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Espaces vectoriels et applications linéaires

Exercice 1 On considère l'ensemble E des matrices carrées d'ordre 3 défini par

� � ��, � � � � �� , � � , � � � 1) Montrer que � est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des matrices carrées d'ordre 3.

Commentaires :

La question est ici explicite. On doit donc démontrer que E est bien un sous-ensemble non vide de �� , stable par combinaison linéaire.

L’énoncé annonce que E est un ensemble de matrices carrées d’ordre 3 particulières. C’est donc bien un sous

ensemble de �3( ). Il n’est pas vide de façon évidente puisqu’il suffit de choisir des valeurs particulières pour � et � et l’on a une matrice de E. En général on essaie de vérifier si le « zéro » de l’ensemble « complet » (donc ici

la matrice nulle de �3( )) est un élément du sous-ensemble.

On peut également montrer que les matrices de E écrivent comme combinaison linéaire de matrices particu-

lières de �� . E sera alors le sous-espace vectoriel engendré par ces matrices.

Nous ne montrerons ici que la première méthode. Voir plus loin la seconde.

Par définition, l’ensemble E est composé de matrices carrées d’ordre 3, il est donc un sous ensemble

de �3( ). En prenant � � � � 0, on voit que 0 0 00 0 00 0 0� � E. Donc E n’est pas vide.

Considérons �� et �� deux matrices de E et λ et μ deux nombres réels quelconques. Montrons

qu’alors la matrice �� est un élément de E.

Dire que �� est une matrice de E, c’est dire qu’il existe deux nombres réels �� et �� tels que

��

De la même façon on pourra écrire

��

On aura donc

�� en posant � � �� et � � ��

La matrice �� est bien une matrice de E.

E est donc stable par combinaison linéaire. C’est bien un sous-espace vectoriel de �3( ).

2) Justifier que les matrices � � 1 0 00 1 00 0 1� et � � 0 1 11 0 11 1 0� forment une famille génératrice de �.

Commentaires :

Les matrices de E se « décomposent » assez naturellement en utilisant les propriétés de l’addition des ma-

trices et de la multiplication d’une matrice par un nombre réel.

Soit � � � � �� une matrice quelconque de E. On a :

� � � � �� 1 0 00 1 00 0 1� � � 0 1 11 0 11 1 0� � ��

Toute matrice de E s’écrit comme combinaison linéaire des matrices � et �, donc les matrices � et �

forment une famille génératrice de E. 3) La matrice ��1,1 est-elle inversible ? Justifier la réponse.

Commentaires

Il y a deux grandes façons de répondre à la question de l’inversibilité d’une matrice (surtout si elle n’est pas

inversible) : bien entendu on peut passer par le calcul, c’est-à-dire par le pivot de Gauss, mais bien souvent (en-

core une fois surtout si elle n’est pas inversible), on peut également chercher à voir si les colonnes de la matrice

forment une famille libre (dans ce cas elle est inversible) ou une famille liée (et dans ce cas elle n’est pas inver-

sible). Pour ce second cas, rappelons qu’il suffit que l’un des vecteurs de la famille soit nul, que deux vecteurs

soient colinéaires (ou encore mieux égaux) ou que l’on puisse montrer facilement que l’un des vecteurs est com-

binaison linéaire des autres pour conclure.

On a ��1,1 � 1 1 11 1 11 1 1�. Cette matrice contient deux vecteurs colonnes égaux. La famille des vec-

teurs colonnes est liée et donc la matrice ��1,1 n’est pas inversible.

4) a) Vérifier que �² � 2� � �, en déduire que l'ensemble � est stable pour la multiplication des matrices (autrement dit que le produit

de deux matrices de � est une matrice de �).

Commentaires

La première vérification demandée �� 2� � � se fait directement par le calcul.

Pour démontrer la stabilité, il faut éviter d’écrire les matrices de E sous la forme de « tableaux », mais plutôt

comme combinaison linéaire des matrices � et �, ce qui permettra d’utiliser la formule précédente (c’est le sens

de l’expression « en déduire »).

Qu’attend-on alors comme résultat ? La « marque » des matrices de E est de s’écrire comme combinaison li-

néaire de � et de �. Nous attendons donc que le produit de deux matrices qui s’écrivent comme combinaison

linéaire de � et de � soit une matrice qui s’écrive comme combinaison linéaire de � et de �.

On a

�� 0 1 11 0 11 1 0� 0 1 11 0 11 1 0� � 2 1 11 2 11 1 2�

2� � � � 2 1 0 00 1 00 0 1� � 0 1 11 0 11 1 0� � 2 1 11 2 11 1 2�

On a bien �� 2� � �

Soit �� et �� deux matrices de E. On peut écrire : ��

On a donc �� 2� � � � �� 2��

Le produit �� s’écrit bien comme combinaison linéaire de � et de �. E est stable par la multiplication des matrices.

b) En déduire que la matrice ��2,1 est inversible et que son inverse est un élément de �.

Commentaires

L’expression clef est encore « en déduire ». L’énoncé n’attend pas que l’on calcule la matrice inverse ou que l’on

utilise le pivot de Gauss.

Il s’agit plutôt de trouver une matrice ��, � de E telle que ��2,1��, � � �. Ainsi ��, � sera l’inverse de ��2,1.

Cherchons ��, � telle que ��2,1��, � � �

On a ��2,1��, � � �2� � 2�� 2� � � � ��

(en remplaçant �� par 2, �� par 1, �� par � et �� par � dans la formule obtenue au a)).

On devra donc avoir �2� � 2� � 1� � 3� � 0 ! Ce qui donne simplement : � � 34 et � � # 14

On a ��2,1� $34 , # 14% � �

La matrice ��2,1 est inversible et sa matrice inverse est donnée par : ��2,1&� � � $34 , # 14%

Pour aller plus loin

Si nous suivons la définition exacte de la matrice inverse, il aurait fallu montrer également que � $34 , # 14% ��2,1 � � Pourtant de façon très générale, un seul côté suffit. Rappelons pourquoi.

Si ' et ( sont des matrices carrées de même ordre et que l’on a '( � �, montrons que (' � �. Posons (' � ). On a

('( � )( Donc par associativité (�'( � (� � ( � )( Donc ( # )( � * Donc (�� # ) � * Donc '(�� # ) � '* Donc �� # ) � � # ) � * Donc ) � �

5) a) On considère l'endomorphisme + de ³ associé à la matrice ��1,1. Déterminer l'image d'un vecteur , � �-, ., /) de ³ par cet

endomorphisme.

Commentaires

Pour déterminer l’image d’un vecteur par une application linéaire dont on connaît la matrice, on effectue le pro-

duit de cette matrice par le vecteur écrit en colonne, le vecteur colonne obtenu correspond à l’image.

On a

��1,1 0-./1 � 1 1 11 1 11 1 1� 0-./1 � - � . � /- � . � /- � . � /�

On a donc +�, � +2�-, ., /3 � �- � . � /, - � . � /, - � . � /

b) On note 4 l'ensemble des vecteurs , de ³ tels que +�, � 0. Montrer que 4 est un sous-espace vectoriel de ³.

Déterminer une famille génératrice de F.

Commentaires

Il s’agit bien sûr de déterminer le noyau de +.

On a +�, � 0 5 6 �- � . � /, - � . � /, - � . � / � �0,0,0 6 - � . � / � 0

On a donc , � �-, ., / � 4 6 - � . � / � 0 6 / � #- # .

Donc 4 � 7�-, ., /, / � #- # .8 � 7-, ., #- # ., - � , . � 8 � 7-�1,0, #1 � .�0,1, #1, - � , . � 8 Ce qui donne enfin 4 � 9:;< = �1,0, #1, �0,1, #1 >

Exercice 2 On considère l'application + de ³ dans ² définie par +: �-, ., / @ �2- # ., - � . # / 1) Démontrer que + est une application linéaire.

On considère deux vecteurs ,� et ,� de 3 et un nombre réel λ, montrons que +��,� � ,� � �+�,� � +�,�

On peut écrire ,� � �-�, .�, /� et ,� � �-�, .�, /�

On a �,� � ,� � ��-�, .�, /� � �-�, .�, /� � ��-� � -�, �.� � .�, �/� � /�

On a donc +��,� � ,� � +2��-� � -�, �.� � .�, �/� � /�3 � 22��-� � -� # ��.� � .�, ��-� � -� � ��.� � .� # ��/� � /�3 � �2�-� # �.� � 2-� # .�, �-� � �.� # �/� � -� � .� # /� � ��2-� # .�, -� � .� # /� � �2-� # .�, -� � .� # /� � �+2�-�, .�, /�3 � +2�-�, .�, /�3 � �+�,� � +�,�

L’application + est donc une application linéaire.

2) On appelle 4 le sous-ensemble de ³ constitué par les éléments de ³ dont l'image est égale à �0,0 par +. Montrer que 4 est un

sous-espace vectoriel de ³.

Commentaires

Il s’agit bien sûr du noyau de +. Nous savons comme résultat du cours qu’il s’agit d’un sous espace vectoriel de

l’ensemble de départ. Il s’agit ici de le redémontrer. Cette démonstration étant tout à fait générale, cela com-

plique beaucoup la démonstration si l’on utilise la définition de l’application + donnée par l’énoncé. On préfèrera

une forme plus générale sauf pour l’existence d’un élément dans 4. 4 est un sous ensemble de 3 d’après sa définition. 4 n’est pas vide : en effet +2�0,0,03 � �2 A 0 # 0,0 � 0 # 0 � �0,0

Donc �0,0,0 � 4. Considérons ,� et ,� deux éléments de 4 et B et β deux nombres réels. On sait par définition que : +�,� � +�,� � �0,0

Il s’agit de montrer qu’alors B,� � C,� � 4, c’est-à-dire que +�B,� � C,� � �0,0. On a puisque l’application + est une application linéaire : +�B,� � C,� � B+�,� � C+�,� � B A �0,0 � C A �0,0 � �0,0

Donc D,� � 4, D,� � 4, DB � , DC � , on a B,� � C,� � 4 4 est un sev de 3.

3) Déterminer une famille génératrice de 4.

On a +2�-, ., /3 � �0,0 6 �2- # ., - � . # / � �0,0. On est amené à la résolution d’un système de deux équations à trois inconnus : H2- # . � 0- � . � / � 0! En faisant I� J 2I� # I�, on obtient :

H2- # . � 0- � . � / � 0 6! H2- # . � 03. � 2/ � 0! On utilise . comme inconnue secondaire. On a

H2- # . � 03. � 2/ � 0! 6 K- � .2/ � # 3.2!

Donc �-, ., / � 4 6 - � L� et / � # �L�

On a donc 4 � H$.2 , ., # 3.2 % , . � O � H. $12 , 1, # 32% , . � O

Donc 4 � 9:;< = $12 , 1, # 32% > � 9:;< = �1,2, #3 >


Rappelons le résultat suivant (très utile dans de nombreux cas) :

Si �,�, … , ,Q est une famille génératrice d’un espace vectoriel �, et si ��, … , �Q sont R réels non nuls, alors la famille ��,�, … , �Q,Q est une famille génératrice de �.

4) On appelle ℬ la base canonique de � et ℬT la base canonique de �. Déterminer la matrice de l’application linéaire + relativement

aux bases ℬ et ℬ’.

En déduire la dimension de �U�+. Conclure.

Commentaires

Pour cette question, plusieurs démarches sont possibles.

Rappelons que la matrice cherchée s’obtient en prenant les images des vecteurs de la base canonique de � par l’application + et en les exprimant dans la base canonique de 2.

Les vecteurs obtenus sont alors les colonnes de la matrice.

On a ℬ � 2�1,0,0, �0,10, �0,0,13 et ℬV � 2�1,0, �0,13. On a +2�1,0,03 � �2 A 1 # 0,1 � 0 # 0 � �2,1 � 2�1,0 � 1�0,1 +2�0,1,03 � �2 A 0 # 1,0 � 1 # 0 � �#1,1 � �#1�1,0 � 1�0,1 +2�0,0,13 � �2 A 0 � 0,0 � 0 # 1 � �0, #1 � 0�1,0 � �#1�0,1

Donc � � W2 #1 01 1 #1X

Commentaires (suite)

Une autre démarche dans le cas particulier d’une application de Q dans Y est d’écrire directement la ma-

trice à partir de la définition de l’application.

Nous avons ici une application de � dans � Z il s’agit donc d’une matrice à deux lignes et trois colonnes. On

l’obtient à partir de chacun des coefficients des variables.

+�-, ., / � �2- # ., - � . # / � �2- � �#1. � 0/, 1- � 1. � �#1/

Ce qui donne �T � W2 #1 01 1 #1X

Remarque :

Cette méthode n’est efficace que si l’on demande la matrice de l’application relativement aux bases canoniques

de Q et de Y.

Commentaires

Nous savons que la famille des vecteurs colonnes est une famille génératrice de l’image. Pour connaître la di-

mension de l’image il suffit de déterminer la taille de la plus grande famille libre que l’on peut extraire de cette

famille génératrice.

Nous allons procéder à un raisonnement sur les dimensions.

Nous savons que �U�+ est un sous espace vectoriel de l’espace d’arrivée qui est ici 2.

Or dim� � � 2

Donc dim2�U�+3 ^ 2

Or les deux premiers vecteurs de la famille des vecteurs colonnes W21X et W#11 X ne sont pas colinéaires

(coordonnées non proportionnelles), ils forment une famille libre de l’image.

Donc �U�+ contient au moins une famille libre de deux vecteurs. On peut en conclure que dim2�U�+3 _ 2

En conclusion dim2�U�+3 � 2

Donc �U�+ est un sous-espace vectoriel de 2 de même dimension que 2, donc �U�+ � �


On aurait pu arriver à la même conclusion sans passer par la matrice.

En effet l’application + est une application linéaire de 3 dans 2, donc d’après le théorème du rang : dim� � � dim�ker�+ � dim ��U�+ Or dim� � � 3 Et comme ker �+ a une famille génératrice d’un seul vecteur, on a dim�ker�+ � 1 Donc dim2�U�+3 � 2

Et l’on aboutit à la même conclusion que précédemment.

Remarquons enfin que puisque �U�+ est égal à l’espace d’arrivée, on peut en conclure que l’application + est

surjective. On sait qu’elle ne peut pas être injective, sinon elle serait bijective et les espaces vectoriels de départ

et d’arrivée auraient la même dimension.

Exercice 3 On note Qbcd l'ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à R. On appelle e l'application de l'espace vectoriel ₂[X] dans l'espace vectoriel ₁[X] qui a tout polynôme P de degré inférieur ou égal à 2

fait correspondre son polynôme dérivé.

1) Montrer que e est une application linéaire.

Commentaires

La démonstration est ici très générale puisque l’opération de dérivation est linéaire. On ne s’attachera pas aux

particularités des « objets » que l’on dérive (à savoir, ici, que ce sont des polynômes du second degré).

Soit f� � �bcd et f� � �bcd. Soit � � . On a e��f� � f� � ��f� � f�V � �f�V � f�V � �e�f� � e�f�


Si l’on considère l’espace vectoriel g( ) des fonctions dérivables sur , l’application de g( ) dans h� (es-pace vectoriel des fonctions définies sur ) qui à toute fonction de g( ) fait correspondre sa fonction dérivée

est linéaire (d’après les propriétés évidentes de la dérivation). L’application ϕ apparaît comme la restriction de

cette application au sous-espace vectoriel de g( ) des polynômes de degré inférieur ou égal à 2 : �bcd. A ce

titre c’est une application linéaire.

2) Soit 4 le sous-ensemble de ₂[X] constitué par les polynômes f de degré inférieur ou égal à 2 tels que e�f � *, où * est l'applica-

tion nulle (c’est-à-dire le noyau de e).

Montrer que 4 est un sous-espace vectoriel de �bcd. Indiquer quels sont les polynômes qui appartiennent à cet ensemble.

Commentaires

Comme dans un des exercices précédents, la démonstration de 4 comme sous espace vectoriel de �bcd est une démonstration générale sauf pour l’existence d’un élément dans cet ensemble. Il faut donc rédiger dans le

sens d’une démonstration générale.

On a par définition 4 sous-ensemble de �bcd. Dire que e�f � 0 jbkd c’est dire que la dérivée de f est le polynôme nul.

Il suffit donc que f soit lui-même le polynôme nul pour que ceci soit réalisé. Donc 4 n’est pas vide.

On considère deux polynômes f� et f� de 4 et deux nombres réels quelconques α et β. Il s’agit de mon-

trer que Bf� � Cf� appartient à 4. Autrement dit, sachant que e�f� � e�f� � 0 jbkd, on doit montrer que e�Bf� � Cf� � 0 jbkd. On utilise simplement la linéarité de l’application e. On a e�Bf� � Cf� � Be�f� � Ce�f� � B0 jbkd � C0 jbkd � 0 jbkd L’ensemble 4 est bien un sous-espace vectoriel de �bcd. Les polynômes que contient 4 sont les polynômes dont la dérivée est le polynôme nul : ce sont donc

les polynômes constants.

L’application e est-elle injective ?

Comme 4 � ker�e, l’application e est injective si et seulement si son noyau ne contient que le vec-

teur nul (c’est-à-dire ici le polynôme nul).

Or nous venons de voir que ker �e contient tous les polynômes constants. Donc l’application e n’est

pas injective

Justifier par un raisonnement sur les dimensions que cette application est surjective (Penser au théorème du rang).

Commentaires

Cette question correspond à la dernière question de l’exercice précédent. Elle est traitée ici par le théorème du

rang et non matriciellement.

ϕ est une application linéaire de �bcd dans �bcd.

On sait que la base canonique de �bcd est égale à �l, c, c� avec l Z m - @ 1 c Z m - @ - c� Z m - @ -�

On a donc (résultat connu) dim� �bcd � 3

Le théorème du rang permet alors d’affirmer que dim� �bcd � dim�ker�e � dim ��U�e

Le noyau de l’application ϕ est composé des polynômes constants : il est engendré par la fonction que

nous avons notée l. En effet tout polynôme constant fn est tel que D- � , fn�- � �. On peut écrire : fn�- � � A 1 � �l�- et donc fn � �l

On a donc dim�ker�e � 1

Et donc dim2�U�e3 � 3 # 1 � 2

Or �U�e est un sous-espace vectoriel de �bcd et l’on a dim� �bcd � 2. Donc �U�e est un sous-

espace vectoriel de �bcd de même dimension que �bcd. Donc �U�e � �bcd

Et donc l’application ϕ est surjective.


Comme dans l’exercice précédent nous aurions pu proposer un raisonnement matriciel.

La base canonique de �bcd est �l, c. On a e�l � �lV � 0 jbkd � 0l � 0c e�c � �cV � l � 1l � 0c e�c� � �c�V � 2c � 0l � 2c La matrice de e relativement aux bases canonique de �bcd et �bcd est donc � � W0 1 00 0 2X Nous savons que la famille de vecteurs colonnes constituent une famille génératrice de �U�e. Le premier vec-

teur de cette famille est nul, donc les deux autres vecteurs forment encore une famille génératrice de �U�e. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc cette famille est également libre. C’est donc une base de �U�e et donc dim2�U�e3 � 2. Exercice 4

Soit la matrice ) � 0 0 10 1 01 0 0�

On note � l'ensemble des matrices � de �� vérifiant :

�) � )� � �. 1) a) Montrer que � est un espace vectoriel.

Commentaires

Comme � est par définition un sous-ensemble de �� qui est lui-même un espace vectoriel, il suffit de mon-

trer que � est un sous-espace vectoriel de �� . Il faut remarquer que les éléments de � remplissent une double égalité : il faudra donc démontrer les deux éga-

lités.

Par construction � est inclus dans �� . � n’est pas vide : en effet la matrice nulle * � 0 0 00 0 00 0 0� est un élément de �, puisque

*) � )* � *

Considérons deux éléments de �: �� et �� et deux nombres réels α et β. Nous devons montrer que B�� C�� est un élément de �. C’est-à-dire sachant que ��) � )�� et ��) � )�� ,

montrons que �B�� C��) � )�B�� C�� B�� C��. On a �B�� C��) � B��) � C��) � B)�� C)�� )�B�� C��

On a également �B�� C��) � B��) � C��) � B�� C��

On a donc bien �B�� C��) � )�B�� C�� B�� C�� est donc un sous-espace vectoriel de �� .

b) Montrer par l'absurde qu'aucune matrice de � n'est inversible.

Commentaires

Dire qu’une matrice � est inversible, c’est dire qu’il existe une matrice inverse �&� telle que : ��&� � �&��

Supposons qu’il existe une matrice � de � inversible. Soit �&� sa matrice inverse.

Comme � appartient à �, on a �) � �

Donc �&��) � �&��

Et donc �) � �

Donc ) � �

Or ) � 0 0 10 1 01 0 0� et � � 1 0 00 1 00 0 1� donc ) o �. On aboutit à une contradiction. Donc aucune matrice de � n’est inversible.

2) Soit � � � � ;p : +q r s� une matrice de �. a) Montrer que s � q � ; � �, r � � et + � p, puis en déduire la forme des matrices de �.

Dire que la matrice � � � � ;p : +q r s� est une matrice de � c’est dire que :

� � ;p : +q r s� 0 0 10 1 01 0 0� � 0 0 10 1 01 0 0� � � ;p : +q r s� � � � ;p : +q r s�

Ce qui donne

; � �+ : ps r q� � q r sp : +� � ;� � � � ;p : +q r s�

On trouve neuf doubles égalités :

tuuuvuuuw; � q � �� r � �� s � ;+ � p � p: � : � :p � + � +s � � � qr � � � rq � ; � s

!

On en tire � � ; � q � s, r � � et + � p.

Une matrice de � est donc de la forme � � �p : p� � ��.

b) Déterminer une famille génératrice de �.

Si � est une matrice de �, on aura

� � � � �p : p� � �� 1 0 10 0 01 0 1� � � 0 1 00 0 00 1 0� � p 0 0 01 0 10 0 0� � : 0 0 00 1 00 0 0�

La famille �� 1 0 10 0 01 0 1� , �� 0 1 00 0 00 1 0� , �� 0 0 01 0 10 0 0� , �x � 0 0 00 1 00 0 0� est donc une fa-

mille génératrice de �.

3) On considère l'ensemble F des matrices de la forme � � - . -. / .- . -�

où -, . et / sont des réels.

Vérifier que 4 est un sous-espace vectoriel de � et donner une famille génératrice de 4.

Commentaires

Nous connaissons la forme des matrices de F. Il est sans doute intéressant de montrer que toute matrice de F

s’écrit comme combinaison linéaire de matrices de E. F apparaîtra alors comme le sous-espace vectoriel de E

engendré par ces matrices particulières.

Soit � une matrice de F. On a � � - . -. / .- . -�. On peut écrire

� � - 1 0 10 0 01 0 1� � . 0 1 01 0 10 1 0� � / 0 0 00 1 00 0 0�

� -�� .�� /�x

(en utilisant les notations de la question précédente).

Toute matrice � de F s’écrit donc comme combinaison linéaire de trois matrices de E, donc F est un

sous-espace vectoriel de E. On a 4 � 9:;<��, �� , �x

4) On note ϕ l'application de 4 dans R qui à toute matrice � de 4 associe le nombre :

y y�#17z{|Uz,|�

|}��

z}� où Uz,| désigne l'élément de la matrice � situé à l'intersection de la ~ ième ligne et de la � ième colonne.

a) On pose � � - . -. / .- . -�

Déterminer e�� en fonction de -, . et /.

Commentaires

La notation Uz,| ou parfois Uz| sans virgule est à connaître. Prenons par exemple la matrice � suivante :

� � 1 2 34 5 67 8 9�. On aura U�,� � 1, U�,� � 2, U�,� � 4, U�,� � 8 par exemple.

On a donc ici e�� #1�{�- � �#1�{�. � �#1�{�- � �#1�{�. � �#1�{�/ � �#1�{�. � ��#1�{�- � �#1�{�. � �#1�{�- � - # . � - # . � / # . � - # . � - � 4- # 4. � /

b) Montrer que e est une application linéaire de 4 dans .

ϕ est bien une application de F dans . Il faut démontrer qu’elle est linéaire.

Soit � et � deux matrices de F et λ un nombre réel. On sait que l’on peut écrire � et � sous la forme :

� � - . -. / .- . -� et � � �-T .T -T.T /T .-T .T -TT�

Où -, ., -V, .V sont des nombres réels.

On a

�� - . -. / .- . -� � �-T .T -T.T /T .-T .T -TT� � ��- � -T �. � .T �- � -T�. � .T �/ � /T �. � .T�- � -T �. � .T �- � -T�

On en tire : e�� 4��- � -V # 4��. � .V � �/ � /V � ��4- # 4. � / � 4-V # 4.V � /V � �e�� e��

L’application e est une application linéaire de F dans . Pour aller plus loinPour aller plus loinPour aller plus loinPour aller plus loin Comme toute application linéaire d’un espace vectoriel dans , ϕ est appelée forme linéaire.

c) Soit � � - . -. / .- . -� une matrice de ker(ϕ).

Exprimer e�� en fonction - et . et en déduire une famille génératrice de Ker(ϕ).

On a � � ker�e 6 e�� 0 6 4- # 4. � / � 0 6 / � #4- � 4.

Donc � appartient à s:<�e si et seulement si � s’écrit sous la forme suivante :

� � - . -. #4- � 4. .- . -�

On a donc

� � - 1 0 10 #4 01 0 1� � . 0 1 01 #4 10 1 0� � -�� # 4�x � .�� # 4�x

On a donc ker�e � 9:;< �� # 4�x, �� # 4�x


Cette famille est libre comme le montre le résultat suivant :

� 1 0 10 #4 01 0 1� � � 0 1 01 #4 10 1 0� � 0 0 00 0 00 0 0� � � � �� #4� � 4� �� 0 0 00 0 00 0 0� � � � � � 0

Il s’agit donc d’une base de ker�ϕ. Et donc dim�ker�ϕ � 2. Nous pouvions trouver ce résultat d’une autre façon : en utilisant le théorème du rang.

L’application ϕ n’étant pas l’application nulle, Im(ϕ) a une dimension strictement supérieure à 0. Or c’est un

sous-espace vectoriel de l’ensemble d’arrivée qui est . La dimension de étant égale à 1, on a donc 0 = dim2�U�e3 ^ 1

Donc dim2�U�e3 � 1

(ce qui montre en particulier que Im(ϕ)= et que l’application ϕ est surjective).

Le théorème du rang permet d’affirmer que dim�4 � dim�ker�e � dim ��U�e Il est facile de voir à partir de la famille génératrice trouvée pour F, famille qui libre de façon évidente, que dim�4 � 3 On retrouve donc que dim�ker�e � 2 La famille génératrice de deux vecteurs proposée par l’énoncé est donc une base de ker(ϕ), elle est donc libre.

Exercice 5 E désigne un espace vectoriel sur , rapporté à une base ℬ � �:₁, :₂, :₃. 1) Soit + un endomorphisme de E. Démontrer que la famille �+�:₁, +�:₂, +�:₃ est une famille génératrice de �U�+.

Commentaires :

C’est encore une démonstration du cours

Soit � un élément de �U�+. Alors il existe un élément , de E dont � est l’image c’est-à-dire tel que � � +�,

Comme , est un élément de E, on peut l’écrire dans la base ℬ.

Il existe trois réels ��, ��, �� tels que , � ��:� � ��:� � ��:�

On a donc +�, � +��:� � ��:� � ��:�

Et par linéarité de +, on en déduit que � � ��+�:� � ��+�:� � ��+�:�

Tout vecteur � de �U�+ s’écrit bien comme combinaison linéaire des vecteurs +�:�, +�:�, +�:�, donc la famille �+�:�, +�:�, +�:� est une famille génératrice de �U�+.

2) Pour tout réel �, on considére l'endomorphisme +n de E défini par : +n�:₂ � 0 et +n�:₁ � +n�:₃ � �:₁ � :₂ # �:₃ a) Déterminer une base de �U �+n.

Commentaires

Nous avons avec la question précédente une famille génératrice de �U�+n. Il faut en « extraire » la plus grande famille libre possible.

On sait que la famille �+n�:�, +n�:�, +n�:� forme une famille génératrice de �U�+n. Le vecteur +n�:� étant nul, on peut le retirer de la famille sans lui enlever son caractère de famille

génératrice.

La famille 2+n�:�, +n�:�3 est donc une famille génératrice de �U�+n. Ces deux vecteurs étant liés (en fait ici ils sont égaux), on peut en enlever un des deux. La famille qui

reste, composée d’un seul vecteur, est encore une famille génératrice de �U�+n. On conserve donc +n�:� � �:� � :� # �:�. Ce vecteur n’est pas nul quelle que soit la valeur de � Z il forme une famille libre. C’est donc une base

de �U�+n. b) Montrer qu'une base de s:� +n est �:₂, :₁ # :₃.

Commentaires

Le théorème du rang nous donne la dimension du noyau. L’énoncé nous propose deux vecteurs. Si nous mon-

trons qu’ils appartiennent bien au noyau et qu’ils forment une famille libre, nous allons pouvoir conclure qu’il

s’agit bien d’une base du noyau.

Nous avons d’après la question précédente : dim2�U�+n3 � 1

D’après le théorème du rang, nous avons dim�� dim�ker�+n � +~U��U�+n

Or par hypothèse, dim�� 3. Donc dim �ker�+n � 2

On a +n�:� � 0� par hypothèse +n�:� # :� � +n�:� # +n�:� � 0�

Les vecteurs :� et :� # :� sont bien deux vecteurs de ker�+n. Montrons qu’ils forment une famille libre. Soit � et μ deux réels tels que �:� � ��:� # :� � 0�

Montrons que nécessairement ces deux nombres réels sont nuls.

On a �:� � ��:� # :� � 0� 6 �:� � �:� # �:� � 0�

La famille �:�, :�, :� étant une base, c’est une famille libre. Cette dernière égalité implique donc : � � � � 0

La famille �:�, :� # :� est donc une famille libre de deux vecteurs d’un espace vectoriel de dimension

2, c’est donc une base de cet espace vectoriel. On a donc �:�, :� # :� base de ker �+n

2) Ecrire la matrice A de +n dans ℬ.

Commentaires

Les colonnes de la matrice de +n dans la base ℬ sont les vecteurs +n�:�, +n�:�, +n�:� écrits en colonne.

On a ' � � 0 �1 0 1#� 0 #��.

3) On pose ,� � �:� � :� # �:�. a) Montrer que si � o 0, ℬT � �,₁, :₂, :₃ est une base de E

Commentaires

Pour montrer que ℬ’ est une base de E, il y a deux grandes méthodes :

→ Puisque nous avons une famille de trois vecteurs dans un espace de dimension 3, il suffit de montrer que

cette famille est libre.

→ On peut écrire la matrice de cette famille (chaque colonne de la matrice correspondant aux composantes

des vecteurs de la famille dans la base ℬ) et montrer que cette matrice est inversible.

Première méthode :

On considère les trois vecteurs ,�, :�, :� et trois réels U, R, � tels que U,� � R:� � �:� � 0� .

On a U,� � R:� � �:� � U��:� � :� # �:� � R:� � �:� � U�:� � �U � R:� � �#U� � �:�

On a U,� � R:� � �:� � 0� 6 U�:� � �U � R:� � �#U� � �:�

Or la famille �:�, :�, :� est une base, donc cette dernière égalité implique : U� � 0, U � R � 0, #U� � � � 0

Comme � o 0, on a donc U � 0, puis R � 0 et enfin � � 0. La famille �,�, :�, :� est une famille libre d’un espace vectoriel de dimension 3 : c’est donc une base

de cet espace vectoriel.

Deuxième méthode

On considère la matrice � de la famille �,�, :�, :� dans la base ℬ. On a

� � � 0 01 1 0#� 0 1�

Comme � o 0, cette matrice est une matrice triangulaire sans élément nul sur la diagonale : elle est

donc inversible et la famille �,�, :�, :� est donc une base de E.

b) Déterminer la matrice ) de +n relativement à la base ℬ’

Commentaires :

Il faut connaître +�,�, +�:� et +�:� en fonction de ��, �� et ��.

On a +n�,� � +n��:� � :� # �:� � �+n�:� � +n�:� # �+n�:� � �2+n�:� # +n�:�3 � +n�:� � �0� � 0� � 0�

On a aussi +n�:� � 0�

On a enfin +n�:� � �:� � :� # �:� � ,�

On a donc

) � 0 0 10 0 00 0 0�

4) On pose :�T � +n�:�, :�T � :� # :�, :₃T � :₃

a) Montrer que �:₁T, :₂T, :₃T est une base de E.

Commentaires

Nous avons à nouveau deux façons de procéder, nous n’en donnerons qu’une ici : la méthode matricielle.

La matrice de la famille �:�V , :�V , :�V dans la base ℬ est

� � � 1 01 0 #1#� #1 1 �

On a

� ~� J� {�5 � 1 01 # � #1 0#� #1 1�

Puis

� 1 01 # � #1 0#� #1 1� ~�jJ�j{� 1 0 01 # � #1 0#� #1 1�

On en déduit que � est équivalente à une matrice triangulaire sans « zéro » sur la diagonale, donc in-

versible. Donc � est une matrice inversible et la famille �:�V , :�V , :�V est une base.

b) Donner la matrice 'T de +n dans cette base.

Commentaires

Comme dans les deux autres questions du même type, il s’agit de connaître les vecteurs +n�:�V, +n�:�V , +n�:�V en fonction des vecteurs :�V , :�V , :�V .

On a +n�:�V � +n�,� � 0� +n�:�V � +n�:� # :� � +n�:� # +n�:� � 0� +n�:�V � +n�:� � :�V

On a donc pour 'V: 'V � 0 0 10 0 00 0 0� �� )


Nous remarquons qu’une application linéaire peut avoir des matrices différentes quand on l’exprime dans des

bases différentes (par exemple ' et )) ou la même matrice dans des bases différentes comme pour ) et 'V. Remarquons que pour ce dernier cas, nous pouvions prévoir ce résultat. En effet on a ,� � :�V et :� � :�V . Donc

entre les familles �,�, :�, :� et �:�V , :�V , :�V , seul les vecteurs :� et :�V diffèrent, mais ce sont deux vecteurs du

noyau puisque :�V � :� # :�, et qui ont donc la même image : 0� . Le fait de pouvoir de disposer de plusieurs matrices pour une application linéaire suivant le choix de la base

permet de prendre celle qui est le plus adaptée à une tâche déterminée (elle peut différer suivant les tâches).

5) Pour tout réel x non nul, on pose (�- � ' # -�, � désignant la matrice identité de �� . a) Montrer que (�- est inversible.

Commentaires

Une stratégie s’impose a priori : écrire explicitement (�- et utiliser éventuellement le pivot de Gauss. Mais il

faut alors se souvenir qu’un pivot ne peut pas être nul. Il faudra donc chaque fois que le problème se pose in-

verser les lignes.

On a

(�- � � 0 �1 0 1#� 0 #�� # - 1 0 00 1 00 0 1� � � # - 0 �1 #- 1#� 0 #� # -�

Nous ne pouvons pas utiliser � # - comme pivot. On commence par permuter les lignes I� et I�. On a

(�- ~�j¡� 1 #- 1� # - 0 �#� 0 #� # -�

On peut alors appliquer le pivot de Gauss. On a

1 #- 1� # - 0 �#� 0 #� # -� ~H� J� &�n&¢�j�5J�5{n�j ! 1 #- 10 -�� # - -0 #�- #-�

Nous nous retrouvons à nouveau avec un pivot : -�� # - qui pourrait être égal à 0 pour - � �. Par contre ni � ni - ne sont nuls, donc – �- ferait un « bon pivot » : on va donc permuter les lignes I�

et I�. On a

1 #- 10 -�� # - -0 #�- #-� ~� ¡�5 1 #- 10 #�- #-0 -�� # - - �

On fait alors

1 #- 10 #�- #-0 -�� # - - � ~�5Jn�5{�n&¢� 1 #- 10 #�- #-0 0 -� �

Comme - o 0, cette matrice triangulaire ne contient que des éléments non nuls sur la diagonale.

Elle est inversible et donc la matrice (�- est inversible pour toute valeur de - o 0.

Pour aller plus loin :

La démonstration précédente n’est pas difficile dans l’esprit, mais très calculatoire et peut conduire facilement

à des erreurs.

Une autre démonstration nettement plus subtile est la suivante :

Appelons �p� l’endomorphisme de E qui à tout vecteur , de E associe le même vecteur : D, � �, ~p��, � , Quelle que soit la base ��, ��, �� de � que l’on prend, on aura ~p�� ~p�� ~p�� Et donc dans n’importe quelle base de E, la matrice de ¤¥¦ est � § §§ � §§ § �� ¨. Considérons l’endomorphisme qn de E défini par qn�, � +n�, # -~p��, (On sait que qn est un endomorphisme comme combinaison linéaire d’endomorphismes puisque l’ensemble des

endomorphismes est un espace vectoriel.)

Supposons que dans une base ��, ��, �� de E la matrice de +n soit �� ;� ;� ;��.

On aura

�� ;� ;� ;�� # - 1 0 00 1 00 0 1� � �� # - �� # - ��;� ;� ;� # -�

On a d’autre part qn�� +n�� # -�p�� ;�� # -�� # -�� ;�� qn�� +n�� # -�p�� ;�� # -�� # -�� ;�� qn�� +n�� # -�p�� ;�� # -�� ;� # -�� ;� ;� ;�� # - 1 0 00 1 00 0 1� apparaît donc comme la matrice de qn dans la base ��, ��, ��. Dans la base �:�, :�, :�, la matrice de +n est '. Donc ' # -� est la matrice de qn dans cette base. Donc (�- est la matrice de qn dans la base ℬ.

(Nous aurons bientôt un théorème permettant d’affirmer ce résultat directement).

Donc ©�- � ) # -� sera la matrice de la même application ª« dans la base �,�, :�, :�. On a

©�- � 0 0 10 0 00 0 0� # - 1 0 00 1 00 0 1� � #- 0 10 #- 00 0 #-�

Cette matrice est inversible comme matrice triangulaire sans zéro sur la diagonale.

Donc qn est une application bijective et donc toutes les matrices associées à ª« quelles que soient les bases sont inversibles (sinon qn serait bijective ou pas suivant la base, alors que la bijectivité est une propriété globale de

l’application qui ne dépend pas de la base).

Donc (�- est inversible.

b) Calculer �' # -��' � -� puis écrire �(�-⁻¹ en fonction de -, � et '.

Commentaires

Le produit proposé nous invite à appliquer une identité remarquable, mais il ne faut pas oublier que dans un

produit matriciel, les identités remarquables ne sont possibles que si les matrices commutent.

Le produit nous conduit à faire apparaître '� qu’il faudra donc calculer. On doit s’attendre à ce que le produit �' # -��' � -� ne s’exprime qu’en fonction de �.

On a '� � �' donc �' # -��' � -� � '� # -�� '� # -��

Or

'� � � 0 �1 0 1#� 0 #�� 0 �1 0 1#� 0 #�� 0 0 00 0 00 0 0�

Donc �' # -��' � -� � #-��

On a donc �' # -� 0# 1-� �' � -�1 � �

On en déduit par définition de la matrice inverse que : 2(�-3&� � # 1-� �' � -� c) Pour tout R de ℕ, déterminer 2(�-3Q

en fonction de -, R, � et '.

Commentaires

La commutativité du produit '� et le fait que '� � * nous conduisent à utiliser la formule du binôme de New-

ton.

Il faut d’abord démontrer que Ds _ 2, '¯ � *.

Comme ' et � commutent pour le produit des matrices, on peut appliquer la formule du binôme de

Newton. On a

2(�-3Q � �' # -�Q � y WRsXQ¯}° '¯�#-�Q&¯

Or Ds _ 2, '¯ � '�'¯&� � *'¯&� � *

Donc �' # -�Q � WR0X '°�#-�Q � WR1X '��#-�Q&� � �#-Q�Q � R'�#-Q&��Q&� � �#-Q� � R�#-Q&�'

Exercice 6 E est l'espace vectoriel des polynômes à coefficients réels et de degré inférieur ou égal à 3. On désigne par + l'application qui à un po-

lynôme f de E associe le polynôme +�f défini par: +�f�c � f�c � 1 � f�c 1. Montrer que + est un endomorphisme de E.

Commentaires (à lire avant de commencer l’exercice)

La définition de l’application + donnée par l’énoncé comporte dans le cadre du programme ECE plusieurs am-

bigüités. Il y a d’abord ces « c » qui apparaissent comme s’il s’agissait d’une variable réelle (notée plus habituel-

lement - dans cette question et comme des polynômes dans la question suivante.

Nous avons déjà parlé (en cours et plus haut) de ces applications polynômes : c¯: - @ -¯ Ce que l’on peut aussi écrire : c¯�- � -¯ L’application c° est souvent simplement notée 1 ou l,ou tout simplement 1 (en gardant la même taille que le

chiffre 1)

En pratique on confond souvent ces applications avec leurs images.

Prenons un exemple : le polynôme défini par f�- � 2-� # 3-� � 5- # 6. On peut écrire ce polynôme sous la forme : f�- � 2c��- # 3c��- � 5c�- # 6 1�- En termes d’application, ce polynôme apparaît comme la combinaison linéaire suivante : f � 2c� # 3c� � 5c # 6 1 Pour comprendre l’écriture f�c, il faut comprendre l’écriture f�c � 1. f est une application qui à tout réel - fait correspondre 2-� # 3-� � 5- # 6. c � 1 est aussi une application et l’on a �c � 1�- � c�- � 1�- � - � 1 Il faut donc comprendre f�c � 1 comme f ± �c � 1 On a f�c � 1�- � 2f ± �c � 13�- � f2�c � 1�-3 � f�- � 1 � 2�- � 1� # 3�- � 1� � 5�- � 1 # 6

En interprétant l’application �c � 1¯ comme �c � 1¯�- � �- � 1¯ On voit que l’on a : f�c � 1�- � 2�c � 1��- # 3�c � 1��- � 5�c � 1�- # 6 1�- Ce qui donne en termes d’application : f�c � 1 � 2�c � 1� # 3�c � 1� � 5�c � 1 # 6 1

Avec le même principe on peut évidemment écrire f�c � 2c� # 3c� � 5c # 6 1 � f On confond donc f et f�c.

Si nous reprenons l’énoncé, on comprend mieux (normalement) ce que fait l’application +. Reprenons notre exemple :

On a f � 2c� # 3c� � 5c # 6 1 On aura +�f � f � f ± �c � 1 Comme ce n’est pas très « manipulable, on écrira : +�f � f�c � f�c � 1

Ce qui donne +�f � �2c� # 3c� � 5c # 6 1 � �2�c � 1� # 3�c � 1� � 5�c � 1 # 6 1 Ce que l’on peut écrire en utilisant la même remarque que pour f Z +�f�c � �2c� # 3c� � 5c # 6 1 � �2�c � 1� # 3�c � 1� � 5�c � 1 # 6 1

En pratique +�f est un polynôme ² qui se définirait de la façon suivante : ²�- � �2-� # 3-� � 5- # 6 � �2�- � 1� # 3�- � 1� � 5�- � 1 # 6

Si f est un polynôme de degré inférieur ou égal à 3, f�c � 1 apparaît comme la composée de ce po-

lynôme et d’un polynôme de degré inférieur ou égal à 1 : c’est donc un polynôme de degré inférieur ou

égal à 3. Comme f est également un polynôme de degré inférieur ou égal à 3, +�f apparaît comme la

somme de deux polynômes de degré inférieur ou égal à 3 : c’est donc un polynôme de degré inférieur

ou égal à 3.

Remarque

Nous utilisons ici un résultat « non conventionnel » du cours : la composée d’un polynôme de degré inférieur ou

égal à R et d’un polynôme de degré inférieur ou égal à U est un polynôme de degré inférieur ou égal à R A U. Si f�- � y �¯-¯Q

¯}° et ²�- � y �|-|Y|}° , on a f2²�-3 � y �¯

Q¯}° �y �|-|Y

|}° �¯

Ce qui donne f2²�-3 � �Q��Y-Y � ³ � �°Q � ³ � �° Le terme de plus haut degré est : �Q�YQ -QY

Avec ce résultat, nous pouvons affirmer que f�c � 1 � f�c est un polynôme de degré inférieur ou

égal à 3.

Commentaires

L’application linéaire n’est pas très facile à montrer si on prend la question sur un plan rigoureux. Or en pra-

tique on fait comme si c et - étaient identiques. Du coup cela devient plus simple.

Soit f� et f� deux polynômes de �bcd et λ un nombre réel.

On a +��f� � f� � ��f� � f��c � 1 � ��f� � f��c � �f��c � 1 � f��c � 1 � �f��c � f��c � �2f��c � 1 � f��c3 � 2f��c � 1 � f��c3 � �+�f� � +�f�

L’application + est une application linéaire de �bcd dans �bcd: c’est un endomorphisme de �bcd.


En quoi notre démonstration manque t’elle de rigueur ? Ce n’est pas exactement de rigueur, mais de justifica-

tions.

En fait on écrit ��f� � f��c � 1 � �f��c � 1 � f��c � 1 Une telle égalité ne pose pas de problème si c est une variable réelle : ce n’est que l’application de la définition

de la somme de deux fonctions et du produit d’une fonction par un réel : �+ � q�- � +�- � q�- ��+�- � �+�- Mais ici il s’agit de composé de fonctions. En réalité il faudrait écrire ��f� � f��c � 1�- � ��f� � f��c � 1�- � ��f� � f��- � 1

� �f��- � 1 � f��- � 1 � �f��c � 1�- � f��c � 1�-

Ce qui justifie : ��f� � f��c � 1 � �f��c � 1 � f��c � 1

2. On note ℬ la base usuelle de E constituée, dans cet ordre des quatre polynômes 1, c, c�, c�. Montrer que la matrice de + dans la base ℬ est ´2 1 1 10 2 2 30 0 2 30 0 0 2µ

On doit calculer +�1, +�c, +�c�, +�c� et exprimer les résultats trouvés en fonction de 1, c, c� et c�. On a +�1 � 1�c � 1 � 1�c � 1 � 1 � 2 1 +�c � c�c � 1 � c�c � c � 1 � c � 1 1 � 2c +�c� � c��c � 1 � c��c � �c � 1� � c� � c� � 2c � 1 � c� � 1 1 � 2c � 2c� +�c� � c��c � 1 � c��c � �c � 1� � c� � c� � 3c� � 3c � 1 � c� � 1 1 � 3c � 3c� � 2c�

La matrice de + dans la base ℬ est donc bien : ´2 1 1 10 2 2 30 0 2 30 0 0 2µ

3. Montrer que + est bijectif.

La matrice ´2 1 1 10 2 2 30 0 2 30 0 0 2µ est une matrice triangulaire sans zéro sur la diagonale : elle est inversible

et donc l’endomorphisme + est bijectif.

4. Calculer la matrice de +⁻¹ dans la base ℬ.

Commentaires

La matrice de +&� dans la même base est la matrice inverse de la matrice de +.

La matrice de +&� dans la même base est la matrice inverse de la matrice de +. Par la méthode du pivot de Gauss, on trouve

´2 1 1 10 2 2 30 0 2 30 0 0 2µ&�

�¶····̧

12 # 14 0 180 12 # 12 00 0 12 # 340 0 0 12 ¹

ºººº»

5. Soit f un élément de E défini par : f�c � �₀ � �₁c � �₂c² � �₃c³. a. Expliciter en fonction des réels �₀, �₁, �₂, �₃ le polynôme ² � +⁻¹�f.

Commentaires

Pour trouver l’image d’un vecteur par un endomorphisme, il suffit d’effectuer le produit de la matrice de cet

endomorphisme par le vecteur colonne associé canoniquement au vecteur dont on veut l’image.

On a

¶····̧

12 # 14 0 180 12 # 12 00 0 12 # 340 0 0 12 ¹

ºººº»

´�°��µ �

¶····̧

�°2 # ��4 � ��8�� # ��2��2 # 3��4��2 ¹ºººº»

On en déduit que ² � +&��f � W�°2 # ��4 � ��8 X 1 � �� # ��2 c � $��2 # 3��4 % c� � ��2 c�

Remarque

On remarquera que l’énoncé accentue encore la confusion en écrivant f�c � �° � ��c � ��c� � ��c� Au lieu de f�c � �° 1 � ��c � ��c� � ��c�

b. On considère pour tout entier strictement positif R la somme

¾�R � y�#1¯f�s¯}Q¯}�

Exprimer simplement ¾�R en fonction de �#1Q, ²�R � 1 et ²�1.

Commentaires :

L’utilisation de minuscules montre que l’on passe effectivement aux nombres réels.

La question est énigmatique au premier abord car il ne s’agit pas de se servir de la question précédente. Visi-

blement le résultat ² � Wn¿� # njx � n5À X 1 � nj&n � c � Wn � # �n5x X c� � n5� c� est utilisé à la question suivante. Il ne s’agit pas non plus d’utiliser la forme explicite f�s � �° � ��s � ��s� � ��s� qui ne permettrait pas de

faire apparaître ²�R � 1 et ²�1. En parlant de ²�R � 1 et de ²�1, l’énoncé nous fait penser à un calcul en cascades (principe des dominos).

Il s’agit donc de remplacer f par ² dans la somme de façon à pouvoir utiliser le principe des dominos.

On a +&��f � ², donc f � +�² et donc f�c � ²�c � 1 � ²�c

Donc f�s � ²�s � 1 � ²�s

Et �#1¯f�s � �#1¯²�s � 1 � �#1¯²�s � #�#1¯{�²�s � 1 � �#1¯²�s � �#1¯²�s # �#1¯{�²�s � 1 On a donc

¾�R � y�#1¯f�sQ¯}�

� y�#1¯²�s # �#1¯{�Q¯}� ²�s � 1

� �#1�²�1 # �#1Q²�R � 1 � #²�1 # �#1Q²�R � 1

c. Expliciter alors la valeur de ¾�R en fonction de R, �₀, �₁, �₂, �₃

On applique le résultat précédent en utilisant la formule du a). ¾�R � # 0W�°2 # ��4 � ��8 X � �� # ��2 � $��2 # 3��4 % � ��2 1 � �#1Q 0W�°2 # ��4 � ��8 X � �� # ��2 �R � 1 � $��2 # 3��4 % �R � 1� � ��2 �R � 1�1

Donc ¾�R � �°2 � ��4 # ��8 � �#1Q 0W�°2 # ��4 � ��8 X � �� # ��2 �R � 1 � $��2 # 3��4 % �R � 1� � ��2 �R � 1�1

Exercice 7 L'espace vectoriel E= 3

est rapporté à sa base canonique ℬ � �~, �, s avec ~ � �1,0,0, � � �0,1,0 :< s � �0,0,1. On appelle + l'endomorphisme de E dont la matrice relativement à ℬ est la matrice ' suivante:

' � #2 #1 2#15 #6 11#14 #6 11�

1. Déterminer l'image du vecteur , � ~ � � � 2s par l'application +.

Commentaires

Pour calculer l’image du vecteur on utilise le produit matriciel.

On a

' 112� � 112�

On en déduit que +�, � , , est un vecteur non nul dont l’image +�, est proportionnelle à , (ici elle est même égale) : on dit que

c’est un vecteur propre.

2. On pose � � 3� � 2s et ℬT � �,, �, s a. Démontrer que ℬTest une base de E.

Puisque cette famille contient trois vecteurs dans un espace de dimension 3, il suffit de démontrer que

c’est une famille libre.

Soit �, �, ; trois nombres réels tels que �, � �� ;s � 0�

On a ��~ � � � 2s � ��3� � 2s � ;s � 0�

Ce qui donne �~ � �� 3�� 2� � 2� � ;s � 0�

La famille �~, �, s étant une base de E, on déduit de cette dernière égalité :

�� 0� � 3� � 02� � 3� � ; � 0! Ce qui donne immédiatement � � � � ; � 0

La famille �,, �, s est bien une famille libre, c’est donc une base de E.

b. Soit f la matrice de passage de la base ℬ à la base ℬT. Calculer la matrice inverse de f.

Commentaires

Les colonnes de la matrice de passage de la base ℬ à la base ℬ’ sont les composantes des vecteurs de ℬ’ dans ℬ.

On a

f � 1 0 01 3 02 2 1�

Remarque

Cette matrice est évidemment inversible, ce qui confirme que ℬ’ est bien une base.

On calcule la matrice inverse par le pivot de Gauss. On trouve :

f&� �¶·̧

1 0 0# 13 13 0# 43 # 23 1¹º

»

c. Déterminer la matrice Á de + relativement à la base ℬ′.

Commentaires

On doit exprimer +�,, +�� et +�s en fonction de ,, �, s.

On a : +�, � , +�� +�3� � 2s � 3+�� 2+�s � #3~ # 18� # 18s � 4~ � 22� � 22s � ~ � 4� � 4s Le problème que nous rencontrons ici est que +�� est exprimé en fonction de ~ et de � alors que nous le voudrions en fonction de , et de �. Il convient donc d’exprimer ~ et � en fonction de , et de �. On a , � ~ � � � 2s � � 3� � 2s La deuxième égalité donne immédiatement : � � 13 �� # 2s � 13 � # 23 s En remplaçant dans la deuxième égalité, on obtient :

, � ~ � 13 � # 23 s � 2s Ce qui donne ~ � , # 13 � # 43 s Remarque Remarque Remarque Remarque Si nous récapitulons nous avons ~ � , # 13 � # 43 s

� � 13 � # 23 s s � s La matrice de la famille �~, �, s dans la base �,, �, s est donc

¶·̧1 0 0# 13 13 0

# 43 # 23 1¹º»

Nous reconnaissons f&�. C’est un résultat très général : Si f est la matrice des éléments de la base ℬ’ exprimés dans la base ℬ, alors f&� est la matrice des éléments

de la base ℬ exprimés dans la base ℬ’. On a donc +�� ~ � 4� � 4s � , # 13 � # 43 s � 4 $13 � # 23 s% � 4s � , � � On aura de même : +�s � 2~ � 11� � 11s � 2 $, # 13 � # 43 s% � 11 $13 � # 23 s% � 11s � 2, � 3� � s On a donc Á � 1 1 20 1 30 0 1�

RemarqueRemarqueRemarqueRemarque :::: Les formules de changement de bases permettront d’aller plus vite pour déterminer cette matrice.

On a

f&�'f �¶·̧

1 0 0# 13 13 0# 43 # 23 1¹º

» #2 #1 2#15 #6 11#14 #6 11� 1 0 01 3 02 2 1�

�¶·̧

#2 #1 2# 133 # 53 3# 43 # 23 1¹º

» 1 0 01 3 02 2 1� � 1 1 20 1 30 0 1� � Á Ici encore, le résultat est tout à fait général.

Si A est la matrice de l’application linéaire dans la base ℬ et si f est la matrice de passage de la base ℬ à la

base ℬ’, alors la matrice de l’application linéaire dans la base ℬ’ est donnée par f&�'f.

3. On considère la matrice � suivante :

� � 0 1 20 0 30 0 0� a. Calculer �². En déduire �¯ si s est un entier supérieur ou égal à 3.

Commentaires

Une matrice triangulaire avec uniquement des zéros sur la diagonale est nécessairement « nilpotente » ce qui

signifie qu’à partir d’une certaine valeur, toutes ses puissances donnent la matrice nulle.

On a

�� 0 1 20 0 30 0 0� 0 1 20 0 30 0 0� � 0 0 30 0 00 0 0�

Calculons ��. On a

�� 0 1 20 0 30 0 0� 0 0 30 0 00 0 0� � 0 0 00 0 00 0 0�

On a donc pour tout s _ 3, �¯ � �¯&�� ¯&�* � *

b. Calculer � � �. Déterminer ÁQ en fonction de R et de �, puis de R uniquement.

On a de façon évidente : � � � � Á

Les matrices � et � commutent pour le produit matriciel, on peut donc appliquer la formule du bi-

nôme de Newton.

Commentaires

On a le plus souvent intérêt à placer la puissance « s » sur la matrice nilpotente.

On a

ÁQ � �� Q � y WRsXQ¯}° �¯�Q&¯

Or pour s _ 3, on a �¯ � * donc ÁQ � WR0X �°�Q&° � WR1X ��Q&� � WR2X ��Q&� � � � R� � R�R # 12 �� 1 0 00 1 00 0 1� � R 0 1 20 0 30 0 0� � R�R # 12 0 0 30 0 00 0 0� � ´1 R 3R� � R20 1 3R0 0 1 µ

c. Montrer que f. �. f⁻¹ � ' # � et que f. �². f⁻¹ � '² # 2' � �

Commentaires

On peut bien sûr vérifier ce résultat en faisant les calculs matriciels, mais on peut faire beaucoup mieux en se

rappelant que f&�'f � Á Et que Á � � � �

On a f&�'f � Á

Donc ff&�'ff&� � fÁf&�

Donc ' � fÁf&� � f�� f&� � f�f&� � f�f&� � � � f�f&�

D’où ' # � � f�f&�

On a �' # �� f�f&�� f�f&�f�f&� � f��f&� � f��f&�

Comme les matrices ' et � commutent pour le produit, on a : �' # �� '� # 2'� � �� '� # 2' � �

Donc f��f&� � '� # 2' � �

d. Donner l'expression de 'Q en fonction de R, �, ' :< '�.

On sait que ' � fÁf&�

On démontre par une récurrence immédiate que 'Q � fÁQf&�

On a ÁQ � � � R� � R�R # 12 ��

Donc 'Q � f 0� � R� � R�R # 12 ��1 f&� � � � Rf�f&� � R�R # 12 f��f&� � � � R�' # � � R�R # 12 �'� # 2' � � � R�R # 12 '� � �2R # R�' � �R!#2�R!#12 �

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