =det_B(x,y,t) +λdet_B(x^′,y,t) =f(x∧y,t) +λf(x^′∧y,t) =f(x∧y+λx^′∧y,t).

det_B(x,y+λy^′,t) =det_B(x,y,t) +λdet_B(x,y^′,t) =f(x∧y,t) +λf(x∧y^′,t) =f(x∧y+λx∧y^′,t).

D’autre part, en utilisant la question précédente, on a, pour toutt∈E,

det_B(x+λx^′,y,t) =f((x+λx^′)∧y,t), det_B(x,y+λy^′,t) =f(x∧(y+λy^′),t).

En utilisant l’unicité dans la question 3.(b), on en déduit que :

(x+λx^′)∧y=x∧y+λx^′∧y x∧(y+λy^′) =x∧y+λx∧y^′

Ces relations sont valables pour toutx,x^′,y,y^′∈E, ce qui permet de conclure que l’application(x,y)7→x∧y est bilinéaire.

(d) Soitx,y∈E.

i. On suppose que x∧y =0. Alors, pour tout t ∈E, det_B(x,y,t) = f(0,t) = 0. Autrement dit, la famille (x,y,t)est liée quelque soitt∈R³. Si la famille(x,y)était libre, alors elle aurait pu être complétée de sorte à obtenir une base deE; ce n’est pas le cas. Ainsi, la famille(x,y)est liée.

ii. On suppose que la famille(x,y)est liée. Alors pour toutt∈E, det_B(x,y,t) =f(x∧y,t) = 0. En particulier, f(x∧y,x∧y) = 0. Par la question 1, on peut conclure quex∧y=0.

On a ainsi montré quex∧y=0si et seulement si(x,y)est liée.

Solution

(e) Pour toutt∈E,

det_B(x,y,t) =f(x∧y,t)et det_B(y,x,t) =f(y∧x,t) Comme det_B(y,x,t) =−det_B(x,y,t), on en déduit que :

∀t∈E, f(y∧x,t) =−f(x∧y,t) =f(−x∧y,t) On en déduit que

∀t∈E,f(y∧x+x∧y,t) = 0

Autrement dit,f(y∧x+x∧y,y∧x+x∧y) = 0, et par la question 1,y∧x+x∧y=0.

On a ainsi montré quey∧x=−x∧y.

(f) On a det_B(x,y,x∧y) =f(x∧y,x∧y)≥0par la question 1.

(g) On posex= (x1, x2, x3)ety= (y1, y2, y3). On a i. f(x∧y,e1) =det_B(x,y,e1) =

x1 y1 1 x2 y2 0 x3 y3 0 =

x2 y2

x3 y3

=x2y3−x3y2

ii. f(x∧y,e2) =det_B(x,y,e2) =

x1 y1 0 x2 y2 1 x3 y3 0 =−

x1 y1

x3 y3

=−(x1y3−x3y1) iii. f(x∧y,e3) =det_B(x,y,e3) =

x1 y1 0 x2 y2 0 x3 y3 1 =

x1 y1

x2 y2

=x1y2−x2y1

Par ailleurs, six∧y= (z1, z2, z3) =z1e1+z2e2+z3e3, on note quef(x∧y,e1) =z1=e^∗1(x∧y),f(x∧y,e2) = z2=e^∗₂(x∧y),f(x∧y,e3) =z3=e^∗₃(x∧y).

Ainsi, les coordonnées dex∧ydans la base(e1,e2,e3)sont(x2y3−x3y2,−(x1y3−x3y1), x1y2−x2y1).

Solution

Exercice 4 On note E l’espace affine R

ⁿ

, avec n ≥ 2. Pour tout A ∈ E , tout λ ∈ R \ { 0; 1 } , on note h

_A,λ

: A → E définie par h

A,λ

(M ) := A + λ −−→

AM. On dit que h

A,λ

est l’homothétie de centre A et de rapport λ.

1. Montrer que les homothéties sont des applications affines et déterminer leur partie linéaire.

2. Déterminer les points fixes de h

_A,λ

. 3. Soit f : E → E telle que − →

f = λid, avec λ ̸ = 0, 1. Montrer que f a un unique point fixe A et que f = h

A,λ

. 4. Soit D ⊂ E une droite affine. Montrer que h

_A,λ

( D ) est une droite parallèle à D . Montrer que h

_A,λ

( D ) = D si et

seulement si A ∈ D .

5. Soient A, B, C ∈ E trois points non alignés. Soit A

^′

(resp. B

^′

, resp. C

^′

) un point de (BC) (resp. (AC), resp.

(AB)) distinct de B et C (resp. A et C, resp. A et B). Il existe donc des scalaires α, β, γ ∈ R \ { 0; 1 } tels que

−−→ A

^′

B = α −−→

A

^′

C, −−→

B

^′

C = β −−→

B

^′

A et −−→

C

^′

A = γ −−→

C

^′

B. On note φ := h

A^′,α

◦ h

B^′,β

◦ h

C^′,γ

. (a) Faire une figure.

(b) Montrer que φ est une homothétie ou une translation. Dans le premier cas, quel est rapport de cette homothétie ?

(c) Montrer que φ(B) = B. Que peut-on en déduire sur la nature de φ ? (d) On suppose A

^′

, B

^′

, C

^′

alignés sur une droite D .

i. Montrer que φ(A

^′

) ∈ (BC).

ii. Montrer que φ( D ) = D . iii. Montrer que φ(A

^′

) = A

^′

. iv. En déduire que φ = id.

v. Montrer que α · β · γ = 1.

(e) On suppose α · β · γ = 1.

i. Montrer que φ = id.

ii. Montrer que h

B^′,β

◦ h

C^′,γ

est une homothétie dont le centre appartient à (B

^′

C

^′

).

iii. Montrer que A

^′

∈ (B

^′

C

^′

).

(f) Conclure que A

^′

, B

^′

, C

^′

sont alignés si et seulement si α · β · γ = 1.

1. On pose⃗hλ:⃗v∈E 7→⃗ λ⃗v∈E⃗,⃗hλest une application linéaire deE⃗. Pour toutM ∈ E, on peut écrire

hA,λ(M) =A+⃗hλ(−−→

AM) Ainsi,hA,λ est une application affine deE dont la partie linéaire est⃗hλ. 2. Soit M un point fixe dehA,λ. M vérifie M = A+λ−−→

AM, soit (λ−1)−−→

AM =⃗0. Commeλ ̸= 1, on en déduit que M =A. Réciproquement,Aest clairement un point fixe.

Ainsi, le seul point fixe dehA,λ estA.

3. Soitf:E → E telle que−→

f =λid, avecλ̸= 0,1. Commef est une application affine, on peut écrire qu’il existe un pointA∈ E (et en fait pour tout pointA∈ E) tel que pour toutM ∈ E,

f(M) =f(A) +f(⃗−−→

AM) donc f(M) = f(A) +λ−−→

AM. Donc f(M) = M si et seulement si f(A) +λ−−→

AM = M si et seulement si λ−−→

AM =

−−−−→

f(A)A+−−→

AM si et seulement si(λ−1)−−→

AM =−−−−→

f(A)Asi et seulement si −−→

AM= 1 λ−1

−−−−→

f(A)A. Cette formule définit bien un unique point fixe pourf, disonsB.

On en déduit alors que pour toutM,f(M) =B+λ−−→

BM =hB,λ(M). Doncf =hB,λ.

4. SoitDune droite affine,A0∈ Det⃗vun vecteur directeur deD.Dest l’ensemble des pointsA0+µ⃗v,µ∈R. Alors hA,λ(A0) =A+λ−−→

AA0 ethA,λ(A0+µ⃗v) =A+λ−−→

AA0+λµ⃗v=hA,λ(A0) +λµ⃗v.

Autrement dit, pour tout pointM ∈ D,hA,λ(M)est un point de la droite affinehA,λ(A0) +R⃗vdont⃗vest un vecteur directeur et passant parhA,λ(A0).

CommeDethA,λ(D)ont même directionR⃗v, on en déduit qu’elles sont parallèles.

Pour avoir hA,λ(D) =D, il faut quehA,λ(A0) ∈ D, soit A+λ−−→

AA0 ∈ D. Autrement dit, il existeµ ∈ R tel que A+λ−−→

AA0=A0+µ⃗v, soit(λ−1)−−→

AA0=µ⃗v. Donc−−→

AA0et⃗vsont colinéaires ; ce qui signifie exactement queA∈ D.

Réciproquement, si A∈ D, alors hA,λ(D)est la droite passant parhA,λ(A) =A et de même vecteur directeur que D. Ainsi,hA,λ(D) =D.

5. (a) Dans cette configuration, les pointsA^′, B^′, C^′sont alignés :

A

B C

C^′ A^′ B^′

(b) φ est la composée de plusieurs homothéties de centres différents ; puisque la partie linéaire de la composée d’applications affines est la composée des parties linéaires correspondantes, on voit que la partie linéaire deφest

⃗

φ= (αβγ)id, doncφest soit une translation (siαβγ= 1), soit une homothétie de rapportαβγ̸= 1.

(c) SoitM ∈ E. Alors

φ(M) =hA′,α◦hB′,β◦hC′,γ(M)

= (h_A′,α◦h_B′,β)(C^′+γ−−−→

C^′M) =h_A′,α(B^′+β−−−→

B^′C^′+βγ−−−→

C^′M)

=A^′+α−−−→

A^′B^′+αβ−−−→

B^′C^′+αβγ−−−→

C^′M = (

A^′+α−−−→

A^′B^′+αβ−−−→

B^′C^′+αβγ−−→

C^′B )

+αβγ−−→

BM Or on a :

A^′+α−−−→

A^′B^′+αβ−−−→

B^′C^′+αβγ−−→

C^′B=A^′+α−−−→

A^′B^′+αβ−−−→

B^′C^′+αβ−−→

C^′A (−−→

C^′A=γ−−→

C^′B)

=A^′+α−−−→

A^′B^′+αβ−−→

B^′A (relation de Chasles)

=A^′+α−−−→

A^′B^′+α−−→

B^′C (−−→

B^′C=β−−→

B^′A)

=A^′+α−−→

A^′C (relation de Chasles)

=B (−−→

A^′B=α−−→

A^′C) Ainsi,φ(M) =B+αβγ−−→

BM et en particulierφ(B) =B. On en déduit queφest soit l’homothétie de centreB

̸= 1, soit l’identité si

(d) On suppose queA^′, B^′, C^′ sont alignés sur une droiteD. i. CommeA^′est un point de(BC),φ(A^′) =B+αβγ−−→

BA^′=B+αβγ (

1− 1 α

)−−→

BCest aussi un point de(BC) (on utilise la relation−−→

BC=−−→

BA^′+−−→

A^′C= (

1− 1 α

)−−→

BA^′).

ii. On distingue deux cas :

A. Si φ est l’homothétie de centre B et de rapportαβγ ̸= 1,φ est la composée de trois homothéties de centresA^′, B^′, C^′. Ces trois points sont alignés sur D; donc B est un point de D et on déduit par la question 4 queφ(D) =D.

B. Siφest l’identité, alors on a trivialementφ(D) =D.

iii. On sait queφ(A^′)∈(BC)et queφ(A^′)∈φ(D) =D. Ainsi,φ(A^′) est à l’intersection entre les droites(BC) etD. Or, le pointA^′peut être défini comme étant à l’intersection entre les droites(BC)etD. On en déduit queφ(A^′) =A^′.

iv. Commeφa deux points fixes distincts A^′ etB, on en déduit queφest l’identité.

v. φ:M7→B+αβγ−−→

BM est l’application identité si et seulement siαβγ= 1.

On a ainsi montré que, siA^′, B^′, C^′ sont alignés, alorsαβγ= 1.

(e) i. Siαβγ= 1, alorsφ:M 7→B+−−→

BM =M est l’identité.

ii. SoitM∈ E. Alors(hB^′,β◦hC^′,γ)(M) =hB^′,β(C^′+γ−−−→

C^′M) =B^′+β−−−→

B^′C^′+βγ−−−→

C^′M. SiGest un point de(B^′C^′), on a(hB′,β◦hC′,γ)(M) =B^′+β−−−→

B^′C^′+βγ−−→

C^′G+βγ−−→

GM, etB^′+β−−−→

B^′C^′+βγ−−→

C^′G reste un point de(B^′C^′). On choisitGde sorte queB^′+β−−−→

B^′C^′+βγ−−→

C^′G=G.

Ainsi,hB^′,β◦hC^′,γ est l’homothétie de centreG∈(B^′C^′)et de rapportβγ. On la notehG,βγ. iii. On note quehA^′,α◦hA^′,1/α=id.

On aφ =hA′,α◦hG,βγ =id, donc hA′,α est l’homothétie de centreG et de rapport 1

βγ. Par conséquent, A^′=G, et on en déduit queA^′ est un point de(B^′C^′).

On a montré que siαβγ= 1, alorsA^′ est un point de(B^′C^′).

(f) On a montré queA^′est un point de(B^′C^′)si et seulement siαβγ= 1.

Solution