Semaines 8 et 9

Colle PC Semaines 8 et 9 _2013-2014

Algèbre : Révisions et compléments Algèbre linéaire

EXERCICE 1 :

On note E l’espace vectoriel des fonctions de classe C

^∞

sur R à valeurs dans R . On note F , l’ensemble des fonctions de la forme :

x 7−→ P (x) cos(x) + Q(x) sin(x) où P et Q sont des polynômes de degrés inférieurs ou égaux à 1.

1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E.

2. On considère les fonctions

f

1

: x 7→ cos(x), f

2

: x 7→ x cos(x), f

3

: x 7→ sin(x), f

4

: x 7→ x sin(x).

Montrer que la famille B = (f

1

, f

2

, f

3

, f

4

) est une base de F .

3. On note D l’application qui à toute fonction de F associe D(f ) = f

^′

, sa dérivée.

(a) Montrer que D est un endomorphisme de F . (b) Déterminer la matrice M de D dans la base B . (c) Prouver que M est inversible.

EXERCICE 2 : Soit A =





1 1 − 1

− 1 3 − 1

− 1 1 1



 et f ∈ L ( R

³

) associé canoniquement à A.

1. Déterminer une base de Ker(f − Id) et de Ker(f − 2Id).

2. En déduire une base de R

³

dans laquelle la matrice B de f est diagonale.

3. Calculer B

ⁿ

puis A

ⁿ

pour tout n ∈ N . EXERCICE 3 :

Soit A =









1 − 1 2 − 2

0 0 1 − 1

1 − 1 1 0 1 − 1 1 0









et f ∈ L ( R

⁴

) associé canoniquement à A.

1. Déterminer Ker(f ), Im(f ) et Rg(f ).

2. Déterminer une base de Ker(f

²

) et une base Ker(f − Id)

²

. Montrer que ces deux sous-espaces sont supplémentaires dans R

⁴

.

EXERCICE 4 :

Soit E un espace vectoriel sur K ( R ou C ), p et q deux projecteurs de E tels que p o q = 0. Soit r = p + q − q o p.

Montrer que r est un projecteur de E de noyau Ker(p) ∩ Ker(q) et d’image Im(p) L Im(q).

EXERCICE 5 :

Soit E un R− espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E.

Montrer l’équivalence

kerf =Imf ⇔ f

²

= 0 et n = 2rg(f ) EXERCICE 6 :

EXERCICE 7 :

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Corrections

EXERCICE 1 :

1. F est évidemment non vide, il contient par exemple x 7−→ cos(x).

Soit f ∈ F , alors il existe P

f

∈ R

₁

[X ] et Q

f

∈ R

₁

[X ] tel que, ∀ x ∈ R , f(x) = P

f

(x) cos(x) + Q

f

(x) sin(x).

De même, soit g ∈ F alors ∀ x ∈ R , g(x) = P

g

(x) cos(x) + Q

g

(x) sin(x).

∀ x ∈ R , (f + g)(x) = f (x) + g(x) = (P

f

(x) + P

g

(x)) cos(x) + (Q

f

(x) + Q

g

(x)) sin(x). Or R

₁

[X ] est un R -espace vectoriel donc P

f

+ P

g

∈ R

₁

[X] et Q

f

+ Q

g

∈ R

₁

[X ]. Ainsi f + g ∈ F . On prouve de même que si f ∈ F et λ ∈ R , alors λf ∈ F.

2. Soit f ∈ F , alors il existe a, b, c et d réels tels que :

f (x) = (ax + b) cos(x) + (cx + d) sin(x) = af

2

(x) + bf

1

(x) + cf

4

(x) + df

3

(x), donc la famille B est génératrice.

Montrons qu’elle est libre : Si ∀ x ∈ R , (ax + b) cos(x) + (cx + d) sin(x) = 0, alors pour x = 0, on obtient b = 0.

x = π = ⇒ − aπ − b = 0 et comme b = 0, a = 0.

Avec x = π/2 et x = 3π/2, on obtient

cπ/2 + d = 0

− 3cπ/2 − d = 0 ⇔

c = 0

d = 0 . Finalement la famille est libre, comme elle est également génératrice, c’est une base.

3. On note D l’application qui à toute fonction de F associe D(f ) = f

^′

, sa dérivée.

(a) D est un endomorphisme de F : D(f ) ∈ F et on utilise la linéarité de l’opérateur dérivation. (solution laissée à la sagacité du lecteur)

(b) D(f

1

) = − f

3

, D(f

2

) = f

1

− f

4

, D(f

3

) = f

1

et D(f

4

) = f

2

+ f

3

. On obtient donc la matrice









0 1 1 0

0 0 0 1

− 1 0 0 1 0 − 1 0 0









(c) On peut prouver que le rang de la matrice est 4 donc elle est inversible (vecteurs colonnes liéairement indépendants) et

M

⁻¹

=









0 1 − 1 0

0 0 0 − 1

1 0 0 1

0 1 0 0









EXERCICE 2 : Soit A =





1 1 − 1

− 1 3 − 1

− 1 1 1



 et f ∈ L ( R

³

) associé canoniquement à A.

1. u(x, y, z) ∈ Ker(f − Id) ⇔ X =



 x y z



 est solution du système AX = X . On trouve Ker(f − Id)=Vect(v

1

) avec v

1

(1; 1; , 1).

u(x, y, z) ∈ Ker(f − 2Id) ⇔ X =



 x y z



 est solution du système AX = 2X . On trouve Ker(f − 2Id)=Vect(v

2

, v

3

) avec v

2

(1; 0; − 1) et v

3

(1; 1; 0).

2. La famille b = (v

1

, v

2

, v

3

) est composée de vecteurs linéairement indépendants de R

³

, donc b est une base de R

³

. Dans cette base, l’endomorphisme f est représentée par une matrice diagonale, plus précisément par B = Diag(1, 2, 2). En effet v

1

∈ Ker(f − Id) ⇔ f (v

1

) = v

1

; v

2

∈ Ker(f − 2Id) ⇔ f (v

2

) = 2v

2

et de la même manière f (v

3

) = 2v

3

.

3. B

ⁿ

= Diag(1, 2

ⁿ

, 2

ⁿ

) (se démontre facilement par récurrence). Soit P la matrice de passage de la base canonique de R

³

à la base b : P =





1 1 0

1 0 1

1 − 1 1



, P est inversible et l’on trouve facilement P

⁻¹

=





1 − 1 1

0 1 − 1

− 1 2 − 1



. Une

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autre démonstration par récurrence permet d’écrire que A

ⁿ

= P B

ⁿ

P

⁻¹

=





1 2

ⁿ

− 1 1 − 2

ⁿ

1 − 2

ⁿ

2

ⁿ⁺¹

− 1 1 − 2

ⁿ

1 − 2

ⁿ

2

ⁿ

− 1 1



 pour tout n ∈ N .

EXERCICE 3 :

Soit A =









1 − 1 2 − 2

0 0 1 − 1

1 − 1 1 0 1 − 1 1 0









et f ∈ L ( R

⁴

) associé canoniquement à A.

1. La résolution du système AX = 0 donne Ker(f )=Vect(1,1,0,0). En utilisant la formule du rang, on en déduit que f est de rang 3 (dim(Im(f ))). Im(f ) est engendrée par les vecteurs colonnes de la matrice A, et en remarquant que les deux premiers vecteurs sont liés, on a :

Im(f )=Vect((1, 0, 1, 1); (2, 1, 1, 1); ( − 2, − 1, 0, 0)) Ces trois vecteurs forment une base de Im(f ) car f est de rang 3.

2. A

²

=









1 − 1 1 − 1

0 0 0 0

2 − 2 2 − 1 2 − 2 2 − 1









. Il est clair que A

²

est de rang 2 puisque trois des colonnes de A

²

sont colinéaires. Par la formule du rang, Im(f 2) est de dimension 2 et plus précisément

Im(f

²

)=Vect((1, 0, 2, 2); (1, 0, 1, 1))

f (e

1

+ e

2

) = f (e

1

) + f (e

2

) = 0 donc e

1

+ e

2

∈ Ker(f

²

). De même, f (e

1

− e

3

) = f (e

1

) − f (e

3

) = 0 donc e

1

− e

3

∈ Ker(f

²

), de sorte que, compte-tenu de la dimension de Ker(f

²

),

Ker(f

²

)=Vect(e

1

+ e

2

; e

1

− e

3

) Ces deux vecteurs forment une base de Ker(f

²

).

(A − I

4

)

²

=









0 1 − 3 3 0 1 − 2 2

0 0 1 − 1

0 0 0 0









. Toujours en utilisant les vecteurs colonnes, Rg(A − I

4

)

²

=2 et

Im(f − Id)

²

=Vect((1, 1, 0, 0); (3, 2, − 1, 0)). Ainsi Ker(f − Id)

²

est de dimension 2. e

1

∈ Ker(f − Id)

²

, il en est de même pour e

3

+ e

4

(en effet (f − Id)

²

(e

3

+ e

4

) = 0).

Ces deux vecteurs étant linéairement indépendants, ils forment une base de Ker(f − Id)

²

.

En désignant v

1

= e

1

+ e

2

, v

2

= e

1

− e

3

, v

3

= e

1

et v

4

= e

3

+ e

4

, la famille (v

1

, v

2

, v

3

, v

4

) forme une base de R

⁴

(à vérifier). Ce qui signifie que tout vecteur de R

⁴

s’écrit de manière unique comme combinaison linéaire des vecteurs de la base, c’est à dire comme somme unique d’un élément de Ker(f − Id)

²

et de Ker(f

²

) ; ceci caractérisant le fait que les deux sous-espaces sont supplémentaires,

Ker(f − Id)

²

L

Ker(f

²

) = R

⁴

.

EXERCICE 4 :

• (p + q − q o p) o (p + q − q o p) = . . . = p + q − q o p, ainsi r o r = r et comme r ∈ L (E), on peut affirmer que r est un projecteur.

• Soit x ∈ Ker(p) ∩ Ker(q), on a donc p(x) = q(x) = 0 ce qui implique r(x) = 0 et x ∈ Ker(r). On a donc une première inclusion (Ker(p) ∩ Ker(q)) ⊂ Ker(r) (1).

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x ∈ Ker(r) implique r(x) = 0 ⇔ p(x) + q(x) = q o p(x) ⇔ p o p(x) + p o q(x) = p o q o p(x) ⇔ p(x) = 0 (p o q = 0) De plus q(x) = q o p(x) − p(x) = 0, d’où la deuxième inclusion Ker(r) ⊂ (Ker(p) ∩ Ker(q)) (2).

D’après (1) et (2), on a l’égalité Ker(r)=Ker(p) ∩ Ker(q).

• Soit x ∈ E. r(x) = p(x)+q(x − p(x)), la forme de r(x) (élément de Im(r)) implique qu’il appartient à Im(p)+Im(q), on obtient ainsi : Im(r) ⊂ Im(p)+Im(q) (1).

Soit y ∈ Im(p)+Im(q), il existe alors x

1

et x

2

tels que y = p(x

1

) + q(x

2

). On calcule r(y) et l’on obtient : r(y) = p(x

1

) + q o p(x

1

) − q o p(x

1

) + q(x

2

) ⇔ r(y) = p(x

1

) + q(x

2

) = y.

On obtient donc Im(p)+Im(q) ∈ Im(r) (2).

Par double inclusion, Im(r)= Im(p)+Im(q).

• Soit x ∈ Im(p) ∩ Im(q)alors p(x) = x et q(x) = x. p o q(x) = 0, d’une part et p o q(x) = p(x) = x donc x = 0 et Im(p) ∩ Im(q) est réduit à 0.

Il s’en suit que Im(r)=Im(p) L Im(q).

EXERCICE 5 :

( ⇒ ) Si kerf =Imf alors pour tout x de E, f (f (x)) = 0 car f (x) ∈ Imf qui est inclus dans kerf . De plus, avec le théorème du rang, dim(E)=rg(f )+dim(kerf )=2rg(f ) car dim(kerf )=rg(f ).

( ⇐ ) Si f

²

= 0 et n =2rg(f ) alors pour tout x de E, f (f (x))=0 et f (x) ∈ kerf , or f (x) ∈ Imf d’où Imf ⊂ kerf (1).

Avec le théorème du rang, 2rg(f )=rg(f )+dim(kerf ) ⇔ rg(f )=dim(kerf ). L’inclusion (1) et l’égalité des dimensions implique Imf =kerf .

EXERCICE 6 :

EXERCICE 7 :

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