Exercice 1 Voir si les applications suivantes sont linéaires : f1 : IR2 → IR2, définée parf (x, y) = (x + y, 2x − y),
f2 : IR3 → IR2, définie parf (x, y, z) = (xyz, x, z),
f3 : IR3[X] → IR3, définie parf (P ) = (P (0), P (1), P (−1)),
f4 : IR[X] → IR[X], définie par f (P ) = P − XP0.
Pour celles qui sont linéaires, déterminer leurs noyaux et leurs images et en dé-duire celles qui sont injectives, surjectives, bijectives.
Solution de l’Exercice 1
1. f1est une application linéaire. En effet, soient a = (x, y), b = (x0, y0) deux éléments
de R2et λ ∈ R. On a :
f1(λa + b) = f1((λx + x0, λy + y0))
= ((λx + x0) + (λy + y0), 2(λx + x0) − (λy + y0)) = λ(x + y, 2x − y) + (x0+ y0, 2x0− y0)
= λf (a) + f (b)
On a (x, y) ∈ Ker(f1) si et seulement si (x + y, 2x − y) = (0, 0), c’est-à-dire
x + y = 0, 2x − y = 0,
ce qui est équivalent à x = y = 0. Donc Ker(f1) = {(0, 0)}. Cela montre que f1
est injective. Par conséquence f1est un automorphisme de R2.
2. On a f2 n’est pas une application linéaire. En effet, considérons a = (1, 1, 1) et
b = (1, 0, 0). On a d’une part f2(a + b) = f2((2, 1, 1)) = (2, 2, 1), d’autre part
f2(a) + f2(b) = f2((1, 1, 1)) + f2(1, 0, 0) = (1, 1, 1) + (0, 1, 0) = (1, 2, 1). Donc
f2(a + b) 6= f2(a) + f2(b).
3. f3 est une application linéaire. En effet, soient P, Q deux éléments de R3[X] et
λ ∈ R. On a :
f3(λP + Q) = (λP (0) + Q(0), λP (1) + Q(1), λP (−1) + Q(−1))
= λ(P (0), P (1), P (−1)) + (Q(0), Q(1), Q(−1)) = λf3(P ) + f3(Q).
Voir que P ∈ Ker(f3) si et seulement si f3(P ) = (0, 0, 0), c’est-à-dire (P (0), P (1), P (−1)) =
(0, 0, 0) ce qui est équivalent à P est un multiple de X(X − 1)(X + 1) dans R3[X],
c’est-à-dire
Ker(f3) = {λX(X − 1)(X + 1)\λ ∈ R}
Soit maintenant P (X) = aX3 + bX2 + cX + d un polynôme arbitraire de R3[X]
(où a, b, c et d ∈ R). On a P (0) = d, P (1) = a + b + c + d, P (−1) = −a + b − c + d. (1)
Donc
Im(f3) = {(d, a + b + c + d, −a + b − c + d)\a, b, c, d ∈ R}
= {(a + c)(0, 1, −1) + b(0, 1, 1) + d(1, 1, 1)\a, b, c, d ∈ R} = {a0(0, 1, −1) + b(0, 1, 1) + d(1, 1, 1)\a0, b, d ∈ R} = V ect(u, v, w),
où u = (0, 1, −1), v = (0, 1, 1) et w = (1, 1, 1).
On peut vérifier que (u, v, w) est une famille libre de R3, donc une base de R3. D’où Im(f3) = R3.
Noter qu’on peut voir que Im(f3) = R3 aussi de la manière suivante :
Ker(f3) = {λX(X − 1)(X + 1)\λ ∈ R3}
= V ect(R),
où R(X) = X(X − 1)(X + 1), d’où dimRKer(f3) = 1.
Rappelons que
dimRR3[X] = dimRKer(f3) + dimRIm(f3)
Puisque dimRR3[X] = 4 et dimRKer(f3) = 1, donc dimRIm(f3) = 3 = dimRR 3,
de plus Im(f3) ⊂ R3. D’où Im(f3) = R3.
4. L’application f4 est une application linéaire, de même comme le cas de f3 il suffit
de considérer que f4(λP + Q) = λf4(P ) + f4(Q).
Soit P = anXn+ ... + a0 un polynôme arbitraire de R[X] (où an, ..., a0 ∈ R).
On a P0(X) = nanXn−1+ ... + a1, donc XP0(X) = nanXn+ ... + a1X.
D’où f4(P ) = 0 si et seulement si P (X) = XP0(X) c’est-à-dire
a0 = 0 et kak = ak pour k > 1, si et seulement si a0 = ak = 0 pour k > 2. Donc
P ∈ Ker(f4) si et seulement si P = a1X pour un certain a1 ∈ R.
C’est-à-dire :
Ker(f4) = {λX\λ ∈ R} = V ect(X)
Ainsi f4 n’est pas injective.
On a
Im(f4) = {an(1 − n)Xn+ .... + ak(1 − k)Xk+ ... + a0\a0, a1, ..., an ∈ R}
= V ect(S),
où S = {(1 − r)Xr\r = 1, ..., n}.
Voir que X/∈ Im(f4), donc f4 n’est pas surjective.
Exercice 2 On considère l’application
φ : IR4 → IR4, définie parφ(x, y, z, t) = (x − y + z, x, y, t).
(1) Montrer queφ est un automorphisme de IR4.
(2) SoitF = {(x, y, z, t) ∈ IR4| x + y + z = 0}. Calculer φ(F ).
1. Comme auparavant, on montre que φ est une application linéaire. On a Ker(φ) = {(x, y, z, t)\(x − y + z, x, y, t) = (0, 0, 0, 0)} = {(x, y, z, t)\x − y + z = x = y = t = 0} = {(x, y, z, t)\x = y = z = t = 0} = {(0, 0, 0, 0)}.
Ainsi φ est injective, donc φ est bijective (puisque φ : R4 → R4).
Autrement dit φ est un automorphisme de R4. 2. Soit F = {(x, y, z, t) ∈ R4\x + y + z = 0} = {(x, y, z, t) ∈ R4\z = −x − y} On a φ(F ) = {(x − y + z, x, y, t)\(x, y, z, t) ∈ F } = {(x − y + z, x, y, t)\z = −x − y} = {(−2y, x, y, t)\x, y, t ∈ R} = {y(−2, 0, 1, 0) + x(0, 1, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1)\x, y, t ∈ R} = V ect(u, v, w). où u = (−2, 0, 1, 0), v = (0, 1, 0, 0) et w = (0, 0, 0, 1).
Exercice 3 Soit E = C∞(IR) l’ensemble des applications de IR vers IR dont toutes les dérivéesfn (n ≥ 1) existe. On considère l’application φ : E → E, définie par
φ(f ) = f0.
(1) φ est-il un endomorphisme de E. (2) Déterminer le noyau et l’image deφ. (3) Conclure.
Solution de l’Exercice 3
1. φ est un endomorphisme de E. Il suffit de considérer f, g ∈ C∞(R) et λ ∈ R et voir que φ(λf + g) = (λf + g)0 = λf0+ g0 = λφ(f ) + φ(g).
2. Soit f ∈ C∞(R). Alors,
f ∈ Ker(φ) si et seulement si φ(f ) = 0 c’est-à-dire f0 = 0 donc f est une fonction constante, c’est à dire il existe α ∈ R tel que pour tout x ∈ R, f (x) = α, d’où
Ker(φ) = {f : R → R | f est une constante} Calculons l’image de φ :
Soit g ∈ C∞(R), g ∈ Im(φ) si et seulement si il existe une fonction f de classe C∞(R) telle que φ(f ) = g c’est-à-dire g = f0. Puisque toute fonction de C∞(R) admet une primitive alors
3. φ est surjective mais n’est pas injective et par suite n’est pas bijective. Alors, de façons générale, dans le cas ou l’espace vectoriel avec lequel on travaille n’est pas de dimension fini on peut trouver des endomorphismes surjectifs non bijectifs.
Exercice 4 Considérons l’application linéaire f : IR3 → IR3, dont la matrice
rela-tive à la base canonique deIR3 est
A = −1 2 1 1 4 −2 0 6 −1
Donner une base deker(f ) et une base de im(f ).
Solution de l’Exercice 4 Soit (x, y, z) ∈ R3. On a f (x, y, z) = (0, 0, 0) si et seule-ment si A x y z = 0 0 0 C’est-à-dire −1 2 1 1 4 −2 0 6 −1 x y z = 0 0 0
Cela revient à résoudre le système suivant : −x + 2y + z = 0, x + 4y − 2z = 0 6y − z = 0 La solution de ce système est :
S = {y(8, 1, 6)\y ∈ R} Posons a = (8, 1, 6), alors Ker(f ) = V ect(a).
Une base de Ker(f ) est donc {a}.
On a f (x, y, z) = (−x + 2y + z, x + 4y − 2z, 6y − z), donc
Im(f ) = {(−x + 2y + z, x + 4y − 2z, 6y − z)\x, y, z ∈ R} Im(f ) = {x(−1, 1, 0) + y(2, 4, 6) + z(1, −2, −1)\x, y, z ∈ R}
= V ect(u, v, w)
où u = (−1, 1, 0), v = (2, 4, 6) et w = (1, −2, −1).
Noter qu’on a 8u + v + 6w = 0 donc w = −43 u − 16v, d’où V ect(u, v, w) = V ect(u, v). Ainsi {u, v} est une famille génératrice de Im(f ). On peut voir facilement que {u, v} est aussi libre, donc {u, v} est une base de Im(f ), alors dim(Im(f )) = 2.
Exercice 5 Soit f : IR3 → IR4 l’application définie par f (x, y, z) = (x − y, y −
x, x + z, y + z).
(1) Montrer quef est une application linéaire.
(2) Considérons les bases canoniques(u1, u2, u3) de IR3 et(v1, v2, v3, v4) de IR4
(oùu1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 0, 1) dans IR3 et v1 = (1, 0, 0, 0),
v2 = (0, 1, 0, 0), v3 = (0, 0, 1, 0) et v4 = (0, 0, 0, 1) dans IR4). Ecrire la matrice
def relative a ces bases canoniques.
(3) Montrer que(v1, v2, f (u1), f (u2)) est une base de IR4.
(4) Ecrire la matrice de f relative aux bases (u1, u2, u3) de IR3 et
(v1, v2, f (u1), f (u2)) de IR4. Solution de l’Exercice 5 1. On a f (x, y, z) = (x − y, y − x, x + z, y + z), soient (x, y, z), (x0, y0, z0) ∈ R3 et λ ∈ R f ((x, y, z) + λ(x0, y0, z0)) = (x + λx0− (y + λy0), y + λy0− (x + λx0), x + λx0 +z + λz0, y + λy0+ z + λz0) = (x − y, y − x, x + z, y + z) +λ(x0− y0, y0 − x0, x0+ z0, y0+ z0) = f (x, y, z) + λf (x0, y0, z0) Donc f est une application linéaire.
2. On a
f (u1) = f (1, 0, 0) = (1, −1, 1, 0)
f (u2) = f (0, 1, 0) = (−1, 1, 0, 1)
f (u3) = f (0, 0, 1) = (0, 0, 1, 1)
Donc la matrice de f relativement aux bases canonique est
M = 1 −1 0 −1 1 0 1 0 1 0 1 1 3. Posons w1 = v1, w2 = v2, w3 = f (u1) et w4 = f (u2).
Pour montrer que {wi}1≤i≤4 est une base de R4, il suffit de montrer que c’est une
famille libre (car dimRR4 = 4).
Autrement dit il suffit de montrer que le déterminant suivant 1 0 1 −1 0 1 −1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 est
4. La matrice de f relativement à la base canonique de R3 et à la base {wi}1≤i≤4de R4 est N = 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1
En effet, il suffit de voir que f (u3) = f (u1) + f (u2).
Exercice 6 Soit B = {e1, e2, e3} la base canonique de IR3 etS = {1, 2, 3, 4} la
base canonique deIR4.
On considère l’application linéairef de IR4versIR3définie par :pour tout(x, y, z) ∈ IR4, f (x, y, z, t) = (3x + 6y + 5z + 21t, 2x + 4y + 3z + 13t, x + 2y + z + 5t)
1. Donner la matriceA de f par rapport à B et S. 2. Trouver une base deIm(f ) et le rang de f . 3. En déduiredimKer(f ).
4. CalculerKer(f ).
5. Montrer queV ect(1, 3)L Ker(f ) = IR4.
6. Soit(u, v) une base quelconque de Ker(f ). Montrer que S0 = {1, 3, u, v} est
une base deIR4.
7. Soit w ∈ IR3 tel quew /∈ Im(f ). Montrer que B0 = {f (
1), f (3), w} est une
base deIR3.
8. Déterminer la matriceA0 def par rapport à B0 etS0.
Solution de l’Exercice 6 1. A = 3 6 5 21 2 4 3 13 1 2 1 5 2. A = 3 6 5 21 2 4 3 13 1 2 1 5 L1 ↔ L3 1 2 1 5 2 4 3 13 3 6 5 21 L2 ← L2− 2L1 L3 ← L3− 3L1 1 2 1 5 0 0 1 3 0 0 2 6 L3 ← L3− 2L2 1 2 1 5 0 0 1 3 0 0 0 0
Donc : (f (1), f (3)) = ((3, 2, 1), (5, 3, 1)) est une base de Im(f ) et rg(f )=2.
3. 4 = dimIR4 = rg(f ) + dimKer(f ) = 2 + dimKer(f ) ⇒ dimKer(f ) = 4 − 2 =
2.
4. Méthode 1 :
⇔ (3x + 6y + 5z + 21t, 2x + 4y + 3z + 13t, x + 2y + z + 5t) = (0, 0, 0) ⇔ 3x + 6y + 5z + 21t = 0 2x + 4y + 3z + 13t = 0 x + 2y + z + 5t = 0 ⇔ x + 2y + z + 5t = 0 2z + 6t = 0 z + 3t = 0 ⇔ x + 2y − 3t + 5t = 0 z = −3t ⇔ x + 2y + 2t = 0 z = −3t ⇔ x = −2y − 2t z = −3t
Donc : Ker(f ) = {(−2y − 2t, y, −3t, t)/y, t ∈ R}. Méthode 2 : A = 3 6 5 21 2 4 3 13 1 2 1 5 ∼ 1 2 1 5 0 0 1 3 0 0 0 0 ( d’après la question 2) L1 → L1− 2L2 1 2 0 2 0 0 1 3 0 0 0 0 Donc ∀(x, y, z, t) ∈ IR4 : (x, y, z, t) ∈ Ker(f ) ⇔ 1 2 0 2 0 0 1 3 0 0 0 0 x y z t = 0 0 0 ⇔ x + 2y + 2t z + 3t 0 = 0 0 0 ⇔ x + 2y + 2t = 0 z + 3t = 0 ⇔ x = −2y − 2t z = −3t
Donc : Ker(f ) = {(−2y − 2t, y, −3t, t)/y, t ∈ R}.
5. - ∀a ∈ V ect(1, 3) ∩ Ker(f ) : a ∈ V ect(1, 3) et a ∈ Ker(f )
a ∈ V ect(1, 3) ⇒ ∃α, β ∈ IR / a = α1+ β3 = (α, 0, β, 0),
a ∈ Ker(f ) ⇒ ∃y, t ∈ R/a = (−2y − 2t, y, −3t, t). Donc : (α, 0, β, 0) = (−2y − 2t, y, −3t, t) ⇒ y = t = 0. Par suite on a : a = (0, 0, 0, 0)
D’ou, V ect(1, 3) ∩ Ker(f ) = {(0, 0, 0, 0)}.
- D’autre part, on a dimV ect(1, 3) + dimKer(f ) = 2 + 2 = 4 = dimIR4.
Ce qui montre que V ect(1, 3)L Ker(f ) = IR4.
6. Soit (u, v) une base quelconque de Ker(f ). Montrons que S0 = {1, 3, u, v} est
- ∀α, β, γ, δ ∈ IR tq : α1+ β3+ γu + δv = (0, 0, 0, 0)
α1+ β3+ γu + δv = (0, 0, 0, 0) ⇔ α1+ β3 = −γu − δv
⇒ α1+ β3 = −γu − δv ∈ V ect(1, 3) ∩ Ker(f ) = {(0, 0, 0, 0)}
⇒ α1+ β3 = −γu − δv = (0, 0, 0, 0)
⇒ α = β = γ = δ = 0 ( car 1, 3et u, v sont des systèmes libres de IR4).
Donc : S0 = {1, 3, u, v} est une base de IR4.
- Puisque S0 = {1, 3, u, v} est un système libre de IR4 contenant 4 vecteurs et
puisque dimIR4 = 4 alors : S0 = {1, 3, u, v} est une base de IR4.
7. - ∀α, β, γ ∈ IR tq : αf (1) + βf (3) + γw = (0, 0, 0)
αf (1) + βf (3) + γw = (0, 0, 0) ⇔ f (α1) + f (β3) + γw = (0, 0, 0)
⇔ f (α1+ β3) + γw = (0, 0, 0) ⇒ γw = −f (α1+ β3) = f (−(α1+ β3)) ∈
Im(f ).
Supposons que γ 6= 0 alors : w = γ1f (−(α1+β3)) = f (−1γ(α1+β3)) ∈ Im(f ).
Ce qui est absurde. Donc : γ = 0 .
On a alors : αf (1) + βf (3) = (0, 0, 0) .
Donc : α = β = 0 ( car f (1),f (3) est une base de Im(f ) ).
Par suite on a : α = β = γ = 0 .
Donc : B0 = {f (1), f (3), w} est un système libre de IR3 .
- Puisque B0 = {f (1), f (3), w} est un système libre de IR3 contenant 3 vecteurs
et puisque dimIR3 = 3 alors : B0 = {f (1), f (3), w} est une base de IR3.
8. f (1) = 1f (1) + 0f (3) + 0w
f (3) = 0f (1) + 1f (3) + 0w
f (u) = f (v) = (0, 0, 0) = 0f (1) + 0f (3) + 0w ( car u, v ∈ Ker(f ) ).
On a donc : [f (1)]B0 = 1 0 0 , [f (3)]B0 = 0 1 0 , [f (u)]B0 = [f (v)]B0 = 0 0 0 Ce
qui montre que : A0 = 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 .
Exercice 7 Soit f l’application de IR2[X] dans IR2[X] définie par
f : IR2[X] −→ IR2[X]
P 7−→ P + P0 − (X + 1)2P00
1. Montrer quef est un endomorphisme de IR2[X]
2. Trouver la matriceM de f par rapport à la base canonique B = {1, X, X2}
deIR2[X].
3. TrouverM−1l’inverse deM et déduire f−1la réciproque def . 4. En déduire le polynômeP ∈ IR2[X] tel que P + P
0
− (X + 1)2P00 = 2X2 +
Solution de l’Exercice 7 1. ∀α ∈ IR et ∀P, Q ∈ IR2[X] : f (αP + Q) = αP + Q + (αP + Q)0 − (X + 1)2(αP + Q)00 = αP + Q + (αP )0+ Q0 − (X + 1)2[(αP )00+ Q00] = αP + Q + αP0 + Q0 − (X + 1)2(αP00+ Q00) = αP + Q + αP0 + Q0 − α(X + 1)2P00 − (X + 1)2Q00 = αP + αP0 − α(X + 1)2P00 + Q + Q0 − (X + 1)2Q00 = α[P + P0 − (X + 1)2P00] + Q + Q0− (X + 1)2Q00 = αf (P ) + f (Q) Donc f est un endomorphisme de IR2[X]
2. f (1) = 1 + 10 − (X + 1)2100 = 1 + 0 − (X + 1)20 = 1 f (X) = X + X0 − (X + 1)2X00 = X + 1 − (X + 1)20 = 1 + X f (X2) = X2+ (X2)0 − (X + 1)2(X2)00 = X2+ 2X − (X2+ 2X + 1)2 = X2+ 2X − 2X2− 4X − 2 = −2 − 2X − X2 Donc : M = 1 1 −2 0 1 −2 0 0 −1
3. - Méthode 1 pour calculer M−1:
(M |I3) = 1 1 −2 |1 0 0 0 1 −2 |0 1 0 0 0 −1 |0 0 1 L3 ← −L3 1 1 −2 |1 0 0 0 1 −2 |0 1 0 0 0 1 |0 0 −1 L1 ← L1+ 2L3 L2 ← L2+ 2L3 1 1 0 |1 0 −2 0 1 0 |0 1 −2 0 0 1 |0 0 −1 L1 ← L1−L2 1 0 0 |1 −1 0 0 1 0 |0 1 −2 0 0 1 |0 0 −1 Donc : M−1 = 1 −1 0 0 1 −2 0 0 −1
- Méthode 2 pour calculer M−1:
det(M ) = 1 1 −2 0 1 −2 0 0 −1 = 1 × 1(−1) = −1 ∆1,1 = 1 −2 0 1 = −1, ∆1,2 = − 0 −2 0 −1 = 0, ∆1,3 = 0 1 0 0 = 0 ∆2,1 = − 1 −2 0 −1 = 1, ∆2,2 = 1 −2 0 −1 = −1, ∆2,3 = − 1 1 0 0 = 0 ∆3,1 = 1 −2 1 −2 = 0, ∆3,2 = − 1 −2 0 −2 = 2, ∆3,3 = 1 1 0 1 = 1. Alors M−1 = 1 det(M ) t com(M ) = 1 −1 t −1 0 0 1 −1 0 0 2 1 = − −1 1 0 0 −1 2 0 0 1
Donc : M−1 = 1 −1 0 0 1 −2 0 0 −1 . - ∀P = aX2+ bX + c ∈ IR2[X] : [f−1(P )]B = M(f−1, B)[P ]B = [M(f, B)]−1[P ]B = M−1[P ]B = 1 −1 0 0 1 −2 0 0 −1 c b a = c − b b − 2a −a
Donc : f−1(P ) = −aX2+(b−2a)X +c−b. Ce qui montre que f−1est l’application
linéaire de IR2[X] vers IR2[X] défini par :
f−1 : IR2[X] → IR2[X] P = aX2+ bX + c → f−1(P ) = −aX2+ (b − 2a)X + c − b 4. On sait que P + P0 − (X + 1)P00 = 2X2+ 9X + 12 ⇔ f (P ) = 2X2+ 9X + 12 ⇔ P = f−1(2X2+ 9X + 12) ⇔ P = −2X2+ (9 − 2 × 2)X + 12 − 9 Donc : P = −2X2+ 5X + 3.
Exercice 8 Soient B = {e1, e2, e3} la base canonique de IR3,S = {1, 2, 3, 4} la
base canonique deIR4, 01 = (1, 1, 1, 0), 02 = (0, 0, −3, 1), 03 = (0, 1, 3, −1), et 04 = (2, −2, −3, 1), des vecteurs deIR4 Soient E = {(x + t, x + t, x − 2t, t) / x, t ∈ IR} et F = V ect((0, 1, 3, −1), (2, 0, 3, −1), (2, −2, −3, 1)). 1. Vérifier que(1, 1, −2, 1) = 01+ 02 2. Montrer queS1 = ( 0 1, 0
2) est une base de E. En déduire la dimension de E.
3. Montrer queS2 = (
0
3,
0
4) est une base de F. En déduire la dimension de F.
4. Calculer le déterminent de la matriceA = 1 0 0 2 1 0 1 −2 1 −3 3 −3 0 1 −1 1 .
(a) En déduire queS0 = (01, 02, 03, 04) est une base de R4et queE ⊕ F = R4.
(b) En déduire queA est inversible et calculer son inverse.
(c) En déduire les composantes d’un vecteur(a, b, c, d) ∈ R4dans la nouvelle baseS0.
5. Soitf l’application de IR4 versIR3définie par :∀(x, y, z, t) ∈ IR4,
f (x, y, z, t) = (2x + 4y + 3z + 13t, 3x + 6y + 5z + 21t, x + 2y + z + 5t) (a) Donner M (f, B, S) la matrice de f par rapport aux bases canoniques B
(b) Montrer que{f (1), f (3)} est une base de Im(f ) et donner rg(f ).
(c) En déduiredimKer(f ). .
6. Vérifier que03, 04 ∈ Ker(f ). 7. En déduire queKer(f ) = F .
8. En déduire que{f (01), f (02)} forme une base de Im(f ).
Solution de l’Exercice 8 Soient 01 = (1, 1, 1, 0), 02 = (0, 0, −3, 1), 03 = (0, 1, 3, −1) et 04 = (2, −2, −3, 1) E = {(x + t, x + t, x − 2t, t)/x, t ∈ R} 1. 01 + 02 = (1, 1, 1, 0) + (0, 0, −3, 1) = (1, 1, −2, 1). 2. On a E = {(x + t, x + t, x − 2t, t)/t ∈ R} = {x(1, 1, 1, 0) + t(1, 1, −2, 1)/x, t ∈ R} = vect( 0 1, (1, 1, −2, 1)).
Or d’après la question 1 on a (1, 1, −2, 1) = 01+ 02, donc
E = vect(01, 01+ 02) = vect(10, 02), alors (01, 02) est un système générateur de E reste à vérifier qu’il est libre : Soient α ∈ R tel que α01 =
0 2 alors on obtient α = 1 α = 1 α = −2 0 = 1.
Ce qu’est absurde donc la famille (01, 02) est une famille libre de plus génératrice de E alors (01, 02) est une base de E, et dim(E) = card(01, 02) = 2.
3. On a F = vect(03, (2, 0, 3, −1), 04) et on a de plus (2, 0, 3, 1) = 04 − 203 donc F = vect(03, 04).
De même façon on montre que (03, 04) est libre, donc (03, 04) est une base de F .
4. det(A) = 1 0 0 2 1 0 1 −2 1 −3 3 −3 0 1 −1 1 =L2→L2−L1 L3→L3−L1= 1 0 0 2 0 0 1 −4 0 −3 3 −5 0 1 −1 1 = 0 1 −4 −3 3 −5 1 −1 1 = −2.
a) On a les colonnes de la matrice A sont exactement les vecteurs 01, 02, 03, 04 or puisque det(A) 6= 0 alors (01, 02, 03, 04) est une famille libre de R4 de plus card(01, 02, 03, 04) = dim(R4), d’où (0
1, 0 2, 0 3, 0
4) est une base de R4, donc R4 =
E ⊕ F.
b) On a det(A) 6= 0 donc A est inversible. Le calcul de A−1par la méthode de Gauss
(A|I3) = 1 0 0 2 | 1 0 0 0 1 0 1 −2 | 0 1 0 0 1 −3 3 −3 | 0 0 1 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 L2 ↔ L4 (A|I3) ∼ 1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 1 −3 3 −3 | 0 0 1 0 1 0 1 −2 | 0 1 0 0 L2 ↔ L4 (A|I3) ∼ 1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 −3 3 −5 | −1 0 1 0 0 0 1 −4 | −1 1 0 0 L3 → L3− L1 L4 → L4− L1 (A|I3) ∼ 1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 0 0 −2 | −1 0 1 3 0 0 1 −4 | −1 1 0 0 L3 → L3+ 3L2 (A|I3) ∼ 1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 0 1 −4 | −1 1 0 0 0 0 0 −2 | −1 0 1 3 L3 ↔ L4 (A|I3) ∼ 1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 0 1 −4 | −1 1 0 0 0 0 0 1 | 1 2 0 − 1 2 − 3 2 L4 → −12 L4 (A|I3) ∼ 1 0 0 0 | 0 0 1 3 0 1 0 0 | 1 2 1 −3 2 −7 2 0 0 1 0 | 1 1 −2 −6 0 0 0 1 | 12 0 −12 −3 2 L4 → −12 L4 D’où A−1 = 0 0 1 3 1 2 1 −3 2 −7 2 1 1 −2 −6 1 2 0 − 1 2 − 3 2 .
c) Soient X = (a, b, c, d) ∈ IR4 et α, β, γ et λ ∈ IR tels que X = α01 + β02 + γ03+ γ04. Alors, on cherche à calculer α, β, γ et λ en fonction de a, b, c et d. On a
(a, b, c, d) = α01+ β02 + γ03+ λ04 ⇔ a = α + 2λ b = α + γ − 2λ c = α − 3β + 3γ − 3λ d = β − γ + λ ⇔ a b c d = A α β γ λ ⇔ α β γ λ = A−1 a b c d ⇔ α β γ λ = c + 3d 1 2a + b − 3 2c − 7 2d a + b − 2c − 6d 1 2a − 1 2c − 3 2d 5. a) A = 2 4 3 13 3 6 5 21 1 2 1 5 b) A = 2 4 3 13 3 6 5 21 1 2 1 5 L1 ↔ L3 1 2 1 5 3 6 5 21 2 4 3 13 L2 ← L2 − 3L1 L3 ← L3 − 2L1 1 2 1 5 0 0 2 6 0 0 1 3 L3 ← L2− 2L3 1 2 1 5 0 0 2 6 0 0 0 0
Donc : {f (1), f (3)} est une base de Im(f ) et rg(f ) = 2 .
c) 4 = dimIR4 = rg(f ) + dimKer(f ) = 2 + dimKer(f ) ⇒ dimKer(f ) =
4 − 2 = 2.
6. f (03) = f ((0, 1, 3, −1)) = (4 + 9 − 13, 6 + 15 − 21, 2 + 3 − 5) = (0, 0, 0)
f (04) = f ((2, −2, −3, 1)) = (4−8−9+13, 6−12−15+21, 2−4−3+5) = (0, 0, 0). Alors : 03, 04 ∈ Ker(f ) ⇒ F = V ect(03, 04) ⊂ Ker(f ).
7. 03, 04 ∈ Ker(f ) ⇒ F = V ect(03, 04) ⊂ Ker(f )
F ⊂ Ker(f )
dimF = dimKer(f ) = 2 ⇒ F = Ker(f )
8. On sait que
∀b ∈ Im(f ) : ∃a ∈ IR4 tq: b = f (a)
a ∈ IR4 ⇒ ∃α, β, γ, δ ∈ IR tq : a = α0 1+ β 0 2+ γ 0 3+ δ 0 4 Alors: b = f (α01+ β02+ γ03+ δ04) = αf (01) + βf (02) + γf (03) + δf (04) = αf (01) + βf (02).
Donc : {f (01), f (02)} est un système générateur de Im(f ) . Ce qui montre que {f (01), f (02)} est une base de Im(f ) ( car dimIm(f)= rg(f)= 2 ) .
Exercice 9 Soit f l’endomorphisme de IR3définie par :
∀(x, y, z) ∈ IR3, f (x, y, z) = (3x − 2y − 2z, 5x − 3y − 4z, x − y).
1. Donner la matriceA de f par rapport à B = (e1, e2, e3) la base canonique de
IR3.
2. Déterminer Ker(f ), une base de Ker(f ) et la dimension de Ker(f ). En dé-duire le rang def .
3. Déterminer une base deIm(f ).
4. Soient e01 = (0, 1, 1), e02 = (1, 1, 0), e03 = (2, 2, 1) et P = 0 1 2 1 1 2 1 0 1 la
ma-trice des colonnese01, e02, e03. Montrer queP est inversible est calculer P−1son inverse.
5. En déduire queB0 = (e01, e02, e03) est une base de IR3.
6. En remarquant queP est la matrice de passage de la base canonique B à la baseB0, déterminer la matriceA0 def par rapport à la base B0.
Solution de l’Exercice 9 1. A = 3 −2 −2 5 −3 −4 1 −1 0 2. Méthode 1 : ∀(x, y, z) ∈ IR3 : (x, y, z) ∈ Ker(f ) ⇔ f (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇔ 3x − 2y − 2z = 0 5x − 3y − 4z = 0 x − y = 0 ⇔ x = y x − 2z = 0 2x − 4z = 0 ⇔ x = y = 2z Donc : Ker(f ) = {(2z, 2z, z)/z ∈ R}.
Puisque Ker(f ) = {z(2, 2, 1)/z ∈ R} = V ect((2, 2, 1)) est une base de ker(f ). 3 = dimIR3 = rg(f ) + dimKer(f ) = rg(f ) + 1 ⇒ rg(f ) = 3 − 1 = 2. Méthode 2 : A = 3 −2 −2 5 −3 −4 1 −1 0 L1 ↔ L3 1 −1 0 5 −3 −4 3 −2 −2 L2 → L2− 5L1 L3 → L3− 3L1 1 −1 0 0 2 −4 0 1 −2 L2 → L2− L3 1 −1 0 0 1 −2 0 1 −2 L3 → L3− L2 1 −1 0 0 1 −2 0 0 0
L1 → L1+ L2 1 0 −2 0 1 −2 0 0 0 . ∀a = (x, y, z) ∈ IR3 : a ∈ Ker(f ) ⇔ x − 2z = 0 y − 2z = 0 ⇔ x = 2z y = 2z Donc : Ker(f ) = {(2z, 2z, z)/z ∈ R}.
Puisque Ker(f ) = {z(2, 2, 1)/z ∈ R} = V ect((2, 2, 1)) est une base de ker(f ). 3 = dimIR3 = rg(f ) + dimKer(f ) = rg(f ) + 1 ⇒ rg(f ) = 3 − 1 = 2. 3. A = 3 −2 −2 5 −3 −4 1 −1 0 L1 ↔ L3 1 −1 0 5 −3 −4 3 −2 −2 L2 → L2 − 5L1 L3 → L3 − 3L1 1 −1 0 0 2 −4 0 1 −2 L2 → L2− L3 1 −1 0 0 1 −2 0 1 −2 L3 → L3− L2 1 −1 0 0 1 −2 0 0 0
Donc ((3,5,1),(-2,-3,-1)) est une base de Im(f ). 4. Méthode 1 : (P |I3) = 0 1 2| 1 0 0 1 1 2| 0 1 0 1 0 1| 0 0 1 L1 ↔ L3 1 0 1| 0 0 1 1 1 2| 0 1 0 0 1 2| 1 0 0 L2 → L2− L1 1 0 1| 0 0 1 0 1 1| 0 1 −1 0 1 2| 1 0 0 L3 → L3− L2 1 0 1| 0 0 1 0 1 1| 0 1 −1 0 0 1| 1 −1 1 L1 → L1− L3 L2 → L2− 3L3 1 0 0| −1 1 0 0 1 0| −1 2 −2 0 0 1| 1 −1 1
Donc P est inversible et P−1 = −1 1 0 −1 2 −2 1 −1 1 -Méthode 2 : det(P ) = 0 1 2 1 1 2 1 0 1 = 0 1 2 0 1 1 1 0 1 = 1 2 1 1
= −1 6= 0. Donc P est inversible.
∆1,1 = 1 2 0 1 = 1, ∆1,2 = − 1 2 1 1 = 1, ∆1,3 = 1 1 1 0 = −1 ∆2,1 = − 1 2 0 1 = −1, ∆2,2 = 0 2 1 −1 = −2, ∆2,3 = − 0 1 1 0 = 1 ∆3,1 = 1 2 1 2 = 0, ∆3,2 = − 0 2 1 2 = 2, ∆3,3 = 0 1 1 1 = −1. Alors P−1 = 1 det(P ) t com(P ) = 1 −1 t 1 1 −1 −1 −2 1 0 2 −1 = − 1 −1 0 1 −2 2 −1 1 −1
Donc : P−1 = −1 1 0 −1 2 −2 1 −1 1 .
5. Puisque (e01, e02, e03) sont les colonnes de P et puisque P est inversible alors B0 = (e01, e02, e03) est une base de IR3.
6. Méthode 1 : A0 = P−1AP = P−1 3 −2 −2 5 −3 −4 1 −1 0 0 1 2 1 1 2 1 0 1 = −1 1 0 −1 2 −2 1 −1 1 −4 1 0 −7 2 0 −1 0 0 = −3 1 0 −8 3 0 2 −1 0 . -Méthode 2 : A0 = P−1AP = −1 1 0 −1 2 −2 1 −1 1 3 −2 −2 5 −3 −4 1 −1 0 P = 2 −1 −2 5 −2 −6 −1 0 2 0 1 2 1 1 2 1 0 1 = −3 1 0 −8 3 0 2 −1 0 .
