D. Broizat • S. Passerat • E. Tournesac · MATHS D. Broizat • S. Passerat • E. Tournesac...

D. Broizat • S. Passerat • E. Tournesac

MATHSTSI 2e année

VUIBERT

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Cours complet

Rigoureusement conforme aux nouveaux programmes, il contient tous les outils pour acquérirles connaissances et les savoir-faire indispensables.

Fiches de synthèse

Pour une révision efficace avant les khôlles ou les épreuves, l’essentiel du cours est présentéde manière synthétique sous forme de fiches de révision.

Vrai/faux

Première étape vers l’entraînement, des vrais/faux sont proposés pour permettre de testerrapidement la compréhension du cours.

Exercices guidés

Ces exercices, de difficulté croissante, fournissent de nombreux conseils visant à vous aider àdémarrer dans la résolution de l’exercice. Ils sont assortis d’un corrigé détaillé.

Exercices d’approfondissement corrigés.

Pour se mettre en situation d’épreuves, de nombreux exercices vous sont proposés. Chacun àun niveau de difficulté clairement identifié : •, •• ou •••. Tous ces exercices sont intégralementcorrigés.

Sujets de concours

Pour se mettre en situation d’épreuve, une sélection d’exercices extraits de sujets de concoursvous est proposée. Tous ces exercices sont intégralement corrigés.

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Table des matières

Chapitre 1. Compléments d’algèbre linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1. Compléments sur les matrices 5 – 2. Familles quelconques de vecteurs 8 – 3. Complémentssur les sous-espaces vectoriels 13 – 4. Compléments sur les applications linéaires 15 – Synthèseet méthodes 19 – Exercices 21 – Corrigés 25

Chapitre 2. Déterminants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1. Déterminant d’une matrice carrée 33 – 2. Calcul de déterminant 36 – 3. Déterminant d’unefamille de vecteurs ou d’un endomorphisme 42 – Synthèse et méthodes 47 – Exercices 49 –Corrigés 53

Chapitre 3. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1. Éléments propres d’un endomorphisme ou d’une matrice 59 – 2. Polynôme caractéristique 64– 3. Matrice ou endomorphisme diagonalisable 67 – 4. Matrice ou endomorphisme trigona-lisable 74 – 5. Applications de la réduction 77 – Synthèse et méthodes 82 – Exercices 84 –Corrigés 88

Chapitre 4. Intégration sur un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

1. Extension de la notion d’intégrale 97 – 2. Propriétés de l’intégrale 101 – 3. Calcul d’uneintégrale 103 – Synthèse et méthodes 109 – Exercices 111 – Corrigés 115

Chapitre 5. Intégration sur un intervalle quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

1. Intégrales impropres des fonctions continues 127 – 2. Méthodes pour étudier la nature d’uneintégrale impropre 134 – 3. Intégration par parties et changement de variable généralisé 141 –4. Fonctions intégrables 144 – Synthèse et méthodes 147 – Exercices 149 – Corrigés 153

Chapitre 6. Séries numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

1. Généralités 163 – 2. Méthodes pour étudier la nature d’une série 169 – 3. Comparaison série-intégrale 176 – 4. Développement décimal d’un nombre réel 179 – Synthèse et méthodes 184– Exercices 186 – Corrigés 190

Chapitre 7. Séries entières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

1. Généralités 201 – 2. Propriétés de la somme d’une série entière réelle 207 – 3. Fonctionsdéveloppables en série entière 211 – 4. Fonction exponentielle complexe 220 – Synthèse etméthodes 222 – Exercices 224 – Corrigés 229

Chapitre 8. Équations différentielles linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

1. Généralités sur les équations différentielles linéaires 243 – 2. Systèmes différentiels linéaireshomogènes à coefficients constants 245 – 3. Équations différentielles linéaires d’ordre 2 253 –Synthèse et méthodes 260 – Exercices 262 – Corrigés 267

2

Table des matières

Chapitre 9. Fonctions vectorielles et courbes paramétrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

1. Introduction aux fonctions vectorielles 279 – 2. Courbes définies par une représentationparamétrique 284 – Synthèse et méthodes 296 – Exercices 298 – Corrigés 301

Chapitre 10. Espaces préhilbertiens réels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311

1. Produit scalaire 311 – 2. Orthogonalité 318 – 3. Projection orthogonale 323 – Synthèse etméthodes 329 – Exercices 331 – Corrigés 335

Chapitre 11. Isométries d’un espace euclidien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343

1. Isométries 343 – 2. Matrices orthogonales 346 – 3. Description du groupe orthogonal endimension 2 et 3 350 – 4. Matrices symétriques 358 – Synthèse et méthodes 360 – Exercices 362– Corrigés 366

Chapitre 12. Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375

1. Coefficients et sommes de Fourier d’une fonction périodique 375 – 2. Formule de Parseval 383– 3. Convergence de la série de Fourier 385 – Synthèse et méthodes 388 – Exercices 390 –Corrigés 394

Chapitre 13. Fonctions de plusieurs variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403

1. Introduction à la topologie de Rn (n ¶ 3) 403 – 2. Limite, continuité 406 – 3. Calcul diffé-rentiel 408 – 4. Équations aux dérivées partielles 414 – 5. Extremums d’une fonction de deuxvariables 417 – 6. Applications géométriques 420 – Synthèse et méthodes 425 – Exercices 427– Corrigés 431

Chapitre 14. Probabilités sur un univers dénombrable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439

1. Rappels de vocabulaire 439 – 2. Espaces probabilisés 442 – 3. Probabilité conditionnelle 445 –4. Indépendance d’événements 447 – Synthèse et méthodes 450 – Exercices 452 – Corrigés 456

Chapitre 15. Variables aléatoires réelles discrètes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465

1. Généralités sur les variables aléatoires discrètes 465 – 2. Lois discrètes infinies usuelles 476 –Synthèse et méthodes 481 – Exercices 483 – Corrigés 487

Chapitre 16. Couples et vecteurs de variables aléatoires réelles finies . . . . . . . . . . . . . . . 497

1. Généralités sur les couples et vecteurs de variables aléatoires réelles finies 497 – 2. Indépen-dance de variables aléatoires réelles finies 504 – 3. Somme et produit de deux variables aléatoiresréelles finies 506 – Synthèse et méthodes 511 – Exercices 513 – Corrigés 517

3

COURS

1Chapitre

Complémentsd’algèbre linéaire

Objectif

Dans ce chapitre nous allons compléter les connaissances de première année sur : lesespaces vectoriels, les applications linéaires et les matrices. Pour le cours théorique, voustrouverez dans ce chapitre uniquement les résultats propres à la TSI 2 (à quelques rappelsprès). Cependant, les exercices de ce chapitre utiliseront des connaissances de TSI 1 et TSI2, ils vous permettront donc de faire le point sur vos acquis de première année.

Notation

Dans tout ce chapitre,K désigne le corps des scalaires et il sera égal àR ouC. E désigne unK-espace vectoriel.

1. Compléments sur les matrices

1.1. Trace d’une matrice

Définition 1.1. Trace d’une matrice

Soit A ∈ Mn (K) (n ∈ N∗) une matrice carrée. On appelle trace de A, et on note tr(A), lescalaire égal à la somme des éléments diagonaux de A :

tr(A) =n∑

i=1

ai i .

Exemples

• Soit A =

2 −1 3−1 1 00 1 0

. Alors, on a tr(A) = 2+1+0= 3.

• Soit n ∈N∗, tr(In ) = n .

5

Maths TSI - 2e année

Propriété 1.1.

Soient A et B deux matrices deMn (K) et λ ∈K. Alors :

tr(λA+B ) =λ tr(A) + tr(B ) et tr(AB ) = tr(B A).

Remarque

La deuxième égalité vient du fait que, même si AB 6= B A en général, AB et B A ont les mêmeséléments diagonaux.

Propriété 1.2.

Deux matrices semblables ont la même trace.

Démonstration

Soient A et B deux matrices deMn (K) semblables.

Par définition du mot « semblable », on sait qu’il existe une matrice P ∈Mn (K) inversibleet telle que A = P B P −1. On a donc :

tr(A) = tr�

P × (B P −1)�

= tr�

(B P −1)×P�

= tr(B In ) = tr(B ).

On a bien montré que tr(A) = tr(B ).

Corollaire 1.3.

On suppose que E est de dimension finie. SoientB etB ′ deux bases de E et f un endo-morphisme de E .

Alors, tr(MatB ( f )) = tr(MatB ′ ( f )).

Remarque

La démonstration découle directement de la propriété 1.2 car les deux matrices sont sem-blables.

Définition 1.2. Trace d’un endomorphisme

On suppose que E est de dimension finie. Soit f un endomorphisme de E .

On appelle trace de f , et on note tr( f ), la trace de la matrice de f dans n’importe quellebase de E .

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Chapitre 1 – Compléments d’algèbre linéaire

COURS1.2. Transposée d’une matrice

Définition 1.3.

Soit A = (ai , j ) ∈Mn ,p (K). On appelle transposée de A et on note AT la matrice deMp ,n (K)définie par AT = (a j ,i )1¶ j¶p ,1¶i¶n .

Conseils méthodologiques

Pour trouver la transposée d’une matrice on « échange les lignes et les colonnes » de lamatrice donnée.

Exemples

• Soit A =

�

1 2 −1 −23 −1 2 1

�

, on a : AT =

1 32 −1−1 2−2 1

.

• Soit B =

2 −1 3−1 1 00 1 01 2 −1

, on a : B T =

2 −1 0 1−1 1 1 23 0 0 −1

.

• Soit C =

0 2 −12 1 −2−1 −2 3

, on a : C T =

0 2 −12 1 −2−1 −2 3

=C .

Définition 1.4.

Soit A ∈Mn (K).• Lorsque AT = A, on dit que A est une matrice symétrique.• Lorsque AT =−A, on dit que A est une matrice antisymétrique.

Remarque

La matrice C de l’exemple précédent est une matrice symétrique.

Propriété 1.4.

• ∀(A, B ) ∈Mn ,p (K)2 et ∀λ ∈K, (λA+B )T =λAT +B T .• ∀A ∈Mn ,p (K) et ∀B ∈Mp ,k (K), (AB )T = B T ×AT .• Si A ∈Mn (K) et est inversible alors AT est inversible et (AT )−1 = (A−1)T .• ∀A ∈Mn (K), tr(AT ) = tr(A).

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Remarque

Il est très facile de démontrer les deux derniers points de la propriété :

• si A est inversible : AT × (A−1)T = (A−1×A)T = I Tn = In .

Donc (A−1)T est bien l’inverse de AT .• la transposée de A possède les mêmes éléments diagonaux que A donc tr(AT ) = tr(A).

2. Familles quelconques de vecteurs

Dans cette partie nous allons généraliser au cas des familles infinies plusieurs notions vues enTSI 1 sur les familles finies de vecteurs.

Dans toute cette partie, I désigne une partie de N (finie ou non).

2.1. Combinaisons linéaires, sous-espace engendré

Définition 1.5.

Soient (#»u i )i∈I une famille (finie ou non) de vecteurs de E et #»v un vecteur de E . On dit que#»v est une combinaison linéaire de la famille (#»u i )i ∈I s’il existe une partie finie J de I etune famille (λ j ) j∈J d’éléments deK tels que :

#»v =∑

j∈J

λ j#»u j .

Remarque

La notion de somme infinie repose sur la notion de limite qu’on ne peut pas définir danstous les espaces vectoriels. C’est pourquoi on ne manipulera que des sommes finies ici.

Exemple

Soit (#»u n )n∈N une famille de vecteurs d’un espace vectoriel E .#»u 1 +

#»u 10 +#»u 20 est une combinaison linéaire de la famille (#»u n )n∈N et, pour tout N ∈ N,

N∑

k=0

(−1)k #»u k est une autre combinaison linéaire de la famille (#»u n )n∈N.

Définition 1.6.

Soit (#»u i )i∈I une famille (finie ou non) de vecteurs de E . L’ensemble de toutes les combi-naisons linéaires possibles de cette famille est un sous-ensemble de E appelé sous-espaceengendré par la famille (#»u i )i ∈I et noté Vect(#»u i )i∈I .

De plus, Vect(#»u i )i∈I est un sous-espace vectoriel de E .

8


COURSExemple

K[X ] =Vect(1, X , . . . , X k , . . .) =Vect(X n )n∈N.

2.2. Familles génératrices

Définition 1.7.

Soit (#»u i )i∈I une famille (finie ou non) de vecteurs de E .

On dit que la famille (#»u i )i∈I est génératrice de E , ou encore engendre E si, et seulementsi, on a E =Vect(#»u i )i∈I .

Exemples

• Considérons l’ensemble E =

��

x 2x − yy x +2y

�

/(x , y ) ∈R2

�

. On a :

E =

��

x 2x0 x

�

+

�

0 −yy 2y

�

/(x , y ) ∈R2

�

=

�

x

�

1 20 1

�

+ y

�

0 −11 2

�

/(x , y ) ∈R2

�

=Vect

��

1 20 1

�

,

�

0 −11 2

��

.

Ainsi, la famille

��

1 20 1

�

,

�

0 −11 2

��

est une famille génératrice de E .

• Soit n ∈Nfixé. On aKn [X ] = {a0+a1X+. . .+an X n/(a0, . . . , an ) ∈Kn+1}=Vect(1, X , . . . , X n ).Donc la famille (1, X , ..., X n ) est une famille génératrice deKn [X ].

• La famille infinie (X n )n∈N est une famille génératrice deK[X ].

Propriété 1.5.

SiF est une famille génératrice de E alors :

• pour tout #»u ∈ E , (F , #»u ) est aussi une famille génératrice de E ;• si on change l’ordre des vecteurs de la famille F alors la famille reste une famille

génératrice de E ;• si on multiplie un ou plusieurs vecteurs deF par un scalaire non nul alors la nouvelle

famille est aussi génératrice de E .

9


Exemple

Vect((1, 1), (1, 2), (3, 1), (3, 3)) =Vect((1, 1), (1, 2), (3, 1), (1, 1)) on multiplie le dernier vecteur par1

3=Vect((1, 1), (1, 2), (3, 1)) inutile de garder deux fois le même vecteur

=Vect((1, 1), (3, 1), (1, 2)) modification de l’ordre

=Vect((1, 1), (3, 1), (1, 2), (4, 2)) on peut ajouter dans la famille

n’importe quel vecteur combinaison linéaire des autres.

2.3. Familles libres

Définition 1.8.

• Une famille finie (# »u1, ..., # »up ) de vecteurs de E est dite libre si, et seulement si, pourtout p -uplet (λ1, ...,λp ) ∈Kp on a :

p∑

i=1

λi#»ui =

#»0 E ⇐⇒ λ1 = ...=λp = 0.

• Une famille infinie (#»ui )i∈I de vecteurs de E est dite libre si, et seulement si, toutesous-famille finie est libre.

• Une famille qui n’est pas libre est dite liée.

Remarques

• La notion de famille finie libre a été largement traitée en TSI 1, nous ne reviendronsdonc pas sur ce point.

• Une famille (finie ou non) de vecteurs est donc liée si, et seulement si, un des vecteursde la famille est une combinaison linéaire des autres.

Exemple

On considère E l’espace vectoriel des fonctions deR dans R. Pour tout a ∈R, on note fa lafonction définie surR par fa (x ) = |x −a |. On souhaite montrer que la famille infinie ( fa )a∈Rest libre.

Il nous faut donc montrer que toute sous-famille finie est libre.

On considère a1, . . . , an , n réels distincts. On cherche tous les réels λ1, . . . , λn tels que :

λ1 fa1+ . . .+λn fan

= 0 ⇔∀x ∈R, λ1 fa1(x ) + . . .+λn fan

(x ) = 0

⇔∀x ∈R, λ1|x −a1|+ . . .+λn |x −an |= 0.

Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe i ∈ {1, . . . , n} tel que λi 6= 0.

Alors la fonction λ1 fa1+ . . .+λn fan

n’est pas dérivable en ai (car la fonction x → |x −ai |n’est pas dérivable en ai ). Or, cette fonction doit être égale à la fonction nulle qui, elle, estdérivable sur R, donc nous aboutissons à une absurdité.

10


COURSAinsi, tous les scalaires λ1, . . . , λn sont nuls, ce qui signifie que la famille ( fa1

, . . . , fan) est

libre. En conclusion la famille ( fa )a∈R est libre.

Remarque

La plupart des propriétés vues sur les familles libres finies peut s’étendre au cas des famillesinfinies. En voici quelques-unes.

Propriété 1.6.

Soit E un espace vectoriel.

• Si on change l’ordre des vecteurs d’une famille libre (respectivement liée), on obtientencore une famille libre (respectivement liée).

• Une famille contenant le vecteur nul est nécessairement liée.• Toute famille contenant plusieurs fois le même vecteur est liée.• Toute sous-famille d’une famille libre est encore libre.• SoitF une famille libre de E et #»u un vecteur de E .

La famille (F , #»u ) est liée si, et seulement si, #»u est combinaison linéaire de la familleF .

Rappel (Cas particuliers)

• Une famille contenant un seul vecteur est libre si, et seulement si, le vecteur est nonnul.

• Une famille contenant deux vecteurs est libre si, et seulement si, les deux vecteurs nesont pas proportionnels (on dit aussi colinéaires).

• Une famille contenant 3 vecteurs est libre si, et seulement si, les vecteurs ne sont pascoplanaires.

Propriété 1.7. Famille de polynômes échelonnée en degré

Soit (Pk )k∈N, une famille de polynômes non nuls tels que :

∀k ∈N, deg(Pk )< deg(Pk+1) (échelonnée en degrés).

Alors cette famille est libre.

Exemple

Vous pouvez affirmer, sans démonstration, que la famille (1, X 5+2X 3, X 2+1, X 4) est librecar, en la réordonnant, on peut obtenir une famille de polynômes échelonnée en degrés.

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2.4. Bases

Définition 1.9.

On appelle base de E toute famille à la fois libre et génératrice de E .

Conséquence 1.8.

La famille (#»ui )i∈I est une base de E si, et seulement si, tout vecteur de E peut s’écrire, demanière unique, comme une combinaison linéaire de la famille (#»ui )i∈I . Les coefficients decette combinaison linéaire s’appellent les coordonnées du vecteur dans la base (#»ui )i∈I .

Remarque

Dans certains des espaces vectoriels classiques certaines bases « apparaissent comme desévidences ». Ces bases s’appellent des bases canoniques et elles sont à connaître par cœur.

Théorème 1.9. Bases canoniques

• Soit n ∈N∗. Pour tout i ∈ {1, . . . , n}, on pose ei = (0, ..., 0 , 1 ,︸︷︷︸

i ème place

0, ..., 0).

La famille (e1, . . . , en ) est une base deKn .• Soient (n , p ) ∈ (N∗)2. Pour tout i ∈ {1, . . . , n} et j ∈ {1, . . . , p}, on note Ei j la matrice deMn ,p (K) dont tous les coefficients sont nuls sauf le coefficient situé à la i ème ligne et àla j ème colonne qui vaut 1.La famille (E11, E12, . . . , E1p , E21, . . . , E2p , . . . , En1, . . . , Enp ) est une base deMn ,p (K).

• Soit n ∈N∗. Pour tout i ∈ {0, . . . , n}, on pose Pi (X ) = X i .La famille (P0, P1, . . . , Pn ) est une base deKn [X ].

• La famille infinie (Pk )k∈N est une base deK[X ].Ces familles s’appellent les bases canoniques des espaces considérés.

Propriété 1.10. Bases de polynômes

Soit (Pk )k∈N une famille de polynômes non nuls tels que ∀k ∈N, deg(Pk ) = k .

Alors (Pk )k∈N est une base deK[X ].

Exemple

La famille ((X −2)k )k∈N est une base deK[X ].

Remarque

Les notions d’espace vectoriel de dimension finie et de dimension d’un espace vectorielont été entièrement traitées en première année.

12


COURS3. Compléments sur les sous-espaces vectoriels

3.1. Somme de p sous-espaces vectoriels

En première année, nous avons défini la somme de deux sous-espaces vectoriels ainsi que lasomme directe de deux sous-espaces vectoriels. L’objectif de cette partie est de généraliser cesdeux notions à des sommes de p sous-espaces vectoriels.

Définition 1.10.

Soient F1, . . . , Fp des sous-espaces vectoriels de E .

On appelle somme des sous-espaces (F1, . . . , Fp ) le sous-espace vectoriel :

F =p∑

i=1

Fi = F1+ . . .+ Fp =¦

#»

f 1+ . . .+#»

f p/∀i ∈ ¹1; pº,#»

f i ∈ Fi

©

.

Définition 1.11.

On dit que la somme F = F1 + . . .+ Fp est directe si tout vecteur de F se décompose demanière unique comme somme de vecteurs de (Fi )i=1,...,n .

On notera alors F =p⊕

i=1

Fi = F1⊕ . . .⊕ Fp .

Propriété 1.11. Caractérisation par l’unicité de la décomposition du vecteur nul

La somme F = F1+ . . .+ Fp est directe si, et seulement si, pour#»

f 1 ∈ F1,#»

f 2 ∈ F2, . . . ,#»

f p ∈ Fp

on a :#»

f 1+ . . .+#»

f p =#»0 ⇐⇒

#»

f 1 =#»

f 2 = . . .=#»

f p =#»0 .

Exemple

On se place dans l’espace vectoriel R[X ] et on fixe p ∈N∗.Pour tout entier k ∈ ¹1; pº, on pose Fk =Vect(X k (X −1)).Montrons que les sous-espaces vectoriels F1, F2, . . . , Fp sont en somme directe.

On cherche tous les polynômes R1, . . . , Rp appartenant respectivement à F1, . . . , Fp tels que :

R1+ . . .+Rp = 0.

Comme Rk ∈ Fk =Vect(X k (X −1)), on sait qu’il existe un réel ak tel que Rk = ak X k (X −1).On a donc :

R1+ . . .+Rp = 0⇔ a1X (X −1) +a2X 2(X −1) + . . .+ap X p (X −1) = 0

⇔ (X −1)(a1X +a2X 2+ . . .+ap X p ) = 0

⇔ a1X +a2X 2+ . . .+ap X p = 0 car X −1 n’est pas le polynôme nul

⇔ a1 = a2 = . . .= ap = 0⇔R1 = . . .=Rp = 0.

13


Donc on a montré que R1+ . . .+Rp = 0⇔R1 = . . .=Rp = 0.

Cela signifie que la décomposition du polynôme nul sur la somme F1+ . . .+ Fp est uniqueet donc que la somme est directe.

Propriété 1.12. Base adaptée à une somme directe

Soit E unK-espace vectoriel de dimension n et F1, . . . , Fp des sous-espaces vectoriels de Etels que :

E =p⊕

i=1

Fi = F1⊕ . . .⊕ Fp .

On dit que la famille (Fi )i∈¹1;pº est une décomposition en somme directe de E .

De plus si, pour tout i ∈ ¹1; pº, on considèreBi une base de Fi , alors la réunion des basesBi est une base de E . On dit que c’est une base adaptée à la décomposition en sommedirecte.

3.2. Hyperplans

Dans toute cette partie E est unK-espace vectoriel de dimension n ¾ 2 finie.

Définition 1.12.

On dit qu’un sous-espace vectoriel de E est un hyperplan de E si, et seulement s’il est dedimension n −1.

Propriété 1.13.

Soit F un sous-espace vectoriel de E .

F est un hyperplan de E si, et seulement s’il admet une droite vectorielle comme supplé-mentaire autrement dit, s’il existe #»u ∈ E tel que #»u 6= #»

0 et E = F ⊕Vect(#»u ).

Théorème 1.14. Équation d’un hyperplan

Soit F un hyperplan de E etB une base de E . Alors il existe des scalaires a1, . . . , an nontous nuls tels que :

#»x ∈ F ⇐⇒ a1 x1+ . . .+an xn = 0

où (x1, . . . , xn ) sont les coordonnées de #»x dans la baseB .

La relation a1 x1+ . . .+an xn = 0 s’appelle l’équation de l’hyperplan F dans la baseB .

Remarque

Lorsque la baseB est fixée, les scalaires a1, . . . , an ne sont pas uniques mais ils sont définisà une constante multiplicative près.

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COURS4. Compléments sur les applications linéaires

Dans cette partie E et F désignent deuxK-espaces vectoriels.

4.1. Rappels : image directe et réciproque d’une partie de E

Définition 1.13.

Soit f ∈L (E , F ) et A une partie de E .

On appelle image directe de A et on note f (A) l’ensemble : f (A) = { f (#»a )/#»a ∈ A}.Si A est un sous-espace vectoriel de E alors f (A) est un sous-espace vectoriel de F .

Exemple

Soit f l’endomorphisme deM2(R) qui, à toute matrice M =

�

a cb d

�

, associe

f (M ) =M + (a +d )I2, où I2 désigne la matrice

�

1 00 1

�

.

On noteD le sous-espace vectoriel deM2(R) des matrices diagonales.

Calculons f (D).

Soit D ∈D. On a alors D =

�

d1 00 d2

�

avec (d1, d2) ∈R2 et donc :

f (D ) =D + (d1+d2)I2 =

�

2d1+d2 00 d1+2d2

�

.

Donc

f (D) =��

2d1+d2 00 d1+2d2

�

/(d1, d2) ∈R2

�

.

On peut remarquer que l’on a en fait f (D) =D.

Définition 1.14.

Soit f ∈L (E , F ) et B une partie de F .

On appelle image réciproque de B et on note f −1(B ) l’ensemble :

f −1(B ) =�

#»u ∈ E / f (#»u ) ∈ B

.

Si B est un sous-espace vectoriel de F alors f −1(B ) est un sous-espace vectoriel de E .

Remarques

• f −1(B ) est l’ensemble de tous les antécédents des éléments de B .• On rappelle que Ker( f ) = f −1({#»

0 F }).

Attention

Dans cette définition, la notation f −1 peut être utilisée même sans que f soit une applicationbijective.

15



Pour déterminer l’image réciproque d’un sous-espace vectoriel de F on résout l’équationf (#»u ) =

#»

b où #»u est l’inconnue et#»

b est un vecteur quelconque de B .

Exemple

Reprenons l’endomorphisme de l’exemple précédent. On poseA =��

0 αβ 0

�

/(α,β ) ∈R2

�

.

On souhaite maintenant déterminer f −1(A ).On cherche donc les matrices M telles que f (M ) = A avec A ∈A .

On pose donc M =

�

a bc d

�

et A =

�

0 αβ 0

�

. On résout :

f (M ) = A⇔M+(a+d )I = A⇔�

2a +d bc a +2d

�

=

�

0 αβ 0

�

⇔

2a +d = 0b =αc =βa +2d = 0

⇔

a = 0b =αc =βd = 0

.

On a donc f −1(A ) =��

0 αβ 0

�

/(α,β ) ∈R2

�

=A .

4.2. Sous-espaces stables

Définition 1.15.

Soit f un endomorphisme de E et A un sous-espace vectoriel de E .

On dit que A est stable par f si, et seulement si, f (A)⊂ A.

Exemple

Dans l’exemple suivant la définition 1.13, on avait f (D) =D doncD est stable par f .


Pour montrer qu’un sous-espace vectoriel A est stable par f , nous disposons de deuxméthodes principales :

• considérer un vecteur #»u ∈ A quelconque et montrer que f (#»u ) ∈ A ;• lorsque l’on connaît une baseB = (e1, . . . , ek ) (ou juste une famille génératrice) de A,

il suffit de montrer que f (e1) ∈ A, f (e2) ∈ A, . . . , f (ek ) ∈ A.

Exemple

Soit n ∈N∗ un entier fixé. On considère f l’endomorphisme de R[X ] défini par :

f (P ) = (X 2+1)P ′−n X P.

16


COURSMontrons que Rn [X ] est stable par f .

Comme nous avons facilement accès à une base deRn [X ] (sa base canonique (P0, . . . , Pn )),il suffit ici de montrer que pour tout k ∈ ¹0; nº, f (Pk ) ∈Rn [X ].Or, on a f (P0) =−n X ∈Rn [X ] car n ¾ 1.

Et pour tout k ∈ ¹1; nº, f (Pk ) = (X 2+1)k X k−1−n X k+1 = (k −n )X k+1+k X k−1.

Lorsque k < n , on a bien k +1¶ n donc f (Pk ) ∈Rn [X ], et f (Pn ) = n X n−1 ∈Rn [X ].Donc pour tout k ∈ ¹0; nº, f (Pk ) ∈Rn [X ] et ainsi Rn [X ] est stable par f .

Exemple

Soient f et g deux endomorphismes de E qui commutent : f ◦ g = g ◦ f .

Montrons que Im( f ) est stable par g .

On doit ici montrer que g (Im( f ))⊂ Im( f ).Soit #»u ∈ Im( f ). On sait alors qu’il existe #»a ∈ E tel que #»u = f (#»a ).Donc on a g (#»u ) = g ( f (#»a )). Or, f et g commutent donc g (#»u ) = f (g (#»a )).Ainsi, g (#»u ) ∈ Im( f ).On a donc montré que g (Im( f ))⊂ Im( f ) c’est-à-dire que Im( f ) est stable par g .

4.3. Matrice dans une base adaptée à un sous-espace stable

Remarque

On considère E un espace vectoriel de dimension finie n , f un endomorphisme de E et Fun sous-espace vectoriel de E stable par f .

On note aussi (e1, . . . , ek )une base de F que l’on complète en une baseB = (e1, . . . , ek , ek+1, . . . , en )de E .

On remarque alors que la matrice dans la baseB de f a une forme par blocs :

�

A B0 C

�

avec A ∈Mk (K) (k est la dimension de F ).

Exemple

On considère f l’endomorphisme deR3 canoniquement associé à la matrice M =

1 1 0−1 2 11 0 1

.

On noteB = (e1, e2, e3) la base canonique de R3 etP = {(x , y , z ) ∈R3/y + z = 0}.1. Déterminons une base deP .

On aP =Vect((1, 0, 0), (0, 1,−1)). On pose #»u = (1, 0, 0) et #»v = (0, 1,−1).La famille (#»u , #»v ) est génératrice de P et libre (deux vecteurs non proportionnels)donc c’est une base deP .

2. Montrons que le planP est stable par f .Comme nous disposons d’une base de P il suffit ici de montrer que f (#»u ) ∈ P etf (#»v ) ∈P .

17


Or, M

100

=

1−11

donc f (#»u ) = (1,−1, 1) ∈P .

De plus, M

01−1

=

11−1

donc f (#»v ) = (1, 1,−1) ∈P .

Ainsi,P est stable par f .3. On pose #»w = (1, 1, 1). Montrons que (#»u , #»v , #»w ) est une base de R3.

On montre facilement que la famille (#»u , #»v , #»w ) est libre.La famille (#»u , #»v , #»w ) est donc une famille libre de trois vecteurs et dim(R3) = 3 donc(#»u , #»v , #»w ) est une base de R3.

4. Déterminons la matrice de f dans la base (#»u , #»v , #»w ).Nous avons déjà calculé f (#»u ) et f (#»v ). Il nous manque f (#»w ).

Or, M

111

=

222

donc f (#»w ) = (2, 2, 2).

En résumé :f (#»u ) = (1,−1, 1) = 1#»u + (−1)#»v +0#»wf (#»v ) = (1, 1,−1) = 1#»u +1#»v +0#»wf (#»w ) = (2, 2, 2) = 0#»u +0#»v +2#»w

.

Donc Mat(#»u ,#»v ,#»w )( f ) =

1 1 0−1 1 00 0 2

.→ On remarque bien la forme par blocs.

Remarque

Il faut aussi être capable de reconnaître un sous-espace stable « dans la matrice » d’unendomorphisme.

Exemple

On considère f l’endomorphisme de R3[X ] canoniquement associé à la matrice :

A =

1 0 0 −10 2 3 4−2 −1 −1 02 0 0 3

.

Uniquement avec la forme de la matrice, on peut affirmer que F = Vect(X , X 2) est unsous-espace stable par f .

En effet, grâce à la matrice de f on sait que :

f (1) = 1−2X 2+2X 3

f (X ) = 2X −X 2

f (X 2) = 3X −X 2

f (X 3) =−1+4X +3X 3

.

Donc on a bien f (X ) ∈ F et f (X 2) ∈ F , et comme (X , X 2) est une base de F on peut affirmerque f (F )⊂ F .

18

SYNTHÈSESynthèse et méthodesCompléments d’algèbre linéaire

Trace d’une matrice

A et B désignent deux matrices deMn (K).• tr(A) = somme des éléments diagonaux.• ∀λ ∈K, tr(λA+B ) =λ tr(A) + tr(B ) et tr(AB ) = tr(B A).• Si A et B sont semblables, tr(A) = tr(B ).• Si f est un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie, la trace de f ,

notée tr( f ), est égale à la trace de sa matrice dans n’importe quelle base de E .

Transposée d’une matrice

A désigne une matrice deMn ,p (K).• La transposée de A se note AT et s’obtient en « échangeant les lignes et les colonnes

de A ».• Si AT = A on dit que A est une matrice symétrique et si AT =−A on dit que A est une

matrice antisymétrique.• ∀B ∈Mn ,p (K), ∀λ ∈K, (λA+B )T =λAT +B T .• ∀B ∈Mp ,k (K), (AB )T = B T ×AT .• Si A ∈Mn (K) et est inversible alors AT est inversible et (AT )−1 = (A−1)T .• ∀A ∈Mn (K), tr(AT ) = tr(A).

Famille quelconque de vecteurs

On considère une famille (#»u i )i∈I (finie ou non) de vecteurs de E .

• Une combinaison linéaire de la famille (#»u i )i∈I est un vecteur de la forme∑

j∈J

λ j#»u j ,

où J est une partie finie de I .• Vect(#»u i )i∈I est l’ensemble de toutes les combinaisons linéaires de la famille (#»u i )i∈I .

C’est un sous-espace vectoriel de E appelé sous-espace engendré par la famille(#»u i )i ∈I .

• La famille (#»u i )i∈I est dite génératrice de E si, et seulement si, E =Vect(#»u i )i∈I .• La famille (#»u i )i∈I est dite libre si, et seulement si, toute sous-famille finie est libre.• On dit que la famille (#»u i )i∈I est une base de E si, et seulement si, elle est libre et

génératrice de E .

19

Familles de polynômes

• La famille (X k )k∈N est la base canonique deK[X ].• Une famille de polynômes non nuls (Pk )k∈N telle que, ∀k ∈ I , deg(Pk )< deg(Pk+1) est

dite échelonnée en degré. Une telle famille est libre.• Une famille de polynômes non nuls (Pk )k∈N telle que, ∀k ∈N, deg(Pk ) = k est une base

deK[X ].

Somme de p sous-espaces vectoriels

F1, . . . , Fp désignent p sous-espaces vectoriels de E .

• F1+ . . .+ Fp =¦

#»

f 1+ . . .+#»

f p/∀i ∈ ¹1; pº,#»

f i ∈ Fi

©

.• On dit que la somme F1+. . .+Fp est directe si la décomposition en somme de vecteurs

des (Fi )i=1,...,p est unique. On note alors cette somme F1⊕ . . .⊕ Fp .• Caractérisation de la somme directe par l’unicité de la décomposition du vecteur

nul : la somme F1+ . . .+ Fp est directe si, et seulement si, pour#»

f 1 ∈ F1,#»

f 2 ∈ F2, . . . ,#»

f p ∈ Fp on a :#»

f 1+ . . .+#»

f p =#»0 ⇐⇒

#»

f 1 =#»

f 2 = . . .=#»

f p =#»0 .

Hyperplans

E désigne un espace vectoriel de dimension finie n .

• Un hyperplan de E est un sous-espace vectoriel de dimension n −1.• Un sous-espace vectoriel F de E est un hyperplan de E si, et seulement s’il admet

une droite vectorielle comme supplémentaire.

Méthode : comment montrer qu’un sous-espace vectoriel est stable par un endomor-phisme

E désigne unK-espace vectoriel et f un endomorphisme de E .

Un sous-espace vectoriel A de E est dit stable par f si, et seulement si, f (A)⊂ A.

Pour montrer qu’un sous-espace vectoriel A est stable par f , nous disposons de deuxméthodes principales :

• considérer un vecteur #»u ∈ A quelconque et montrer que f (#»u ) ∈ A ;• lorsque l’on connaît une baseB = (e1, . . . , ek ) (ou juste une famille génératrice) de A,

il suffit de montrer que f (e1) ∈ A, f (e2) ∈ A, . . . , f (ek ) ∈ A.

20

ExercicesCompléments d’algèbre linéaire

Vrai ou faux ?

E désigne un espace vectoriel.

Vrai Faux

a) tr

��

1 2 34 5 6

��

= 6. � �

b) Si tr(A) = 0 alors tous les éléments diagonaux de A sont nuls. � �

c) La matrice A =

1 2 2−2 1 2−2 −2 1

est antisymétrique. � �

d) Le produit de deux matrices symétriques est une matricesymétrique.

� �

e) La famille (X k +k )k∈N est une base deK[X ]. � �

f) L’espace vectoriel Vect((1, 1, 1), (2,−1, 0), (0,−3,−2)) est dedimension 3.

� �

g) Si F est un sous-espace vectoriel de E , et f ∈L (E ) alors f (F )est un sous-espace vectoriel de E .

� �

h) Soit f ∈L (E ). Alors E =Ker( f )⊕ Im( f ). � �

i) Soit f ∈L (E ). Alors Ker( f ) est stable par f . � �

j) Soit f l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à

A =

1 1 −12 0 03 0 0

. Alors Vect(e2, e3) est stable par f .

� �

21

EXERCICES


Exercices guidés

Exercice A Une famille infinie libre (15 min.)

Pour tout k ∈N∗ on considère la fonction fk définie sur R par fk (x ) = ek x .

On souhaite montrer que la famille de fonctions ( fk )k∈N∗ est une famille libre de l’espace vectorieldes fonctions de R dans R.

Pour cela, nous allons raisonner par récurrence pour montrer que la propriétéP (n ) : « la famille( f1, f2, . . . , fn ) est libre », est vraie pour tout n ∈N∗.

1. Justifier que la propriétéP (1) est vraie.2. Soit n ∈N∗ fixé. On suppose que la propriétéP (n ) est vraie.

On souhaite montrer que la famille ( f1, f2, . . . , fn+1) est libre, donc on cherche tous les réelsa1, . . . , an+1 tels que :

∀x ∈R, a1 f1(x ) + . . .+an+1 fn+1(x ) = 0.

(a) Diviser l’égalité ci-dessus par e(n+1)x puis en faisant tendre x vers une valeur bienchoisie, montrer que an+1 = 0.

(b) Montrer ensuite que a1 = . . .= an = 0 puis conclure.

Exercice B Des hyperplans (20 min.)

Soit E un espace vectoriel de dimension finie n .

On considère H1, H2, . . . , Hn des hyperplans de E .

1. À l’aide de la formule de Grassmann vue en TSI 1, montrer que dim(H1 ∩H2)¾ n −2.2. À l’aide d’un raisonnement par récurrence sur k , montrer que :

∀k ∈ ¹1; nº, dim(H1 ∩ . . .∩Hk )¾ n −k .

Exercice C Matrice d’un endomorphisme dans une base adaptée (35 min.)

Soit E =R3 etB = (e1, e2, e3) la base canonique de E . Soit f l’endomorphisme de E défini par :

f (e1) = 2e2+3e3 f (e2) = 2e1−5e2−8e3 f (e3) =−e1+4e2+6e3.

1. Justifier l’existence et l’unicité de f .2. Construire sa matrice représentative dans la base canonique.3. On rappelle que idE désigne l’application identité de E dans E .

(a) Sans expliciter Ker( f − idE ), montrer que Ker( f − idE ) est stable par f .(b) Déterminer Ker( f − idE ) et en donner une base.

4. (a) Sans expliciter Ker( f 2+ idE ), montrer que Ker( f 2+ idE ) est stable par f .(b) Déterminer Ker( f 2+ idE ) et en donner une base.

5. Montrer que R3 =Ker( f − idE )⊕Ker( f 2+ idE ).6. Déterminer la matrice représentative de f dans une base adaptée à la somme directe

précédente.

22


Exercices

Exercice 1 Un classique (10 min.)

Soit A une matrice fixée deMn (R), où n est un entier naturel non nul.

On considère l’ensemble E = {M ∈Mn (R)/AM =M A}.Montrer que E est un espace vectoriel.

Exercice 2 Rappels de TSI 1 (15 min.)

On se place dans l’espace vectoriel E des fonctions définies sur R et à valeurs dans R et onconsidère les fonctions suivantes :

e1 : x → 1e2 : x → xe3 : x → x 2

e4 : x → x 3

f1 : x → 1f2 : x → cos(x )f3 : x → cos(2x )f4 : x → cos2(x )

g1 : x → 1g2 : x → x 3+1g3 : x → |x 3|

.

1. La famille (e1, e2, e3, e4) est-elle libre ou liée ?2. La famille ( f1, f2, f3, f4) est-elle libre ou liée ?3. La famille (g1, g2, g3) est-elle libre ou liée ?


Montrer que les ensembles suivants sont des espaces vectoriels puis en déterminer une base etla dimension :

1. A = {(x , y , z , t ) ∈R4/2x − y +2z − t = 0 et y + z − t = 0}.2. B = {P ∈Rn [X ]/P (1) = 0} (n ∈N∗).3. C =Vect( f1, f2, f3) avec f1(x ) = x +1, f2(x ) = x −1, f3(x ) = 2− x .


Soit a un réel et soient #»x = (1, 1, a ), #»y = (1, a , 1) et #»z = (a , 1, 1) trois vecteurs de R3.

Déterminer le rang de la famille (#»x , #»y , #»z ) (on sera amené à distinguer plusieurs valeurs de a ).

Exercice 5 (25 min.)

Soit E un espace vectoriel de dimension n ¾ 2 etB = (e1, . . . , en ) une base de E .

Pour tout j ∈ {1, . . . , n}, on pose e ′j =

�

n∑

i=1

ei

�

− e j .

1. Montrer que la familleB ′ = (e ′1, . . . , e ′n ) est une base de E .2. Donner la matrice de passage deB àB ′ et celle deB ′ àB .

Exercice 6 Supplémentaires en dimension infinie (20 min.)

Dans l’espace vectorielR[X ], on considère les sous-espaces vectoriels F = {P ∈R[X ]/P (0) = 0}et G = {P ∈R[X ]/deg(P )¶ 0}.Montrer que F et G sont supplémentaires dans R[X ].

23

EXERCICES


Exercice 7 Somme directe de n sous-espaces vectoriels (25 min.)

On se place dans l’espace vectoriel E =Rn [X ] (n ∈N∗), et pour tout i ∈ ¹0; nº on note :

Fi = {P ∈ E / ∀ j ∈ ¹0; nº \ {i }, P ( j ) = 0}.

On admet que les Fi sont des sous-espaces vectoriels de E .

Montrer que E = F0⊕ F1⊕ . . .⊕ Fn .

Exercice 8 (25 min.)

Soit E un R-espace vectoriel de dimension 2n (n ∈N∗). On considère f un endomorphisme deE tel que f ◦ f = 0.

On suppose, de plus, qu’il existe des vecteurs u1, . . . , un tels que la famille ( f (u1), . . . , f (un )) estlibre.

1. Montrer que dim(Im( f ))¾ n .2. Montrer que la famille (u1, . . . , un ) est libre.3. Montrer que Ker( f ) = Im( f ).4. Montrer que E =Ker( f )⊕Vect(u1, . . . , un ).

24

CORRIGÉS

CorrigésCompléments d’algèbre linéaire

Corrigés des Vrai/Faux

a) Faux. La trace n’est définie que pour les matrices carrées.

b) Faux. tr

��

1 00 −1

��

= 0.

c) Faux. AT =

1 −2 −22 1 −22 2 1

6=−A. Un matrice antisymétrique a toujours sa diagonale nulle.

d) Faux. (AB )T = B T AT = B A qui n’est pas toujours égal à AB .e) Vrai. Application de la propriété 1.10.f) Faux. (0,−3, 2) =−2(1, 1, 1)+ (2,−1, 0) donc la famille génératrice n’est pas libre. Cet espace

est en fait de dimension 2.g) Vrai. Voir définition 1.13.h) Faux. Par exemple pour l’endomorphisme deR3 défini par f (x , y , z ) = (z , y , 0), on a f (1, 0, 0) =(0,0,0) donc (1,0,0) ∈ Ker( f ) et (1,0,0) = f (0,0,1) donc (1,0,0) ∈ Im( f ). Ker( f ) et Im( f ) ne sontdonc pas en somme directe.

i) Vrai. Si #»u ∈Ker( f ) alors f (#»u ) =#»0 ∈Ker( f ).

j) Faux. f (Vect(e2, e3))⊂Vect(e1).

Corrigés des exercices guidés

Exercice A1. La famille ( f1) est libre car formée d’un seul vecteur non nul. DoncP (1) est bien vérifiée.2. (a)

∀x ∈R,n+1∑

k=1

ak ek x = 0⇒∀x ∈R,n+1∑

k=1

ak e(k−(n+1))x = 0

⇒∀x ∈R, a1e−n x +a2e−(n−1)x + · · ·+an e−x +an+1 = 0

⇒ an+1 = 0 en passant à la limite lorsque x →+∞.

(b) On a donc montré que�

∀x ∈R,n+1∑

k=1

ak ek x = 0

�

⇒

�

an+1 = 0 et ∀x ∈R,n∑

k=1

ak ek x = 0

�

.

25


Or, d’aprèsP (n ), on a ∀x ∈R,n∑

k=1

ak ek x = 0⇒ a1 = · · ·= an = 0.

On a donc montré que a1 = · · ·= an = an+1 = 0.Ainsi, la famille ( f1, f2, . . . , fn+1) est libre, c’est-à-direP (n +1) est vraie.Grâce au principe de récurrence on a montré que pour tout entier n non nul, la famille(x → ek x )1¶k¶n est libre.

En conclusion, la famille (x → ek x )k∈N∗ est libre.

Exercice B1. D’après la formule de Grassmann, dim(H1 +H2) = dim(H1) + dim(H2)− dim(H1 ∩H2) =

2n −2−dim(H1 ∩H2).Or, dim(H1+H2)¶ n car H1+H2 ⊂ E , donc dim(H1 ∩H2)¾ 2n −2−n = n −2.2. Montrons par récurrence que la propriétéP (k ) : dim(H1 ∩ . . .∩Hk )¾ n −k , est vraie pour

tout k ∈ ¹1; nº.• Pour k = 1, la propriété est bien vérifiée car dim(H1) = n −1¾ n −1.• Soit k ∈ ¹1; n −1º fixé. Supposons queP (k ) est vraie.On a alors, d’après la formule de Grassmann :

dim ((H1 ∩ . . .∩Hk )∩Hk+1) = dim(H1 ∩ . . .∩Hk ) +dim(Hk+1)−dim ((H1 ∩ . . .∩Hk ) +Hk+1) .

Or, dim(H1 ∩ . . .∩Hk )¾ n −k , dim(Hk+1) = n −1 et dim ((H1 ∩ . . .∩Hk ) +Hk+1)¶ n . Donc :

dim (H1 ∩ . . .∩Hk ∩Hk+1)¾ n −k +n −1−n = n −k −1.

P (k +1) est bien vérifiée.Grâce au principe de récurrence, on a montré que pour tout k ∈ ¹1; nº, dim(H1∩. . .∩Hk )¾ n−k .

Exercice C1. Une application linéaire est entièrement déterminée par les images des vecteurs d’une base

de E .Comme on nous donne ici f (e1), f (e2) et f (e3), on définit bien une unique application linéaire.Explicitons cette application.Pour tout vecteur #»u = (x , y , z ) ∈R3 on a #»u = x e1+ y e2+ z e3.On a donc f (#»u ) = x f (e1) + y f (e2) + z f (e3) car f est une application linéaire.Ainsi, pour tout (x , y , z ) ∈R3 on a :

f (x , y , z ) = x (2e2+3e3)+y (2e1−5e2−8e3)+z (−e1+4e2+6e3) = (2y −z , 2x−5y +4z , 3x−8y +6z ).

2. Il suffit ici d’utiliser l’énoncé qui nous donne f (e1), f (e2) et f (e3).

On a donc MatB ( f ) = A =

0 2 −12 −5 43 −8 6

.

3. (a) Par définition Ker( f − idE ) = {#»u ∈R3/( f − idE )(#»u ) = 0}.

On souhaite montrer que f (Ker( f − idE ))⊂Ker( f − idE ).Soit #»u ∈Ker( f − idE ). Cela signifie que ( f − idE )(

#»u ) = 0 donc que f (#»u ) = #»u .On veut montrer que f (#»u ) ∈Ker( f − idE ).

26

CORRIGÉS


Mais comme f (#»u ) = #»u , on peut tout de suite affirmer que f (#»u ) ∈Ker( f − idE ).Ainsi, Ker( f − idE ) est stable par f .(b)

(x , y , z ) ∈Ker( f −idE )⇔ f (x , y , z )−(x , y , z ) = (0, 0, 0)⇔

−x +2y − z = 02x −6y +4z = 03x −8y +5z = 0

⇔···⇔ x = y = z .

Donc Ker( f − idE ) = {(x , x , x )/x ∈R}=Vect((1, 1, 1)).La famille ((1, 1, 1)) est une famille génératrice de Ker( f − idE ) et est une famille libre car formée

d’un seul vecteur non nul.Donc ((1, 1, 1)) est une base de Ker( f − idE ).4. (a) Par définition Ker( f 2+ idE ) = {#»u ∈R3/( f 2+ idE )(

#»u ) = 0}.On souhaite montrer que f (Ker( f 2+ idE ))⊂Ker( f 2+ idE ).Soit #»u ∈Ker( f 2+ idE ). Cela signifie que ( f 2+ idE )(

#»u ) = 0 donc que f 2(#»u ) =−#»u .On veut montrer que f (#»u ) ∈Ker( f 2+ idE ).On a ( f 2+ idE )( f (

#»u )) = f 3(#»u ) + f (#»u ) = f ( f 2(#»u ))+ f (#»u ) = f (−#»u ) + f (#»u ) = 0.Donc on a bien f (#»u ) ∈Ker( f 2+ idE ).Ainsi, Ker( f 2+ idE ) est stable par f .(b) Pour déterminer Ker( f 2+ idE ) le plus simple est d’utiliser la matrice de f 2 dans la base

canonique (c’est-à-dire A2) car : (x , y , z ) ∈Ker( f 2+ idE )⇔

xyz

∈Ker(A2+ I3).

Or, A2 =

1 −2 22 −3 22 −2 1

, donc

(x , y , z ) ∈Ker( f 2+ idE )⇔ (A2+ I3)

xyz

=

000

⇔

2x −2y +2z = 02x −2y +2z = 02x −2y +2z = 0

⇔ y = x + z .

Donc Ker( f 2+ idE ) = {(x , x + z , z )/(x , z ) ∈R2}=Vect((1, 1, 0), (0, 1, 1)).La famille ((1, 1, 0), (0, 1, 1)) est génératrice de Ker( f 2+ idE ) et cette famille est libre car formée

de deux vecteurs non proportionnels.Ainsi, ((1, 1, 0), (0, 1, 1)) est une base de Ker( f 2+ idE ).5. • On a dim(Ker( f − idE ))+dim(Ker( f 2+ idE )) = 1+2= 3= dim(R3).• Soit #»u ∈Ker( f − idE )∩Ker( f 2+ idE ).Comme #»u ∈Ker( f − idE ) on a f (#»u ) = #»u donc f 2(#»u ) = f (#»u ) = #»u .Or, on sait aussi que #»u ∈Ker( f 2+ idE ) donc f 2(#»u ) =−#»u .Donc #»u =−#»u et ainsi #»u = 0.Ainsi, Ker( f − idE )∩Ker( f 2+ idE ) = {0}.En conclusion, R3 =Ker( f − idE )⊕Ker( f 2+ idE ).6. On considère la familleB ′ = (e ′1, e ′2, e ′3) avec e ′1 = (1,1,1), e ′2 = (1,1,0) et e ′3 = (0,1,1).B ′ est

une base adaptée à la somme précédente.On a f (e ′1) = e ′1, f (e ′2) = 2e ′2−5e ′3 et f (e ′3) = e ′2−2e ′3.

Donc la matrice de f dans la nouvelle base est

1 0 00 2 10 −5 −2

.

27


Corrigés des exercices

Exercice 1• On remarque que E est un sous-ensemble deMn (R) qui est un espace vectoriel connu.Montrons que E est un sous-espace vectoriel deMn (R).• E est un ensemble non vide car la matrice nulle est dans cet ensemble. En effet on a A0= 0

et 0A = 0 donc A0= 0A ce qui veut dire que 0 ∈ E .• On considère K et L deux matrices qui appartiennent à l’ensemble E . Cela veut dire que

l’on a AK = K A et AL = L A.On considère aussi a et b deux réels.On veut montrer que la matrice a K + b L est aussi dans E .On a A(a K + b L ) = a AK + b AL = a K A + b L A = (a K + b L )A. Cela signifie que a K + b L

appartient à E .On a donc bien montré que E est un sous-espace vectoriel deMn (R).E est donc lui-même un espace vectoriel.

Exercice 21. On remarque que c’est une famille de fonctions polynômiales échelonnée en degrés donc

c’est une famille libre.2. On peut tout de suite remarquer que cos(2x ) = 2cos2(x )−1 donc f3 = 2 f4− f1. La famille( f1, f2, f3, f4) est donc liée.

3. On cherche tous les réels a , b , c tels que :

∀x ∈R a g1(x ) + b g2(x ) + c g3(x ) = 0.

En particulier, pour x = 0 on a a + b = 0, pour x = 1, on obtient a +2b + c = 0 et pour x =−1on obtient a + c = 0.

Par conséquent, a = b = c = 0.La famille (g1, g2, g3) est libre.

Exercice 3Pour montrer que tous ces ensembles sont des espaces vectoriels il suffit de les écrire sous

la forme Vect(. . .). Cela démontrera que ce sont des sous-espaces vectoriels donc des espacesvectoriels et, de plus, cela nous donnera une famille génératrice ! Les calculs ne sont pas détailléspour cet exercice de niveau première année.

1. On a :

�

2x − y +2z − t = 0y + z − t = 0

⇔ ...⇔�

z =−2x +2yt = y + z = 3y −2x

.

Grâce à ce calcul on a : A = {(x , y ,−2x+2y ,−2x+3y )/(x , y ) ∈R2}=Vect((1, 0,−2,−2), (0, 1, 2, 3)).Donc A est un espace vectoriel et la familleB = ((1, 0,−2,−2), (0, 1, 2, 3)) est une famille généra-

trice de A.

28

CORRIGÉS


Les deux vecteurs de la familleB ne sont visiblement pas proportionnels donc la familleBest libre.

La familleB est donc une base de A et dim(A) = 2.

2. Un polynôme quelconque de degré inférieur ou égal à n peut s’écrire P =n∑

k=0

ak X k .

P (1) = 0 équivaut à a0 =−n∑

k=1

ak .

Donc B =

¨

n∑

k=1

ak (Xk −1)/ak ∈R

«

=Vect((X k −1)1¶k¶n ).

Donc B est un espace vectoriel et la familleB = ((X k −1)1¶k¶n ) est génératrice de B .De plus, c’est une famille de polynômes échelonnée en degrés donc elle est libre.Ainsi,B est une base de B et dim(B ) = n .3. C est un espace vectoriel car c’est un sous-espace engendré et la famille ( f1, f2, f3) est

génératrice de C mais elle est liée car : f1 = 3 f2+2 f3.La famille ( f1, f2) est toujours génératrice de C mais cette fois-ci cette famille est libre.La famille ( f1, f2) est une base de C et dim(C ) = 2.

Exercice 4Notons F = Vect(#»x , #»y , #»z ). Déterminer le rang de la famille (#»x , #»y , #»z ) signifie déterminer la

dimension de F .

La famille (#»x , #»y , #»z ) est une famille génératrice de F .

La famille (#»x , #»y , #»z ) est-elle libre ?

On cherche tous les réels r , s et t tels que :

r #»x + s #»y + t #»z = (0, 0, 0)⇔ (r + s +a t , r +a s + t , a r + s + t ) = (0, 0, 0)

⇔

r + s +a t = 0r +a s + t = 0a r + s + t = 0

⇔

r + s +a t = 0(a −1)s + (1−a )t = 0(1−a )s + (1−a 2)t = 0

L2← L2− L1

L3← L3−a L1

⇔

r + s +a t = 0(a −1)s + (1−a )t = 0(2−a −a 2)t = 0 L3← L3+ L2

⇔

r + s +a t = 0(a −1)s + (1−a )t = 0(a −1)(a +2)t = 0

.

• Si a 6= 1 et a 6=−2 alors on obtient r = s = t = 0 et donc la famille (#»x , #»y , #»z ) est libre.La famille (#»x , #»y , #»z ) est alors une base de F qui est donc de dimension 3.• Si a = 1 alors #»x = #»y = #»z et donc F =Vect(#»x ). La famille (#»x ) est libre (un seul vecteur non

nul) et génératrice de F donc c’est une base de F . F est donc de dimension 1.• Si a =−2 alors #»x + #»y =−#»z . Donc on a F =Vect(#»x , #»y ).

29


On montre alors facilement que la famille (#»x , #»y ) est libre. Donc la famille (#»x , #»y ) est une basede F .

En conclusion, rg(#»x , #»y , #»z ) = dim(F ) = 2.

Exercice 51. Montrons que la familleB ′ est libre.On cherche tous les réels (ak )1¶k¶n ∈Kn tels que :

a1e ′1+a2e ′2+ . . .+an e ′n = 0.

On a alors :

a1e ′1+a2e ′2+ . . .+an e ′n = 0

⇒a1(e2+ . . .+ en ) +a2(e1+ e3+ . . .+ en ) + . . .+an (e1+ . . .+ en−1) = 0

⇒(a2+ . . .+an )e1+ (a1+a3+ . . .+an )e2+ . . .+ (a1+ . . .+an−1)en = 0

⇒

a2+ . . .+an = 0a1+a3+ . . .+an = 0...a1+ . . .+an−1 = 0

car la familleB est libre

⇒

a2+ . . .+an = 0a1−a2 = 0 L2← L2− L1

a1−a3 = 0 L3← L3− L1...a1−an = 0 Ln ← Ln − L1

⇒

(n −1)a1 = 0a2 = a1

a3 = a1...an = a1

⇒

a1 = 0a2 = 0a3 = 0...an = 0

.

La familleB ′ est donc libre.Ainsi, la familleB ′ est une famille libre de n vecteurs et dim(E ) = n , doncB ′ est une base de

E .

2. Par définition des vecteurs e ′j , la matrice de passage deB àB ′ est : P =

0 1 . . . 1

1...

......

......

... 11 . . . 1 0

.

Il nous faut maintenant exprimer les vecteurs ei en fonction des e ′j .

Pour cela, on commence par remarquer quen∑

j=1

e ′j = (n −1)n∑

i=1

ei .

Et comme e j =n∑

i=1

ei − e ′j , on a donc e j =1

n −1

n∑

i=1

e ′i − e ′j .

Donc la matrice de passage deB ′ àB est Q =1

n −1

2−n 1 . . . 1

1...

......

......

... 11 . . . 1 2−n

.

On retrouve bien que PQ = I ...

30

CORRIGÉS


Exercice 6• Montrons que F ∩G = {0}.Soit P ∈ F ∩G .Comme P ∈ F on sait que P (0) = 0 et, de plus, comme P ∈G , on sait que P est un polynôme

constant donc il existe a ∈R tel que P (X ) = a .Avec ces deux informations on obtient que a = 0 et donc P est le polynôme nul.En conclusion F ∩G = {0}.• Montrons que F +G =R[X ].Soit P ∈R[X ] un polynôme quelconque. On sait alors que l’on peut écrire :

P = a0+a1X +a2X 2+ . . .+an X n

avec n ∈N et (a0, a1, . . . , an ) ∈Rn+1.On pose alors Q (X ) = a0 et R (X ) = a1X +a2X 2+ . . .+an X n .On remarque que Q est un polynôme constant donc Q ∈G et R (0) = 0 donc R ∈ F .On a donc réussi à décomposer P =Q +R avec Q ∈G et R ∈ F .Cela démontre que R[X ]⊂ F +G .Il est, de plus, évident que F +G ⊂R[X ], donc F +G =R[X ].En conclusion, R[X ] = F ⊕G .

Exercice 7• On peut commencer par remarquer que si P ∈ Fi alors on connaît n racines de P : tous les

entiers entre 0 et n , sauf i .Donc on sait que P peut s’écrire

P (X ) =αX (X −1) . . . (X − (i −1))(X − (i +1)) . . . (X −n ) =α∏

k∈¹0;nº,k 6=i

(X −k ).

On pose alors Qi =∏

k∈¹0;nº,k 6=i

(X −k ). On a donc Fi =Vect(Qi ).

Ainsi, on montre facilement que dim(Fi ) = 1 et on a donc dim(E ) =n∑

i=0

dim(Fi ).

• Montrons que les Fi sont en somme directe en montrant l’unicité de la décomposition duvecteur nul.

On cherche tous les polynômes R0, R1, . . . , Rn appartenant respectivement à F0, F1, . . . , Fn telsque :

R0+R1+ . . .+Rn = 0.

Comme Ri ∈ Fi =Vect(Qi ), on sait qu’il existe un réel ai tel que Ri = ai Qi .On a donc :

R0+R1+ . . .+Rn = 0⇔ a0Q0(X ) +a1Q1(X ) +a2Q2(X ) + . . .+anQn (X ) = 0.

On applique cette égalité pour X = 0. On sait que Q1(0) = 0, Q2(0) = 0, . . . , Qn (0) = 0, etQ0(0) =−1× (−2) . . .× (−n ) 6= 0. Donc on obtient a0 = 0.

On procède de même pour X = 1 et on obtient a1 = 0, puis ainsi de suite pour X = 2, . . . , n .On a donc R0 =R1 = . . .=Rn = 0.En conclusion, E = F0⊕ F1⊕ . . .⊕ Fn .

31


Exercice 81. La famille ( f (u1), . . . , f (un )) est une famille libre de Im( f ) qui contient n vecteurs donc

dim(Im( f ))¾ n .2. On cherche tous les réels a1, . . . , an tels que a1u1+ . . .+an un = 0.En appliquant f , grâce à sa linéarité, on obtient a1 f (u1) + . . .+an f (un ) = 0.Or, on sait que la famille ( f (u1), . . . , f (un )) est libre.Donc a1 f (u1) + . . .+an f (un ) = 0⇒ a1 = . . .= an = 0.La famille (u1, . . . , un ) est donc libre.3. • Comme f ◦ f = 0, si u ∈ Im( f ) alors u = f (v ) et donc f (u ) = f ( f (v )) = 0, c’est-à-dire

u ∈Ker( f ).Ainsi, Im( f )⊂Ker( f ).• D’après le point précédent, dim(Im( f ))¶ dim(Ker( f )). Et donc, en utilisant le théorème du

rang, on obtient 2 dim(Im( f ))¶ 2n , c’est-à-dire dim(Im( f ))¶ n .Or, dans la question 1., on a montré que dim(Im( f ))¾ n .Donc on a dim(Im( f )) = n et, d’après le théorème du rang, dim(Ker( f )) = n .En conclusion, Im( f )⊂Ker( f ) et dim(Im( f )) = dim(Ker( f )), donc Im( f ) =Ker( f ).4. • Grâce aux questions précédentes, dim(Ker( f ))+dim(Vect(u1, . . . , un )) = 2n = dim(E ).• Soit u ∈Ker( f )∩Vect(u1, . . . , un ).On a alors f (u ) = 0 et u =α1u1+ . . .+αn un avec (α1, . . . ,αn ) ∈Rn .Avec ces deux informations, on obtient α1 f (u1) + . . .+αn f (un ) = 0.Or, la famille ( f (u1), . . . , f (un )) est libre donc α1 = . . .=αn = 0 et ainsi u = 0.On a donc montré que Ker( f )∩Vect(u1, . . . , un ) = {0}.En conclusion E =Ker( f )⊕Vect(u1, . . . , un ).

32

VUIBERT

SOMMAIRE :1. Compléments d’algèbre linéaire – 2. Déterminants – 3. Réduction des endomorphismes – 4. Intégration sur un segment – 5. Intégration d’une fonction continue sur un intervalle – 6. Séries numériques – 7. Séries entières – 8. Équations différentielles – 9. Fonctions vectorielles et courbes paramétrées – 10. Espaces préhilbertiens réels – 11. Isométries d’un espace euclidien – 12. Séries de Fourier – 13. Fonctions de plusieurs variables – 14. Probabilités sur un univers dénombrable – 15. Variables aléatoires réelles discrètes – 16. Couples et vecteurs de variables aléatoires réelles finies.

Les auteursDamien Broizat est professeur en classes préparatoires scientifiques au lycée Jules Ferry à Cannes.Stéphane Passerat est professeur en classes préparatoires scientifiques au lycée Louis Vincent à Metz.Emily Tournesac est professeur en classes préparatoires scientifiques au lycée Antonin Artaud à Marseille.

, des ouvrages pour faire la différence : – des cours complets pour acquérir les connaissances indispensables ; – des fiches de synthèse pour réviser l’essentiel avant les khôlles ou les épreuves ; – de nombreux exercices intégralement corrigés pour s’entraîner : vrai/faux, exercices d’application et d’approfondissement ;– des sujets de concours corrigés pour se mettre en situation d’épreuve.

MATHS TSI 2e année

ISBN : 978-2-311-40256-8

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