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Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Applications linéaires, matrices, déterminants

Exercice 1
...
Montrer que 𝑢 est linéaire
...
Déterminer ker( 𝑢)
...

Soit 𝑓: ℝ3 → ℝ2 définie par
𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( 𝑥 + 𝑦 + 𝑧, −𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧)
On appelle 𝛽 = ( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3 et 𝛽′ = ( 𝑓1 , 𝑓2 ) la base canonique de ℝ2
...
Montrer que 𝑓 est une application linéaire
...
Donner une base et la dimension de ker( 𝑓 ) et une base et la dimension de 𝐼𝑚( 𝑓 )
...

Soit 𝑓: ℝ3 → ℝ2 définie pour tout vecteur 𝑢 = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 par :
𝑓( 𝑢) = (−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧, 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧)
1
...

2
...

3
...

Allez à : Correction exercice 3
Exercice 4
...
Montrer que 𝑓 est une application linéaire
...
Donner une base de ker( 𝑓 ), en déduire dim(𝐼𝑚( 𝑓 ))
...
Donner une base de 𝐼𝑚(𝑓)
...

On considère l’application ℎ: ℝ2 → ℝ2 définie par :
ℎ( 𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 𝑦, −3𝑥 + 3𝑦)
1
...

2
...

3
...

Allez à : Correction exercice 5
Exercice 6
...

1
...

1

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

2
...

3
...

Allez à : Correction exercice 6
Exercice 7
...
Montrer que 𝑓 est une application linéaire
...
Donner une base de ker( 𝑓 ), en déduire dim(𝐼𝑚( 𝑓 ))
...
Donner une base de 𝐼𝑚(𝑓)
...

Soit ℬ = ( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 )
Soit 𝑓: ℝ3 → ℝ3 l’application linéaire définie pour tout 𝑢 = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 par :
𝑓 ( 𝑢) = (6𝑥 − 4𝑦 − 4𝑧, 5𝑥 − 3𝑦 − 4𝑧, 𝑥 − 𝑦)
1
...

2
...
Calculer 𝑓 ( 𝑏) et 𝑓( 𝑐 )
b
...

On pourra utiliser une autre méthode
...
Déterminer une ou plusieurs équations caractérisant 𝐼𝑚( 𝑓 )
...
A-t-on ker( 𝑓 ) ⨁𝐼𝑚( 𝑓 ) = ℝ3 ?
Allez à : Correction exercice 8
Exercice 9
...

Soit 𝑢: ℝ4 → ℝ3 une application linéaire définie par
𝑢( 𝑒1 ) = 𝑓1 − 𝑓2 + 2𝑓3 ; 𝑢( 𝑒2 ) = 2𝑓1 + 𝑓2 − 3𝑓3 ; 𝑢( 𝑒3 ) = 3𝑓1 − 𝑓3 𝑒𝑡 𝑢( 𝑒4 ) = −𝑓1 − 2𝑓2 + 5𝑓3
1
...
Déterminer une base de ker( 𝑢) et sa dimension de ker( 𝑢)
...
Déterminer une base de 𝐼𝑚( 𝑢) et sa dimension
...

Soit 𝑢: ℝ4 → ℝ4 l’application définie pour tout 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ ℝ4 par :
𝑢( 𝑥 ) = ( 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 , 0, 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 , 𝑥4 )
4
Soit 𝐸 = {( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ ℝ , 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 = 0}
1
...

2
...

3
...
Montrer que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ4 , en donner une base et sa dimension
...
A-t-on ker( 𝑢) ⨁𝐸 = ℝ4 ?
Allez à : Correction exercice 10
Exercice 11
...

2

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Soit 𝑢: ℝ4 → ℝ4 qui, à un vecteur 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ ℝ4 associe le vecteur 𝑢( 𝑥 ) ∈ ℝ4 définit par :
𝑢( 𝑥 ) = ( 𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 + 2𝑥4 , 𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 + 2𝑥4 , −𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 − 2𝑥4 , −𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 )
On admettra que 𝑢 est une application linéaire
...
Déterminer une base du noyau de 𝑢
...
Déterminer une base de l’image de 𝑢
...
Déterminer une ou plusieurs équations caractérisant 𝐼𝑚( 𝑢)
...

Soit 𝑓 un endomorphisme de ℝ3 dont l'image de la base canonique 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) est :
𝑓 ( 𝑒1 ) = −7𝑒1 − 6𝑒2
𝑓( 𝑒2 ) = 8𝑒1 + 7𝑒2
𝑓 ( 𝑒3 ) = 6𝑒1 + 6𝑒2 − 𝑒3
1
...

2
...

Allez à : Correction exercice 12
Exercice 13
...
Montrer que 𝑓 est une application linéaire
...
Déterminer le noyau et l’image de 𝑓
...
A-t-on ker( 𝑓 ) ⊕ 𝐼𝑚( 𝑓 ) = ℝ4 ?
Allez à : Correction exercice 13
Exercice 14
...
Montrer que 𝑓 est une application linéaire
...
Déterminer une base de ker( 𝑓 )
...
Déterminer une base de 𝐼𝑚(𝑓)
...

Soit 𝑢: ℝ3 → ℝ3 l’application définie par :
𝑢( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (−2𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 , −𝑥1 + 𝑥3 , −2𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 )
1
...

2
...

3
...

Soit 𝛽 = ( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3
Soit 𝑢 un endomorphisme de ℝ3 défini par :
𝑢( 𝑒1 ) = 2𝑒1 + 𝑒2 + 3𝑒3 ; 𝑢( 𝑒2 ) = 𝑒2 − 3𝑒3 ; 𝑢( 𝑒3 ) = −2𝑒2 + 2𝑒3
1
...

Déterminer l’image par 𝑢 du vecteur 𝑥
...

2
...

3
...

4
...

Soit (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3
Soit 𝑓: ℝ3 → ℝ3 l’application linéaire telle que :
1

2

2

1

2

1

2

1

𝑓 ( 𝑒1 ) = − 3 𝑒1 + 3 𝑒2 + 3 𝑒3 = 3 (−𝑒1 + 2𝑒2 + 2𝑒3 ), 𝑓( 𝑒2 ) = 3 𝑒1 − 3 𝑒2 + 3 𝑒3 = 3 (2𝑒1 − 𝑒2 + 2𝑒3 ) et
2

2

1

1

𝑓 ( 𝑒3 ) = 3 𝑒1 + 3 𝑒2 − 3 𝑒3 = 3 (2𝑒1 + 2𝑒2 − 𝑒3 )
Soient 𝐸−1 = {𝑢 ∈ ℝ3 │𝑓( 𝑢) = −𝑢} et 𝐸1 = {𝑢 ∈ ℝ3 │𝑓 ( 𝑢) = 𝑢}
1
...

2
...

3
...
Déterminer 𝐸−1 ∩ 𝐸1
...
A-t-on 𝐸−1 ⊕ 𝐸1 = ℝ3 ?
6
...

Allez à : Correction exercice 17
Exercice 18
...
Montrer que 𝛽 est une base de ℝ
...
Soit 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ ℝ3 , calculer 𝑢( 𝑥 )
...
Montrer que :
𝑢( 𝑎) = 3𝑎 − 3𝑐
𝑢( 𝑏) = 3𝑏 + 3𝑐
𝑢( 𝑐 ) = −3𝑎 + 3𝑏 + 3𝑐
Allez à : Correction exercice 18
Exercice 19
...
On note 𝑝2 = 𝑝 ∘ 𝑝
...
Montrer que 𝑝 est une application linéaire
...
Calculer (𝑒1 ), 𝑝( 𝑒2 ) et 𝑝( 𝑒3 ), puis 𝑝2 ( 𝑒1 ), 𝑝2 (𝑒2 ) et 𝑝2 ( 𝑒3 ), que peut-on en déduire sur 𝑝2 ( 𝑢) pour
tout 𝑢 ∈ ℝ3 ?
3
...

4
...

Soit 𝐸 un espace vectoriel
...

On pose 𝐸1 = ker(𝑓 − 𝐼𝑑 𝐸 ) et 𝐸2 = ker(𝑓 + 𝐼𝑑 𝐸 )
1
...
Calculer 𝑓(𝑥1 ) et 𝑓(𝑥2 )
...
Pour tout 𝑥 ∈ 𝐸 écrire 𝑥 =

𝑓(𝑥)+𝑥
2

−

𝑓(𝑥)−𝑥
2

et montrer que 𝐸1 ⊕ 𝐸2 = 𝐸

3
...
Soit (𝑣1 , 𝑣2 , … , 𝑣 𝑛 ) une base de 𝐸 telle que :
𝐸1 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1 , … , 𝑣 𝑟 ) et 𝐸2 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣 𝑟+1 , … , 𝑣 𝑛 ) calculer 𝑓(𝑣 𝑖 ) dans la base (𝑣1 , 𝑣2 , … , 𝑣 𝑛 )
...

Soit 𝛽 = ( 𝑒1 , 𝑒2 ) la base canonique de ℝ2
...
Déterminer 𝑢( 𝑒2 ) en fonction d’un paramètre 𝑎 ∈ ℝ
...
Déterminer l’image d’un vecteur 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 ) ∈ ℝ en fonction de 𝑎
...
Déterminer une base du noyau de ker( 𝑢)
...

Soit 𝑓: ℝ4 → ℝ l’application définie pour tout 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ ℝ4 par
𝑓 ( 𝑥 ) = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4
On appelle 𝛽 = ( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) la base canonique de ℝ4
...
Calculer les images des vecteurs de la base canonique par 𝑓
...

2
...

Allez à : Correction exercice 22
Exercice 23
...
Montrer que 𝑢 est une application linéaire
...
Déterminer les dimensions de ℐ𝑚( 𝑢) et de ker( 𝑢)
...

Soit 𝑢 une application linéaire de 𝐸 dans 𝐸, 𝐸 étant un espace vectoriel de dimension 𝑛 avec 𝑛 pair
...

Question de cours
Soit 𝑢 une application linéaire de 𝐸 vers 𝐸
...

Allez à : Correction exercice 25
Exercice 26
...

5

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

1
...
Calculer 𝑢(𝑥) pour 𝑥 ∈ 𝐸 𝜆
Montrer que est un sous-espace vectoriel de 𝐸
...
Soit 𝐹 ⊂ 𝐸 un sous-espace vectoriel de 𝐸, montrer que 𝑢( 𝐹 ) est un sous-espace vectoriel de 𝐸
...
Si 𝜆 ≠ 0, montrer que 𝑢( 𝐸 𝜆 ) = 𝐸 𝜆
Allez à : Correction exercice 26
Exercice 27
...
Montrer que si 𝑛 < 𝑝 alors 𝑢 n’est pas surjective
...
Montrer que si 𝑛 > 𝑝 alors 𝑢 n’est pas injective
...

Soit 𝑓: 𝐸 → 𝐹 une application linéaire
Montrer que :
ker( 𝑓 ) ∩ im( 𝑓 ) = 𝑓(ker( 𝑓 2 ))
Allez à : Correction exercice 28
Exercice 29
...
Montrer que
𝑓 (ker( 𝑔 ∘ 𝑓 )) = ker( 𝑔) ∩ 𝐼𝑚( 𝑓 )
Allez à : Correction exercice 29
Exercice 30
...

1
...

2
...

Allez à : Correction exercice 30
Exercice 31
...

Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes
(i)
ker( 𝑢) ∩ 𝑖𝑚( 𝑢) = {0 𝐸 }
(ii)
ker( 𝑢) = ker( 𝑢 ∘ 𝑢)
Allez à : Correction exercice 31
Exercice 32
...

1
...

b) Déterminer la matrice de 𝑢 de la base 𝑒 dans la base 𝑓
...

2
...

6

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

b) Déterminer la matrice de 𝑢 de la base 𝑒 dans la base 𝑒
...

Allez à : Correction exercice 32
Exercice 33
...

1
...

a) Déterminer l’image d’un vecteur 𝑥 =
b) Déterminer l’image de la base 𝑒 (c’est-à-dire 𝑢(𝑒1 ) et 𝑢(𝑒2 ))
...

2
...

b) Déterminer l’image de la base 𝑒 (c’est-à-dire 𝑢(𝑒1 ), 𝑢(𝑒2 ), 𝑢(𝑒3 ) et 𝑢(𝑒4 ) )
...

Allez à : Correction exercice 33
Exercice 34
...

1
...
Soit 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ ℝ3
𝑢( 𝑥 ) = (𝑥1 + 𝑥2 , 2𝑥1 − 𝑥3 , 3𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 )
(On admet que 𝑢 est une application linéaire)
...

b) Déterminer la matrice de 𝑢 de la base 𝑒 dans la base 𝑒
...

2
...
Soit 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ ℝ3
𝑢( 𝑥 ) = (𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥1 + 𝑥2 )
(On admet que 𝑢 est une application linéaire)
...

b) Déterminer la matrice de 𝑢 de la base 𝑒 dans la base 𝑒
...

Allez à : Correction exercice 34
Exercice 35
...
Déterminer une base du noyau de 𝑓
...
Déterminer une base de l’image de 𝑓
...

Déterminer le rang de la matrice
1
2
𝐴=(
1
2

1
1
1
1

2
1
1
1

1
1
2
1

1
1
)
1
1

Allez à : Correction exercice 36
Exercice 37
...
Montrer que 𝐴 est inversible et calculer son inverse 𝐴−1
...
En déduire 𝐴 𝑛 , pour tout 𝑛 entier
...

0
Soit 𝐴 la matrice de définie par : 𝐴 = (1
1
1
...

2
...
En déduire 𝐴−1
...
Retrouver 𝐴−1 par une autre méthode
...


Exercice 39
...
Calculer 𝐴2 et 𝐴3
...

2
...

3
...

Allez à : Correction exercice 39
Exercice 40
...

Allez à : Correction exercice 40
Exercice 41
...
Calculer le produit des matrices 𝑀(𝑡1 ) et (𝑡2 ), où 𝑡1 et 𝑡2 sont deux réels quelconques
...
Montrer que 𝑀(𝑡) est inversible, et déterminer 𝑀 −1 (𝑡)
...

Soit 𝛽 = ( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3
Soit 𝑢: ℝ3 → ℝ3 l’endomorphisme de ℝ3 dont la matrice dans la base canonique est
1 2 −2
𝐴 = (2 1 −2)
2 2 −3
{ 𝑥 ∈ ℝ3 , 𝑢( 𝑥 ) = 𝑥 } est un sous-espace vectoriel de ℝ3 dont on donnera une base 𝑎
...
Montrer que 𝐸1 =
2
...
Calculer 𝑢( 𝑏) et 𝑢( 𝑐 )
...
Montrer que 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) est une base de ℝ3
...
Déterminer la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′
...
Calculer 𝑃−1
...
Déterminer la matrice 𝐷 de 𝑢 dans la base 𝛽′
...
Donner la relation entre 𝐴, 𝑃 et 𝐷
...

Soit 𝑓 une application de ℝ2 dans ℝ2 définie par : 𝑓( 𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝑥1 − 𝑥2 , 𝑥1 + 𝑥2 ) et 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 ) la
base canonique de ℝ2
...
Montrer que 𝑓 est un endomorphisme de ℝ2
...
Déterminer la matrice 𝐴 de 𝑓 dans la base 𝛽
...

a) Déterminer le noyau et l'image de 𝑓
...

c) Déterminer 𝑓 −1 dans la base 𝛽, en déduire 𝐴−1
...
Montrer que 𝐴 = 𝑅𝐻
...

Soient 𝑎 = 𝑒1 + 𝑒2 et 𝑏 = 𝑒1 − 𝑒2 deux vecteurs de ℝ2
...

5
...

6
...

7
...

Allez à : Correction exercice 43
Exercice 44
...

Soit 𝑢 l’endomorphisme de ℝ3 dont la matrice dans la base canonique est :
1
4
4
𝐴 = (−1 −3 −3)
0
2
3
Soient 𝑎 = 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 , 𝑏 = 2𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 et 𝑐 = 2𝑒1 − 2𝑒2 + 𝑒3 trois vecteurs de ℝ3
1
...

2
...
Calculer 𝑃−1
...
Déterminer la matrice 𝑅 de 𝑢 dans la base 𝛽′
...

a) Calculer 𝑃 −1 𝐴𝑃 en fonction de 𝑅
b) Calculer 𝑅4
c) En déduire les valeurs de 𝐴4𝑛
...

Soit 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3
...
Déterminer la matrice de 𝑢 dans la base canonique
...
Montrer que 𝐸 = {𝑥 ∈ ℝ3 , 𝑢( 𝑥 ) = 𝑥} est un sous-espace vectoriel de ℝ3
...

3
...

Donner une base (𝑏, 𝑐) de 𝐹
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑢( 𝑏)) est une base de ℝ3
...
Montrer que 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ3
...
Déterminer la matrice 𝑅 de 𝑢 dans la base 𝛽′
...

Soit 𝛽 = ( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3
...
Déterminer la matrice 𝐴 de 𝑢 dans la base canonique
...
Déterminer une base ( 𝑎, 𝑏) de ker( 𝑢 − 𝐼𝑑 )
...
Donner un vecteur 𝑐 tel que ker( 𝑢) = 𝑣𝑒𝑐𝑡( 𝑐 )
...
Montrer que 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) est une base de ℝ3
...
Déterminer la matrice 𝐷 de 𝑢 dans la base 𝛽′
...
Montrer que 𝐼𝑚( 𝑢) = ker( 𝑢 − 𝐼𝑑 )
7
...

Allez à : Correction exercice 46
Exercice 47
...
Déterminer la matrice 𝐴 de 𝑢 dans la base canonique de ℝ3
...
Déterminer la dimension du noyau et de l’image de 𝑢
...

3
...
Déterminer un vecteur 𝑏 tel que 𝑎 = 𝑢( 𝑏)
...
Montrer que 𝐸−1 = { 𝑥 ∈ ℝ3 , 𝑢( 𝑥 ) = −𝑥 } est un sous-espace vectoriel de ℝ3 , déterminer un vecteur
directeur de 𝐸−1 que l’on notera 𝑐
...
Montrer que 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) est une base de ℝ3
...
Déterminer la matrice 𝐴′ de 𝑢 dans la base 𝛽′ et donner la relation reliant 𝐴 et 𝐴′
...

Soit 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) la base canonique de ℝ4
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) est une base de ℝ4
...
Calculer 𝑓(𝑎), 𝑓(𝑏), 𝑓(𝑐) et 𝑓(𝑑) et les exprimer dans la base 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑)
...
Déterminer la matrice de 𝑓 dans la base 𝛽′
...

Soit 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) la base canonique de ℝ4
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) est une base de ℝ4
...
Donner la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′
...

3
...

4
...

5
...

Allez à : Correction exercice 49
Exercice 50
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) est une base de ℝ4
...
Calculer 𝑢( 𝑎), 𝑢( 𝑏), 𝑢(𝑐) et 𝑢(𝑑) dans la base 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 )
3
...

4
...

5
...

6
...

Allez à : Correction exercice 50
Exercice 51
...

Soit 𝑢 un endomorphisme de ℝ4 dont la matrice dans la base canonique est :
1 0 −1 1
1 0 −1 1
)
𝐴=(
0 1 −1 1
0 1 −1 0
On pose 𝑎 = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 , 𝑏 = 𝑒1 , 𝑐 = 𝑢(𝑏) et 𝑑 = 𝑢2 (𝑏)
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) est une base de ℝ4
...
Donner la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′
...

11

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

3
...

4
...

5
...

6
...
Donner une base de 𝐼𝑚(𝑢)
...

Soit 𝛽 = ( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) la base canonique de ℝ4
Soit 𝑢 l’endomorphisme de ℝ4 dont la matrice dans la base canonique est :
−1 −1 0 0
0
0
0 0
)
𝐴=(
−2 0 −1 1
−1 0
0 0
( 𝑢) = 𝑣𝑒𝑐𝑡( 𝑎)
1
...
Déterminer un vecteur 𝑏 tel que 𝑎 = 𝑢( 𝑏)
3
...
Soit 𝑑 = (0, −1,0,1), montrer que 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) est une base de ℝ4
5
...

6
...

7
...

8
...
Calculer 𝑢4 ( 𝑓 ) et montrer que 𝑢4 ( 𝑓 ) = −2𝑢3 ( 𝑓 ) − 𝑢2 ( 𝑓 )
En déduire la matrice 𝐶 de 𝑢 dans la base 𝛽′′
...
Montrer que 𝐶 et 𝑇 sont deux matrices semblables (c’est-à-dire qu’il existe une matrice 𝑅, inversible,
telle que 𝑇 = 𝑅−1 𝐶𝑅)
Allez à : Correction exercice 52
Exercice 53
...
Donner une base ( 𝑎, 𝑏) de ker( 𝑢)
...
Donner un vecteur 𝑐 qui engendre 𝐸1 = { 𝑥 ∈ ℝ4 , 𝑢( 𝑥 ) = 𝑥 }
3
...

4
...

5
...
(en fonction de 𝜆)
Allez à : Correction exercice 53
Exercice 54
...
Déterminer un vecteur 𝑎 qui engendre le noyau de 𝑢
...
Soit 𝜆 ∈ ℝ
...

3
...
Déterminer une base ( 𝑐, 𝑑 ) de 𝐸1
...
Montrer que 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) est une base de ℝ4
...
Déterminer la matrice de 𝑢 dans la base 𝛽′
...

Soit 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) la base canonique de ℝ4
...

1
...

2
...

3
...

4
...

5
...

Allez à : Correction exercice 55
Exercice 56
...

Soit 𝑢 un endomorphisme de ℝ3 dont la matrice dans la base canonique est :
−10 −3 −12
𝐴=( 5
0
7 )
6
2
7
1
...
Déterminer alors ker( 𝐴 − 𝜆𝐼 )
...
Soit 𝑎 = (−3,1,2), calculer 𝑢(𝑎)
...
Déterminer 𝑏 ∈ ℝ3 tel que 𝑢( 𝑏) = 𝑎 − 𝑏, puis 𝑐 ∈ ℝ3 tel que 𝑢( 𝑐 ) = 𝑏 − 𝑐
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3
...
Déterminer 𝑇 = 𝑚𝑎𝑡 𝛽′ (𝑢)
...
Montrer que ( 𝑇 + 𝐼 )3 = 𝑂 (la matrice nulle)
...

7
...

Allez à : Correction exercice 56
Exercice 57
...
On considère l’application linéaire 𝑓 définie par
𝑓( 𝑒1 ) = 2𝑒2 + 3𝑒3 ; 𝑓 ( 𝑒2 ) = 2𝑒1 − 5𝑒2 − 8𝑒3 ; 𝑓 ( 𝑒3 ) = −𝑒1 + 4𝑒2 + 6𝑒3
2
On note 𝑓 = 𝑓 ∘ 𝑓
...
Déterminer la matrice de 𝑓 dans 𝛽
...
Montrer que 𝐸1 = ker(𝑓 − 𝑖𝑑ℝ3 ) et que 𝑁−1 = ker( 𝑓 2 + 𝑖𝑑ℝ3 ) sont des sous-espaces vectoriels de ℝ3
...
Déterminer 𝑎, 𝑏 deux vecteurs tels que 𝐸1 = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑎) et 𝑁−1 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑏, 𝑓 ( 𝑏))
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑓 ( 𝑏)) est une base de ℝ3
...
On appelle 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑓( 𝑏)), quelle est la matrice de 𝑓 dans 𝛽′
...
Quelle est la matrice de 𝑓 2 dans 𝛽′
Allez à : Correction exercice 57
Exercice 58
...

Partie I
Soit 𝑒2 = (0,1,0,0) ∈ ℝ4
1
...

2
...
Déterminer la matrice 𝐶 de 𝑢 dans la base 𝛽′
Partie II
3
...

4
...

5
...

6
...

7
...

Partie III
8
...

Allez à : Correction exercice 58
Exercice 59
...
Montrer que 𝑓 est linéaire
...
Montrer que la matrice 𝐴 de 𝑓 par rapport aux bases ℬ et ℬ est :
0 1 0
(0 1 2)
0 0 2
3
...

4
...

5
...

6
...

7
...

8
...

Allez à : Correction exercice 59
Exercice 60
...
Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice de 𝑢 dans 𝛽
...
Déterminer le noyau et l’image de 𝑢
...

Soit 𝑢: ℝ2 [ 𝑋] → ℝ[ 𝑋], l’application définie pour tout polynôme de ℝ2 [ 𝑋] par :
𝑢( 𝑃) = 2𝑃 − ( 𝑋 − 1) 𝑃′
Soit 𝛽 = (1, 𝑋, 𝑋 2 ) la base canonique de ℝ2 [ 𝑋]
...
Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice 𝐴 de 𝑢 dans 𝛽
...
Déterminer le noyau de 𝑢
...

4
...

5
...
Montrer que 𝛽′ = (1, 𝑃1 , 𝑃2 ) est une base de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice 𝐷 de 𝑢 dans la base 𝛽′
...

Soit 𝑓: ℝ2 [ 𝑋] → ℝ[ 𝑋] définie par 𝑓 ( 𝑃) = 𝑃 − ( 𝑋 − 2) 𝑃′
1
...
Montrer que 𝑓 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer le noyau et l’image de 𝑓
...
Déterminer la matrice de 𝑓 dans la base (1, 𝑋, 𝑋 2 )
...
Montrer que 𝛽′ = (1, 𝑋 − 2, ( 𝑋 − 2)2 ) est une base de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′
...

7
...

Allez à : Correction exercice 62
Exercice 63
...
Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice 𝐴 de 𝑢 dans la base canonique
...
Déterminer la dimension de ker( 𝑢)
...
Déterminer une base et la dimension de 𝐼𝑚( 𝑢)
Allez à : Correction exercice 63
Exercice 64
...
Montrer que 𝑢 est une application linéaire
...
Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice 𝐴 de 𝑢 dans la base canonique
...
Montrer que 𝛽′ est une base de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice 𝐷 de 𝑢 dans la base 𝛽′
...

Soit 𝑢: ℝ2 [ 𝑋] → ℝ[ 𝑋] définie par

1
(1 − 𝑋 2 ) 𝑃′′ + 𝑋𝑃′ − 𝑃
2
1
...
Déterminer une base ( 𝑃1 , 𝑃2 ) de ker( 𝑢)
...
Déterminer 𝑃3 tel que 𝐼𝑚( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑃3 )
...
Montrer que ( 𝑃1 , 𝑃2 , 𝑃3 ) est une base de ℝ2 [ 𝑋]
...
Déterminer la matrice de 𝑢 dans la base ( 𝑃1 , 𝑃2 , 𝑃3 )
...

Soit ℝ2 [ 𝑋] = {𝑎0 + 𝑎1 𝑋 + 𝑎2 𝑋 2 , 𝑎 𝑖 ∈ ℝ} l’espace des polynômes réels de degré au plus 2 et soit
ℬ = (1, 𝑋, 𝑋 2 ) la base canonique de ℝ2 [ 𝑋] ? On considère l’application
𝑓: ℝ2 [ 𝑋] → ℝ2 [ 𝑋]
𝑃 ⟼ 𝑓(𝑃)
Où 𝑓 ( 𝑃)( 𝑋) = 𝑃( 𝑋 + 1) − 𝑃( 𝑋) = 𝑎0 + 𝑎1 (𝑋 + 1) + 𝑎2 (𝑋 + 1)2 − (𝑎0 + 𝑎1 𝑋 + 𝑎2 𝑋 2 )
1
...

2
...
Montrer que ℬ ′ = (1, 𝑋 − 1, ( 𝑋 − 1)( 𝑋 − 2)) est une base de ℝ2 [𝑋]
...
Trouver la matrice 𝐵 de 𝑓 par rapport aux bases ℬ ′ et ℬ ′
...

Partie I
Soit 𝑔 une application de ℝ3 [𝑋] dans ℝ2 définie par :
𝑔(𝑃) = (𝑃(−1), 𝑃(1))
1
...

2
...

Partie II
Soit ℎ une application linéaire de ℝ1 [𝑋] dans ℝ2 définie par :
ℎ(𝑃) = (𝑃(−1), 𝑃(1))
3
...


Allez à : Correction exercice 67
Exercice 68
...

Soient 𝑎 et 𝑏 les fonctions définies par :
𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥
𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥
𝑎( 𝑥 ) =
et
𝑏( 𝑥) =
2
2
On pose 𝐻 = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑎, 𝑏) et 𝐹 = { 𝑓 ∈ 𝐻, 𝑓 (ln(2)) = 0}
1
...
Montrer que 𝐹 est un sous-espace vectoriel de 𝐻
...
Quelle est la dimension de 𝐹 ?
16

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

4
...

Allez à : Correction exercice 68
Exercice 69
...

Soit 𝒜 𝑛 (ℝ) l’ensemble des matrices antisymétriques de ℳ 𝑛 (ℝ)
...

Soit 𝒮 𝑛 (ℝ) l’ensemble des matrices symétriques de ℳ 𝑛 (ℝ)
...

1
...

2
...


3
...

4
...
Soit 𝐴 = (
), décomposer 𝐴 en une somme d’une matrice symétrique et d’une matrice
2 4
antisymétrique
...

Soit ℳ2 (ℝ) l’espace vectoriel des matrices à deux lignes et deux colonnes
...
Rappeler la dimension de ℳ2 (ℝ)
...
Déterminer le noyau de 𝜙, quel est sa dimension ?
3
...
En déduire que pour toute matrice 𝐴 ∈ ℳ2 (ℝ) il existe 𝜆 ∈ ℝ et une matrice
𝐽, à déterminer tel que 𝜙( 𝐴) = 𝜆𝐽
...

1
1
...

1
a) Calculer | 𝑏
𝑏2

1
𝑏
𝑎+ 𝑐

1
𝑐 |
𝑎+ 𝑏

1 1
𝑐
𝑑|
𝑐 2 𝑑2
1 1
𝑎
𝑏
b) Montrer que | 2
𝑎
𝑏2
𝑎3 𝑏 3
1 1 1 1
𝑎
𝑏
𝑐
𝑑
| 2
|
𝑎
𝑏2 𝑐 2 𝑑 2
𝑎3 𝑏 3 𝑐 3 𝑑 3
Allez à : Correction exercice 71

1
𝑐
𝑐2
𝑐3

1
1
𝑑
| = ( 𝑏 − 𝑎)( 𝑐 − 𝑎)( 𝑑 − 𝑎) | 𝑏
𝑑2
𝑏2
𝑑3

Exercice 72
...
Calculer Δ = det(𝐴)
2
...

Allez à : Correction exercice 72
Exercice 73
...

𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3
La matrice de 𝑢 dans la canonique de ℝ3 est 𝐴
...
Montrer qu’il existe 𝑎 ∈ ℝ3 , un vecteur non nul, tel que ker( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎)
...
Déterminer un vecteur 𝑏 ∈ ℝ3 tel que 𝑎 = 𝑢(𝑏)
...
Montrer que 𝐸1 = {𝑥 ∈ ℝ3 , 𝑢( 𝑥 ) = 𝑥} est un sous-espace vectoriel de ℝ3 , donner un vecteur non nul
𝑐 ∈ 𝐸
...
Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3
...
Déterminer la matrice 𝑇 de 𝑢 dans la base 𝛽′
...
Donner la relation entre 𝐴, 𝑇 et la matrice de passage, notée 𝑄, de 𝛽 à 𝛽′
...

Soit 𝑓: ℝ2 [ 𝑋] → ℝ[𝑋] l’application linéaire définie par :
1
𝑓 ( 𝑃) = (2 + 𝑋 + 𝑋 2 ) 𝑃 − (1 + 2𝑋 + 𝑋 2 + 𝑋 3 ) 𝑃′ + (−1 + 𝑋 + 𝑋 2 + 𝑋 3 + 𝑋 4 ) 𝑃′′
2
1
...

2
...

3
...

4
...

5
...

Troisième partie
Montrer que 𝐴 et 𝐵 sont deux matrices semblables
...

−1 1
0
1
−1 −1 1
3
)
Soit 𝐴 = (
0
1 −1 −1
0
0
0
1
Soit 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) la base canonique de ℝ4
...

1
...
Déterminer une base de ker( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 ), de ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )2 ), de ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )3 ) et de ker(( 𝑢 +
𝑖𝑑ℝ4 )4 )
...

a) Donner un vecteur non nul 𝑎 qui engendre ker( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )
...

Puis montrer que (𝑎, 𝑏) est une base de ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )2 )
c) Donner un vecteur 𝑐 vérifiant 𝑏 = ( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )(𝑐)
...

4
...

5
...

6
...

7
...

Première partie :
Soit 𝑔 un endomorphisme de ℝ3
1
...
On suppose que 𝑔3 = 𝑂ℒ(ℝ3 ) et que {0ℝ3 } ⊊ ker( 𝑔) ⊊ ker( 𝑔2 ) ⊊ ker( 𝑔3 )
a) Déterminer dim(ker( 𝑔)) et dim(ker( 𝑔2 ))
b) Montrer que 𝐼𝑚( 𝑔) ⊂ ker( 𝑔2 ), puis que 𝐼𝑚( 𝑔) = ker( 𝑔2 )
...
Soit 𝑎 ∈ ker( 𝑔), un vecteur non nul, montrer qu’il existe 𝑏 ∈ ℝ3 tel que 𝑔( 𝑏) = 𝑎
...

4
...

5
...

Troisième partie :
Soit 𝛽 = (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) la base canonique de ℝ3
...
Montrer que 𝑓 + 𝐼𝑑 vérifie les hypothèses de la seconde partie
...
Déterminer 𝑎, 𝑏 et 𝑐 tels que : 𝑎 ∈ ker( 𝑓 + 𝐼𝑑 ), ( 𝑓 + 𝐼𝑑 )( 𝑏) = 𝑎 et ( 𝑓 + 𝐼𝑑 )( 𝑐 ) = 𝑏
...
Déterminer la matrice de 𝑓 dans la base (𝑎, 𝑏, 𝑐)
...

1
...

𝜆𝑥 + 𝜇𝑦 = ( 𝜆𝑥1 + 𝜇𝑦1 , 𝜆𝑥2 + 𝜇𝑦2 , 𝜆𝑥3 + 𝜇𝑦3 ) = (𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 )
Donc

19

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑢( 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦) = ( 𝑋1 + 𝑋2 + 𝑋3 , 2𝑋1 + 𝑋2 − 𝑋3 )
= ((𝜆𝑥1 + 𝜇𝑦1 ) + ( 𝜆𝑥2 + 𝜇𝑦2 ) + ( 𝜆𝑥3 + 𝜇𝑦3 ), 2( 𝜆𝑥1 + 𝜇𝑦1 ) + ( 𝜆𝑥2 + 𝜇𝑦2 )
− ( 𝜆𝑥3 + 𝜇𝑦3 ))
= (𝜆(𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ) + 𝜇 ( 𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 ), 𝜆(2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ) + 𝜇(2𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦3 ))
= 𝜆( 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 , 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ) + 𝜇( 𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 , 2𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦3 ) = 𝜆𝑢( 𝑥 ) + 𝜇𝑢( 𝑦)
Ce qui montre que 𝑢 est linéaire
...

𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ ker( 𝑢) ⇔ { 1
⇔ 𝐿2 − 2𝐿1 { 1
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 0
−𝑥2 − 3𝑥3 = 0
𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝑥 − 2𝑥3 = 0
𝑥 = 2𝑥3
⇔{ 1
⇔{ 1
⇔{ 1
𝑥2 = −3𝑥3
𝑥2 = −3𝑥3
𝑥2 = −3𝑥3
Donc 𝑥 = (2𝑥3 , −3𝑥3 , 𝑥3 ) = 𝑥3 (2, −3,1), si on pose 𝑎 = (2, −3,1)
ker( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑎)
Allez à : Exercice 1
Correction exercice 2
...
Soient 𝑢 = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) et 𝑢′ = ( 𝑥 ′ , 𝑦 ′, 𝑧 ′) deux vecteurs de ℝ3 et soient 𝜆 et 𝜆′ deux réels
𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ = ( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ , 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′ , 𝜆𝑧 + 𝜆′ 𝑧 ′ )
𝑓 ( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ ) = (𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ + 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′ + 𝜆𝑧 + 𝜆′ 𝑧 ′ , −( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) + 2( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′) + 2( 𝜆𝑧 + 𝜆′ 𝑧 ′ ))
= (𝜆(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 𝜆′ ( 𝑥 ′ + 𝑦 ′ + 𝑧 ′ ), 𝜆(−𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧) + 𝜆′ (−𝑥 ′ + 2𝑦 ′ + 2𝑧 ′))
= 𝜆( 𝑥 + 𝑦 + 𝑧, −𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧) + 𝜆′ ( 𝑥 ′ + 𝑦 ′ + 𝑧 ′ , −𝑥 ′ + 2𝑦 ′ + 2𝑧 ′ ) = 𝜆𝑓 ( 𝑢) + 𝜆′ 𝑓( 𝑢′ )
Donc 𝑓 est linéaire
...

𝐿
𝑥+ 𝑦+ 𝑧=0
𝑢 = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ker( 𝑢) ⇔ ( 𝑥 + 𝑦 + 𝑧, −𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧) = (0,0) ⇔ 1 {
𝐿2 −𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 = 0
𝐿1
𝑥+ 𝑦+ 𝑧=0
𝑥=0
{
⇔
⇔{
𝐿2 + 𝐿1 3𝑦 + 3𝑧 = 0
𝑦 = −𝑧
𝑢 = (0, −𝑧, 𝑧) = 𝑧(0, −1,1)
On pose 𝑎 = (0, −1,1), 𝑎 est une base de ker( 𝑓 )
...
Remarque 𝐼𝑚( 𝑓 ) =
ℝ2
...

1
...

2
...

D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑓 ) + dim(𝐼𝑚( 𝑓 ) = dim(ℝ3 ) ⇔ 1 + dim(𝐼𝑚( 𝑓 ) = 3 ⇔ dim(𝐼𝑚( 𝑓 ) = 2
3
...
Une base est ((1,0), (0,1))
Allez à : Exercice 3
𝑢 ∈ ker( 𝑓 ) ⇔ 𝑓 ( 𝑢) = 0ℝ2 ⇔ (−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧, 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧) = (0,0) ⇔

Correction exercice 4
...

𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ = (𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ , 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′, 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′ )
𝑓( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′)
= (−2(𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) + ( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′) + ( 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′ ), ( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) − 2( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′ )
+ ( 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′ ), ( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) + ( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′) − 2( 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′))
= (𝜆(−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 𝜆′ (−2𝑥 ′ + 𝑦 ′ + 𝑧 ′), 𝜆( 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧) + 𝜆′ ( 𝑥 ′ − 2𝑦 ′ + 𝑧 ′ ))
= 𝜆(−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧, 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧) + 𝜆′ (−2𝑥 ′ + 𝑦 ′ + 𝑧 ′, 𝑥 ′ − 2𝑦 ′ + 𝑧 ′) = 𝜆𝑓 ( 𝑢) + 𝜆′𝑓(𝑢)
Donc 𝑓 est linéaire
...

𝐿 −2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0
𝑢 ∈ ker( 𝑓 ) ⇔ 𝑓 ( 𝑢) = 0ℝ2 ⇔ (−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧, 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧) = (0,0) ⇔ 1 {
𝐿2 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0
𝑥= 𝑧
𝐿1
−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0
−2𝑥 + 2𝑧 = 0
{
⇔
⇔{
⇔{𝑦= 𝑧
𝑦= 𝑧
2𝐿2 + 𝐿1 −3𝑦 + 3𝑧 = 0
𝑢 = ( 𝑧, 𝑧, 𝑧) = 𝑧(1,1,1)
Donc ker( 𝑓 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎) avec 𝑎 = (1,1,1)
...
Donc 𝐼𝑚( 𝑓 ) = ℝ2
...

Allez à : Exercice 4
Correction exercice 5
...
Soit 𝑢 = (𝑥, 𝑦) et 𝑢′ = (𝑥 ′ , 𝑦 ′ ), 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ = (𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ , 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′)
ℎ( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′) = (𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ − ( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′), −3( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) + 3( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′))
= (𝜆(𝑥 − 𝑦) + 𝜆′ ( 𝑥 ′ − 𝑦 ′), 𝜆 (−3𝑥 + 3𝑦) + 𝜆′ (−3𝑥 ′ + 3𝑦 ′))
= 𝜆( 𝑥 − 𝑦, −3𝑥 + 3𝑦) + 𝜆′( 𝑥 ′ − 𝑦 ′ , −3𝑥 ′ + 3𝑦 ′) = 𝜆ℎ′𝑢) + 𝜆′ℎ(𝑢′)
Donc ℎ est linéaire
...
ℎ(1,1) = (0,0) = ℎ(0,0) et pourtant (1,1) ≠ (0,0) donc ℎ n’est pas injective
...
Supposons qu’il existe 𝑢 = (𝑥, 𝑦) tel que (1,0) =
1= 𝑥− 𝑦
1= 𝑥− 𝑦
1=0
ℎ( 𝑢) ⇔ (1,0) = ( 𝑥 − 𝑦, −3𝑥 + 3𝑦) ⇔ {
⇔{
⇔{
, c’est impossible
𝑥= 𝑦
𝑥= 𝑦
0 = −3𝑥 + 3𝑦
donc ℎ n’est pas surjective
...
Ici, ℎ n’est pas injectif donc
ℎ n’est pas surjectif
...
𝑢 = ( 𝑥, 𝑦) ∈ ker(ℎ) ⇔ ( 𝑥 − 𝑦, −3𝑥 + 3𝑦) = (0,0) ⇔ {
⇔ 𝑥= 𝑦
−3𝑥 + 3𝑦 = 0
Donc 𝑢 = ( 𝑥, 𝑥 ) = 𝑥(1,1), (1,1) est u vecteur non nul qui engendre ker(ℎ), c’est une base de ker(ℎ)
ℎ( 𝑒1 ) = (1 − 0, −3 × 1 + 3 × 0) = (1, −3) = 𝑒1 − 3𝑒2 et
21

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

ℎ( 𝑒2 ) = ((0 − 1, −3 × 0 + 3 × 1) = (−1,3) = −𝑒1 + 3𝑒2
𝐼𝑚(ℎ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(ℎ( 𝑒1 ), ℎ( 𝑒2 )) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 − 3𝑒2 , −𝑒1 + 3𝑒2 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 − 3𝑒2 )
𝑒1 − 3𝑒2 est un vecteur non nul qui engendre 𝐼𝑚(ℎ), c’est une base de 𝐼𝑚(ℎ)
...

1
...
Les coordonnées de 𝑓(𝑒1 ) dans la base (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) sont (2)
0
0
Les coordonnées de 𝑓(𝑒2 ) dans la base (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) sont ( 1 )
−1
−1
Les coordonnées de 𝑓(𝑒3 ) dans la base (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) sont (−3)
2
3
...

1
0
−1
0
𝛼1 𝑓 ( 𝑒1 ) + 𝛼2 𝑓 ( 𝑒2 ) + 𝛼3 𝑓 ( 𝑒3 ) = 0ℝ3 ⇔ 𝛼1 (2) + 𝛼2 ( 1 ) + 𝛼3 (−3) = (0)
0
−1
2
0
𝛼1 − 𝛼3 = 0
⇔ {2𝛼1 + 𝛼2 − 3𝛼3 = 0
−𝛼2 + 2𝛼3 = 0
Il s’agit du même système que ci-dessus donc 𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 = 0
...

Deuxième méthode (plus compliquée) :
𝐼𝑚( 𝑓 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓 ( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 ), 𝑓 ( 𝑒3 )) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒2 − 𝑒3 , −𝑒1 − 3𝑒2 + 2𝑒3 )
= 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒2 − 𝑒3 , −𝑒1 − 3𝑒2 + 2𝑒3 + 𝑒1 + 2𝑒2 )
= 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒2 − 𝑒3 , −𝑒2 + 2𝑒3 )
= 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒2 − 𝑒3 − 𝑒2 + 2𝑒3 , −𝑒2 + 2𝑒3 )
= 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒3 , −𝑒2 + 2𝑒3 )
= 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒3 , −𝑒2 + 2𝑒3 − 2𝑒3 )
= 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒3 , −𝑒2 )
= 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 + 2𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒2 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 , 𝑒3 , 𝑒2 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 )
Donc une base de 𝐼𝑚( 𝑓 ) est (𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) et bien sur 𝐼𝑚( 𝑓 ) = ℝ3
...

Allez à : Exercice 6
Correction exercice 7
...

𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ = (𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ , 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′, 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′ )
𝑓 ( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ )
= (−2( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) + ( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′) + ( 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′ ), ( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) − 2( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′)
+ ( 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′ ), ( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) + ( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′ ) − 2( 𝜆𝑧 + 𝜆𝑧 ′ ))
= (𝜆(−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 𝜆′ (−2𝑥 ′ + 𝑦 ′ + 𝑧 ′), 𝜆 ( 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧)
+ 𝜆′ ( 𝑥 ′ − 2𝑦 ′ + 𝑧 ′), 𝜆( 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧) + 𝜆′ ( 𝑥 ′ + 𝑦 ′ − 2𝑧 ′ )
= 𝜆(−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧, 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧, 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧)
+ 𝜆′ (−2𝑥 ′ + 𝑦 ′ + 𝑧 ′, 𝑥 ′ − 2𝑦 ′ + 𝑧 ′ , 𝑥 ′ + 𝑦 ′ − 2𝑧 ′) = 𝜆𝑓 ( 𝑢) + 𝜆′𝑓(𝑢)
Donc 𝑓 est linéaire
...

𝑢 ∈ ker( 𝑓 ) ⇔ 𝑓 ( 𝑢) = 0ℝ3 ⇔ (−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧, 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧, 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧) = (0,0,0)
−2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0
𝐿1 −2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0
𝐿1
𝑥= 𝑧
−2𝑥 + 2𝑧 = 0
𝐿2 { 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0 ⇔ 2𝐿2 + 𝐿1 { −3𝑦 + 3𝑧 = 0 ⇔ {
⇔
⇔{𝑦= 𝑧
𝑦= 𝑧
𝐿3 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 0
2𝐿3 + 𝐿1
3𝑦 − 3𝑧 = 0
𝑢 = ( 𝑧, 𝑧, 𝑧) = 𝑧(1,1,1)
Donc ker( 𝑓 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎) avec 𝑎 = (1,1,1)
...

Première méthode
𝑓 ( 𝑒1 ) = (−2,1,1) et
𝑓 ( 𝑒2 ) = (1, −2,1)
Sont deux vecteurs de l’image de 𝑓, ils ne sont pas proportionnels ils forment donc une famille libre de
vecteurs dans un espace de dimension 2, c’est une base
...

Soit on fait « comme d’habitude », c’est-à-dire que l’on écrit qu’une combinaison linéaire de ces trois
vecteurs est nulle
𝜆1 𝑓( 𝑒1 ) + 𝜆2 𝑓( 𝑒2 ) + 𝜆3 𝑓 ( 𝑒3 ) = 0ℝ3 ⇔ 𝜆1 (−2,1,1) + 𝜆2 (1, −2,1) + 𝜆3 (1,1, −2) = (0,0,0)
−2𝜆1 + 𝜆2 + 𝜆3 = 0
𝐿1 −2𝜆1 + 𝜆2 + 𝜆3 = 0
𝐿1
𝜆 = 𝜆3
𝐿2 { 𝜆1 − 2𝜆2 + 𝜆3 = 0 ⇔ 2𝐿2 + 𝐿1 { −3𝜆2 + 3𝜆3 = 0 ⇔ { 1
⇔
𝜆2 = 𝜆3
𝐿3 𝜆1 + 𝜆2 − 2𝜆3 = 0
2𝐿3 + 𝐿1
3𝜆2 − 3𝜆3 = 0
Donc pour tout 𝜆3 ∈ ℝ
𝜆3 𝑓( 𝑒1 ) + 𝜆3 𝑓( 𝑒2 ) + 𝜆3 𝑓 ( 𝑒3 ) = 0ℝ3
Si on prend 𝜆3 = 1
𝑓( 𝑒1 ) + 𝑓 ( 𝑒2 ) + 𝑓( 𝑒3 ) = 0ℝ3
𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓 ( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 ), 𝑓 ( 𝑒3 )) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑓( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 ), −𝑓 ( 𝑒1 ) − 𝑓(𝑒2 )) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓 ( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 ))
𝑓(𝑒1 ) et 𝑓( 𝑒2 ) ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre, comme cette famille est une
famille génératrice de 𝐼𝑚( 𝑓 ), c’est une base de 𝐼𝑚( 𝑓 )
...

1
...

a
...

Première méthode
1
𝑏
𝑏 = 𝑓 ( 𝑏) = 𝑓 ( ) ∈ 𝐼𝑚( 𝑓 ) et 𝑐 = 𝑓( 𝑐 ) ∈ 𝐼𝑚( 𝑓 )
2
2
Comme 𝑏 et 𝑐 ne sont pas proportionnels ils forment une famille libre de 𝐼𝑚( 𝑓 )
...

Deuxième méthode
𝐼𝑚( 𝑓 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓 ( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 ), 𝑓 ( 𝑒3 ))
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑓 )) + dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = dim(ℝ3 )
Donc dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = 2 par conséquent les trois vecteurs 𝑓 ( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 ) et 𝑓 ( 𝑒3 ) sont liés
𝑓 ( 𝑒1 ) = (6,5,1) = 6𝑒1 + 5𝑒2 + 𝑒3
et 𝑓 ( 𝑒2 ) = (−4, −3, −1) = −4𝑒1 − 3𝑒2 − 𝑒3
Ne sont pas proportionnels donc ils forment une famille libre de 𝐼𝑚( 𝑓 ), qui est de dimension 2, il s’agit
d’une base de 𝐼𝑚( 𝑓 )
...

On va chercher une ou plusieurs équations caractérisant 𝐼𝑚( 𝑓 )
𝑢 = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 )) ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, 𝑢 = 𝛼𝑓 ( 𝑒1 ) + 𝛽𝑓 ( 𝑒2 ) ⇔ ∃𝛼, 𝛽
𝐿1 6𝛼 − 4𝛽 = 𝑥
∈ ℝ, 𝛼 (6,5,1) + 𝛽 (−4, −3, −1) = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, 𝐿2 {5𝛼 − 3𝛽 = 𝑦 ⇔ ∃𝛼, 𝛽
𝐿3 𝛼 − 𝛽 = 𝑧
𝐿1
6𝛼 − 4𝛽 = 𝑥
6𝛼 − 4𝛽 = 𝑥
𝐿1
𝐿2 { 2𝛽 = 6𝑦 − 5𝑥
∈ ℝ, 6𝐿2 − 5𝐿1 { 2𝛽 = 6𝑦 − 5𝑥 ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ,
𝐿3 + 𝐿2 0 = −6𝑥 + 6𝑦 + 6𝑧
6𝐿3 − 𝐿1 −2𝛽 = 6𝑧 − 𝑥
Donc une équation caractérisant 𝐼𝑚( 𝑓 ) est 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0
Alors évidemment 𝑏 ∈ 𝐼𝑚( 𝑓 ) et 𝑐 ∈ 𝐼𝑚( 𝑓 ) car leurs composantes vérifient cette équation et on finit
comme dans la seconde méthode
...
𝑢 = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒2 )) ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, 𝑢 = 𝛼𝑓( 𝑒1 ) + 𝛽𝑓 ( 𝑒2 ) ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, 𝛼 (6,5,1) +
𝐿1 6𝛼 − 4𝛽 = 𝑥
(−4, −3, −1) = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧) ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, 𝐿2 {5𝛼 − 3𝛽 = 𝑦 ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈
𝛽
𝐿3
𝛼− 𝛽= 𝑧
𝐿1
6𝛼 − 4𝛽 = 𝑥
6𝛼 − 4𝛽 = 𝑥
𝐿1
𝐿2 { 2𝛽 = 6𝑦 − 5𝑥 Donc une équation
ℝ, 6𝐿2 − 5𝐿1 { 2𝛽 = 6𝑦 − 5𝑥 ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ,
𝐿3 + 𝐿2 0 = −6𝑥 + 6𝑦 + 6𝑧
6𝐿3 − 𝐿1 −2𝛽 = 6𝑧 − 𝑥
caractérisant 𝐼𝑚( 𝑓 ) est 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0
4
...

Allez à : Exercice 8
Correction exercice 9
...

𝑢( 𝑥 ) = 𝑢( 𝑥1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 + 𝑥3 𝑒3 + 𝑥4 𝑒4 ) = 𝑥1 𝑢( 𝑒1 ) + 𝑥2 𝑢( 𝑒2 ) + 𝑥3 𝑢( 𝑒3 ) + 𝑥4 𝑢( 𝑒4 )
= 𝑥1 ( 𝑓1 − 𝑓2 + 2𝑓3 ) + 𝑥2 (2𝑓1 + 𝑓2 − 3𝑓3 ) + 𝑥3 (3𝑓1 − 𝑓3 ) + 𝑥4 (−𝑓1 − 2𝑓2 + 5𝑓3 )
= ( 𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 − 𝑥4 ) 𝑓1 + (−𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥4 ) 𝑓2 + (2𝑥1 − 3𝑥2 − 𝑥3 + 5𝑥4 ) 𝑓3
2
...
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ4 )
25

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Donc dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = 2, 𝑢( 𝑒1 ) et 𝑢( 𝑒2 ) ne sont pas colinéaires, ils forment donc une libre libre à deux
vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 2, c’est une base
...

1
...

2
...

3
...

Soit on montre que ( 𝑒2 + 𝑒3 , 𝑒1 + 𝑒3 , 𝑒1 − 𝑒3 , 𝑒3 + 𝑒4 ) est libre et donc une base de ℝ4 puisqu’il s’agit
d’une famille libre à 4 vecteurs dans un espace de dimension 4 et on a
ker(𝑢) ⨁𝐼𝑚( 𝑢) = ℝ4
Soit
ker( 𝑢) + 𝐼𝑚( 𝑢) = 𝑣𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 , 𝑒3 , 𝑒4 , 𝑒2 + 𝑒3 ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) = ℝ4
Ce qui montre que ker(𝑢) ⨁𝐼𝑚( 𝑢) = ℝ4
...
0 + 0 − 0 + 0 = 0 donc 0ℝ4 ∈ 𝐸
...

𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ 𝐸, on a 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 = 0 donc 𝑥1 = −𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4
𝑥 = (−𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = 𝑥2 (−1,1,0,0) + 𝑥3 (1,0,1,0) + 𝑥4 (−10,0,1)
On pose 𝑏 = (−1,1,0,0), 𝑐 = (1,0,1,0) et 𝑑 = (−10,0,1), la famille ( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) engendre 𝐸

26

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝛼𝑏 + 𝛽𝑐 + 𝛾𝑑 = 0ℝ4 ⇔ 𝛼 (−1,1,0,0) + 𝛽(1,0,1,0) + 𝛾(−10,0,1) = 0ℝ4

−𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0
𝛼=0
⇔{
𝛽=0
𝛾=0

𝛼=0
⇔{𝛽=0
𝛾=0
Ce que signifie que ( 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) est une famille libre
...

5
...

1
...

𝐼𝑚( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢( 𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 ), 𝑢( 𝑒4 ))
𝑢( 𝑒1 ) = (1,1, −1, −1)
𝑢( 𝑒2 ) = (−1,2,1,1)
𝑢( 𝑒3 ) = (2, −1, −2, −1)
𝑢( 𝑒4 ) = (2,2, −2, −1)
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ4 )
Ce qui entraine que
dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = 3
Première méthode
On regarde si la famille (𝑢(𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 ), 𝑢( 𝑒4 )) est libre
𝛼 − 𝛽 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0
𝐿1
𝐿
𝛼 + 2𝛽 − 𝛾 + 2𝛿 = 0
𝛼𝑢( 𝑒1 ) + 𝛽𝑢( 𝑒2 ) + 𝛾𝑢( 𝑒3 ) + 𝛿𝑢( 𝑒4 ) = 0ℝ4 ⇔ 2 {
𝐿3 −𝛼 + 𝛽 − 2𝛾 − 2𝛿 = 0
𝐿4 −𝛼 + 𝛽 − 𝛾 − 𝛿 = 0
𝐿1
𝛼 − 𝛽 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0
𝛼= 𝛾
𝛼 − 𝛽 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0
𝐿2 − 𝐿1
3𝛽 − 3𝛾 = 0
𝛽= 𝛾
{
⇔
⇔{
⇔{ 𝛽= 𝛾
𝐿3 + 𝐿1
0=0
𝛿 = −𝛾
𝛿 = −𝛾
𝐿4 + 𝐿1
𝛾+ 𝛿=0
La famille n’est pas libre, pour 𝛾 = 1, cela donne la relation
𝑢( 𝑒1 ) + 𝑢( 𝑒2 ) + 𝑢( 𝑒3 ) − 𝑢( 𝑒4 ) = 0ℝ4
Soit
𝑢( 𝑒1 ) + 𝑢( 𝑒2 ) + 𝑢( 𝑒3 ) = 𝑢( 𝑒4 )
27

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Alors
𝐼𝑚( 𝑢) = 𝑣𝑒𝑐𝑡(𝑢( 𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 ), 𝑢( 𝑒4 )) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢( 𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 ), 𝑢( 𝑒1 ) + 𝑢( 𝑒2 ) + 𝑢( 𝑒3 ))
= 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢( 𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 ))
Comme (𝑢(𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 )) est une famille génératrice à trois vecteurs dans un espace de dimension
3, c’est une base
...

3
...

1
...
Il existe 𝑔 telle que 𝑔 ∘ 𝑓 = 𝐼𝑑 donc 𝑓 est bijective et 𝑓 = 𝑓
...

1
...

𝑓 ( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢) = 𝑓 ( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ , 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′, 𝜆𝑧 + 𝜆′ 𝑧 ′ , 𝜆𝑡 + 𝜆′ 𝑡 ′ )
= (𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ − 2( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′ ), 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ − 2( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′), 0, 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ − ( 𝜆𝑦 + 𝜆′ 𝑦 ′)
− ( 𝜆𝑧 + 𝜆′ 𝑧 ′) − ( 𝜆𝑡 + 𝜆′ 𝑡 ′ ))
= (𝜆(𝑥 − 2𝑦) + 𝜆′ ( 𝑥 ′ − 2𝑦 ′), 𝜆( 𝑥 − 2𝑦) + 𝜆′ ( 𝑥 ′ − 2𝑦 ′), 0, λ( 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 − 𝑡)
+ 𝜆′( 𝑥 ′ − 𝑦 ′ − 𝑧 ′ − 𝑡 ′ ))
= 𝜆( 𝑥 − 2𝑦, 𝑥 − 2𝑦, 0, 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 − 𝑡) + 𝜆′( 𝑥 ′ − 2𝑦 ′, 𝑥 ′ − 2𝑦 ′, 0, 𝑥 ′ − 𝑦 ′ − 𝑧 ′ − 𝑡 ′ )
= 𝜆𝑓 ( 𝑢) + 𝜆𝑓 ( 𝑢′)
𝑓 est bien linéaire
...
Soit 𝑢 = ( 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ ker( 𝑢)

28

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑥 − 2𝑦 = 0
𝑥 − 2𝑦 = 0
𝑥 = 2𝑦
𝑥 − 2𝑦 = 0
𝑥 = 2𝑦
{
⇔{
⇔{
⇔{
𝑡= 𝑦− 𝑧
𝑥− 𝑦− 𝑧− 𝑡 =0
𝑦− 𝑧− 𝑡=0
0=0
𝑥− 𝑦− 𝑧− 𝑡 =0
Donc
𝑢 = (2𝑦, 𝑦, 𝑧, 𝑦 − 𝑧) = 𝑦(2,1,0,1) + 𝑧(0,0,1, −1)
𝑎 = (2,1,0,1) et 𝑏 = (0,0,1, −1) sont deux vecteurs non colinéaires (qui forment donc une famille libre)
qui engendre ker( 𝑓 ) ils forment une base de ker( 𝑓 )
...

3
...

2 0 1 0
2 0 1
1 0 1 0
2 1
| = − |1 0 1| = +1 × |
|=1
det(𝑎, 𝑏, 𝑓( 𝑒1 ), 𝑓 ( 𝑒3 )) = |
0 1 0 0
1 1
0 1 0
1 −1 1 −1
(𝑎, 𝑏, 𝑓 ( 𝑒1 ), 𝑓( 𝑒3 )) est une base de ℝ4 donc ker( 𝑓 ) ⊕ 𝐼𝑚( 𝑓 ) = ℝ4
...

1
...
Soient 𝜆 et 𝜆′ deux réels
...

2
...

⇔{

3
...

Deuxième méthode
29

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑓 )) + dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = dim(ℝ4 ) ⇔ 2 + dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = 4 ⇔ dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = 2
Ensuite on cherche deux vecteurs non proportionnels de 𝐼𝑚( 𝑓 ), par exemple 𝑓(𝑒1 ) et 𝑓( 𝑒3 ), ils forment
une famille libre dans un espace de dimension 2, c’est une base
...

1
...
Soient 𝜆 et 𝜇 deux réels
...

𝑥1
( 𝑢) et 𝑋 = ( 𝑥2 ) ses coordonnées dans la base canonique
...
Soit 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ ker
𝑥3
−2𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 = 0
1
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 0
2𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝑥2 = − 𝑥3
−𝑥1 + 𝑥3 = 0
𝑥 ∈ ker( 𝑢) ⇔ {
⇔{
⇔{
⇔{
2
𝑥1 = 𝑥3
𝑥1 = 𝑥3
𝑥1 = 𝑥3
−2𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 = 0
1
𝑥3
𝑥 = (𝑥3 , − 𝑥3 , 𝑥3 ) = (2, −1,2)
2
2
𝑎 = (2, −1,2) = 2𝑒1 − 𝑒2 + 2𝑒3 est un vecteur non nul qui engendre ker( 𝑢), c’est une base de ker( 𝑢)
...

3
...

Il est presque évident que
𝑢( 𝑒1 ) + 𝑢( 𝑒3 ) = 𝑎
Sinon on calcule 𝛼𝑎 + 𝛽𝑢 ( 𝑒1 ) + 𝛾𝑢( 𝑒3 ) = 0ℝ3 et on s’aperçoit que 𝛼 = 1, 𝛽 = −1 et 𝛾 = −1 est une
solution non nulle
...

1
...
𝑓 (0ℝ3 ) = 0ℝ3 = 2 × 0ℝ3 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐸
Soient 𝑥 et 𝑦 deux vecteurs de 𝐸, alors 𝑢( 𝑥 ) = 2𝑥 et 𝑢( 𝑦) = 2𝑦
30

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Soient 𝜆 et 𝜇 deux réels
𝑢( 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦) = 𝜆𝑢( 𝑥 ) + 𝜇𝑢( 𝑦) = 𝜆(2𝑥 ) + 𝜇(2𝑦) = 2( 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦)
Donc 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦 ∈ 𝐸 et 𝐸 est un sous-espace-vectoriel de ℝ3
𝑓 (0ℝ3 ) = 0ℝ3 = −0ℝ3 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐹
Soient 𝑥 et 𝑦 deux vecteurs de 𝐹, alors 𝑢( 𝑥 ) = −𝑥 et 𝑢( 𝑦) = −𝑦
Soient 𝜆 et 𝜇 deux réels
𝑢( 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦) = 𝜆𝑢( 𝑥 ) + 𝜇𝑢( 𝑦) = 𝜆(−𝑥 ) + 𝜇(−𝑦) = −( 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦)
Donc 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦 ∈ 𝐹 et 𝐹 est un sous-espace-vectoriel de ℝ3
...

𝑥 ∈ 𝐸 ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 2𝑥 ⇔ (2𝑥1 , 𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 , 3𝑥1 − 3𝑥2 + 2𝑥3 ) = 2( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 )
2𝑥1 = 2𝑥1
𝑥1 = 𝑥2
𝑥 + 𝑥2 − 4𝑥3 = 0
⇔ { 𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 = 2𝑥2 ⇔ { 1
⇔{ 𝑥 =0
3𝑥1 − 3𝑥2 = 0
3
3𝑥1 − 3𝑥2 + 2𝑥3 = 2𝑥3
Donc 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥1 , 𝑥3 ) = 𝑥1 (1,1,0) = 𝑥1 ( 𝑒1 + 𝑒2 )
𝑒1 + 𝑒2 ≠ 0ℝ3 , il s’agit d’une base de 𝐸
...

4
...

Allez à : Exercice 16
Correction exercice 17
...
Soient 𝑢, 𝑢′ deux vecteurs de 𝐸−1, alors 𝑓 ( 𝑢) = −𝑢 et 𝑓 ( 𝑢′) = −𝑢′
...

𝑓( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′) = 𝜆𝑓 ( 𝑢) + 𝜆′ 𝑓 ( 𝑢′) = 𝜆(−𝑢) + 𝜆 (−𝑢′) = −( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ )
La première égalité car 𝑓 est linéaire, la seconde car 𝑢 et 𝑢′ sont dans 𝐸−1 ,
La troisième montre que 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ ∈ 𝐸−1
𝑓 (0ℝ3 ) = 0ℝ3 = −0ℝ3
La première égalité car l’image du vecteur nul par une application linéaire est toujours le vecteur nul, la
seconde égalité montre que 0ℝ3 ∈ 𝐸−1
...

Soient 𝑢, 𝑢′ deux vecteurs de 𝐸1 , alors 𝑓 ( 𝑢) = 𝑢 et 𝑓 ( 𝑢′) = 𝑢′
...

𝑓 ( 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ ) = 𝜆𝑓( 𝑢) + 𝜆′ 𝑓( 𝑢′ ) = 𝜆𝑢 + 𝜆𝑢′
La première égalité car 𝑓 est linéaire, la seconde car 𝑢 et 𝑢′ sont dans 𝐸1 ,
La seconde montre que 𝜆𝑢 + 𝜆′ 𝑢′ ∈ 𝐸1
𝑓(0ℝ3 ) = 0ℝ3
La première égalité car l’image du vecteur nul par une application linéaire est toujours le vecteur nul,
cela montre aussi que 0ℝ3 ∈ 𝐸1
...

2
...
Les vecteurs 𝑒1 − 𝑒2 et 𝑒1 − 𝑒3 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille de 𝐸−1 , donc la
dimension de 𝐸1 est supérieur ou égal à 2
...

4
...

𝐸−1 ∩ 𝐸1 = {0ℝ3 }
5
...
On peut calculer 𝑓 2 (𝑒1 ), 𝑓 2 (𝑒2 ) et 𝑓 2 (𝑒3 ) pour s’apercevoir que ces vecteurs valent respectivement 𝑒1 ,
𝑒2 et 𝑒3
...

Autre méthode
D’après la question précédente ( 𝑒1 − 𝑒2 , 𝑒1 − 𝑒3 , 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ) est une base de ℝ3
...

Tous les vecteurs de ℝ3 s’écrive de manière unique comme une combinaison linéaire de ces trois
vecteurs, il suffit de montrer que 𝑓 2 ( 𝑒1 − 𝑒2 ) = 𝑒1 − 𝑒2 , 𝑓 2 ( 𝑒1 − 𝑒3 ) = 𝑒1 − 𝑒3 et que 𝑓 2 ( 𝑒1 + 𝑒2 +
𝑒3 ) = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3
Là, j’ai fait long, en fait il suffit de montrer les égalités ci-dessous
𝑓 2 ( 𝑒1 − 𝑒2 ) = 𝑓(𝑓 ( 𝑒1 − 𝑒2 )) = 𝑓(−( 𝑒1 − 𝑒2 )) = −𝑓( 𝑒1 − 𝑒2 ) = −(−( 𝑒1 − 𝑒2 )) = 𝑒1 − 𝑒2
Car 𝑒1 − 𝑒2 ∈ 𝐸−1
𝑓 2 ( 𝑒1 − 𝑒3 ) = 𝑓(𝑓 ( 𝑒1 − 𝑒3 )) = 𝑓(−( 𝑒1 − 𝑒3 )) = −𝑓( 𝑒1 − 𝑒3 ) = −(−( 𝑒1 − 𝑒3 )) = 𝑒1 − 𝑒3
Car 𝑒1 − 𝑒3 ∈ 𝐸−1
𝑓 2 ( 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ) = 𝑓(𝑓( 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 )) = 𝑓 ( 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ) = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3
Car 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ∈ 𝐸1
Par conséquent 𝑓 2 = 𝑖𝑑ℝ3
Cela montre que 𝑓 −1 = 𝑓 et que 𝑓 est bijective
...

Allez à : Exercice 17
Correction exercice 18
...


32

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

2
2
1
𝛼+ 𝛽+ 𝛾=0
3
3
3
2𝛼 − 2𝛽 + 𝛾 = 0
2
1
2
𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 = 𝛾𝑐 = 0ℝ3 ⇔ − 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 0 ⇔ {−2𝛼 + 𝛽 + 2𝛾 = 0
3
3
3
𝛼 − 2𝛽 + 2𝛾 = 0
1
2
2
{ 3 𝛼−3 𝛽+3 𝛾 =0
𝐿1
2𝛼 − 2𝛽 + 𝛾 = 0
𝛼=0
𝐿2 + 𝐿1 { −𝛽 + 3𝛾 = 0 ⇔ { 𝛽 = 0
⇔
2𝐿3 − 𝐿1
𝛾=0
𝛾=0
( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) est une famille libre à trois vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 3, c’est une base de
ℝ3
...


3
...

1
...

2
...

1
...
On pose 𝑥1 =

𝑓(𝑥)+𝑥
2

et 𝑥2 = −

𝑓(𝑥)−𝑥
2

𝑓( 𝑥) + 𝑥
1
1
𝑓 ( 𝑥1 ) = 𝑓 (
) = (𝑓 2 ( 𝑥 ) + 𝑓 ( 𝑥 )) = (𝑥 + 𝑓 ( 𝑥 )) = 𝑥1
2
2
2
Donc, d’après la première question, 𝑥1 ∈ 𝐸1
...

Comme 𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 , on a 𝐸1 + 𝐸2 = 𝐸
Il reste à montrer que 𝐸1 ∩ 𝐸2 = {0 𝐸 }
Si 𝑥 ∈ 𝐸1 ∩ 𝐸2 alors 𝑓 ( 𝑥 ) = 𝑥 et 𝑓 ( 𝑥 ) = −𝑥 donc 𝑥 = −𝑥 ce qui montre que 𝑥 est le vecteur nul
...

3
...

1
...

𝑢( 𝑥 ) = 𝑢( 𝑥1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 ) = 𝑥1 𝑢( 𝑒1 ) + 𝑥2 𝑢( 𝑒2 ) = 𝑥1 ( 𝑒1 + 𝑒2 ) + 𝑎( 𝑥1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 )
= ( 𝑥1 + 𝑎𝑥2 ) 𝑒1 + ( 𝑥2 + 𝑎𝑥2 ) 𝑒2 = ( 𝑥1 + 𝑎𝑥2 , 𝑥2 + 𝑎𝑥2 )
3
...

Allez à : Exercice 21
Correction exercice 22
...

𝑓( 𝑒1 ) = 1
𝑓 ( 𝑒2 ) = 1
𝑓 ( 𝑒3 ) = 1
𝑓 ( 𝑒4 ) = 1
34

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Donc
𝐼𝑚( 𝑓 ) = {1} 𝑒𝑡 dim(𝑖𝑚( 𝑓 )) = 1
2
...

Allez à : Exercice 22
Correction exercice 23
...
Soit 𝑥, 𝑥 ′ ∈ ℝ 𝑛 , 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥 𝑛 ) et 𝑥 ′ = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥 ′𝑛 ) et 𝜆, 𝜆′ ∈ ℝ
′
′
𝑢( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) = ( 𝜆𝑥1 + 𝜆′ 𝑥1 ) + ( 𝜆𝑥2 + 𝜆′ 𝑥2 ) + ⋯ + ( 𝜆𝑥 𝑛 + 𝜆′ 𝑥 ′𝑛 )
′
′
= 𝜆( 𝑥1 + 𝑥2 + ⋯
...
𝑢( 𝑒1 ) = 𝑢( 𝑒2 ) = ⋯ = 𝑢( 𝑒 𝑛 ) = 1 donc dim(ℐ𝑚( 𝑢)) = 1
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(ℐ𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ 𝑛 ) ⇔ dim(ker( 𝑢)) = 𝑛 − 1
Allez à : Exercice 23
Correction exercice 24
...

𝐼𝑚
Supposons (b)
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = 𝑑𝑖𝑚𝐸 ⇔ 2 dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = 𝑛 ⇔ 2rg(u) = n
Pour tout 𝑥 ∈ 𝐸, 𝑢( 𝑥 ) ∈ 𝐼𝑚(𝑢) donc 𝑢( 𝑥 ) ∈ ker( 𝑢) donc 𝑢(𝑢( 𝑥 )) = 0 𝐸 donc 𝑢2 = 𝑂 𝐸
...

Si 𝑢 est injective alors si 𝑥 ∈ ker( 𝑢) ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 0 𝐹 ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 𝑢(0 𝐸 ) ⇒ 𝑥 = 0 𝐸 car 𝑢 est injective, ce
qui montre que ker( 𝑢) = {0 𝐸 }
...

Allez à : Exercice 25
Correction exercice 26
...
( 𝑢 − 𝜆𝑖𝑑 𝐸 )( 𝑥 ) = 0 𝐸 ⇔ 𝑢( 𝑥 ) − 𝜆𝑥 = 0 𝐸 ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 𝜆𝑥
𝑢 (0 𝐸 ) = 0 𝐸 = 𝜆 × 0 𝐸 ⇒ 0 𝐸 ∈ 𝐸 𝜆
Soient 𝑥1 et 𝑥2 deux vecteurs de 𝐸 𝜆 , on a u( 𝑥1 ) = 𝜆𝑥2 et 𝑢( 𝑥2 ) = 𝜆𝑥2
Soient 𝛼1 et 𝛼2 deux réels
...

2
...
Pour tout 𝛼1 et 𝛼2 réels
...

Par conséquent 𝑢( 𝐹 ) est un sous-espace vectoriel de 𝐸
...
Si 𝑥 ∈ 𝐸 𝜆 alors 𝑥 =

1
𝜆

1

𝑢( 𝑥 ) = 𝑢 ( 𝜆 𝑥) ∈ 𝑢( 𝐸 𝜆 ) donc 𝐸 𝜆 ⊂ 𝑢( 𝐸 𝜆 )

Si 𝑦 ∈ 𝑢( 𝐸 𝜆 ) il existe 𝑥 ∈ 𝐸 𝜆 tel que 𝑦 = 𝑢( 𝑥 ) donc 𝑦 = 𝜆𝑥 ∈ 𝐸 𝜆 , ce qui montre que 𝑢( 𝐸 𝜆 ) ⊂ 𝐸 𝜆
Finalement
𝑢( 𝐸 𝜆 ) = 𝐸 𝜆
Allez à : Exercice 26
Correction exercice 27
...
Supposons que 𝑢 soit surjective, alors 𝐼𝑚( 𝑢) = 𝐹 par conséquent dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = 𝑝 et d’après le
théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim( 𝐸) ⇔ dim( 𝑘𝑒𝑟( 𝑢)) + 𝑝 = 𝑛 ⇔ dim(ker( 𝑢)) = 𝑛 − 𝑝 < 0
Ce qui n’est pas possible, donc 𝑢 n’est pas surjective
...
Supposons que 𝑢 soit injective, alors ker( 𝑢) = {0 𝐸 } par conséquent dim( 𝑘𝑒𝑟( 𝑢)) = 0 et d’après le
théorème du rang, comme 𝐼𝑚( 𝑢) ⊂ 𝐹 entraine que dim(𝐼𝑚( 𝑢)) < 𝑝
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim( 𝐸) ⇔ dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = 𝑛 ⇔ 𝑛 = dim(𝐼𝑚( 𝑢)) < 𝑝
Ce qui n’est pas possible, donc 𝑢 n’est pas injective
...

Soit 𝑦 ∈ ker( 𝑓 ) ∩ im( 𝑓 ), il existe 𝑥 ∈ 𝐸 tel que 𝑦 = 𝑓(𝑥), et 𝑓 ( 𝑦) = 0 𝐸
Donc 𝑓 2 ( 𝑥 ) = 𝑓(𝑓 ( 𝑥 )) = 𝑓( 𝑦) = 0 𝐸 donc 𝑥 ∈ ker( 𝑓 2 ), comme 𝑦 = 𝑓(𝑥), 𝑦 ∈ 𝑓(ker( 𝑓 2 ))
On a montré que
ker( 𝑓 ) ∩ im( 𝑓 ) ⊂ 𝑓(ker( 𝑓 2 ))
2 ))
Soit 𝑦 ∈ 𝑓 (ker( 𝑓 , il existe 𝑥 ∈ ker(𝑓 2 ) tel que 𝑦 = 𝑓 ( 𝑥 ), ce qui montre que 𝑦 ∈ 𝐼𝑚( 𝑓 ) et comme
𝑓 ( 𝑦) = 𝑓(𝑓 ( 𝑥 )) = 𝑓 2 ( 𝑥 ) = 0 𝐸 on a 𝑦 ∈ ker( 𝑓 )
On a montré que
𝑓(ker( 𝑓 2 )) ⊂ ker( 𝑓 ) ∩ im( 𝑓 )
Et donc
ker( 𝑓 ) ∩ im( 𝑓 ) = 𝑓(ker( 𝑓 2 ))
Allez à : Exercice 28
Correction exercice 29
...

On a donc 𝑦 ∈ ker( 𝑔) ∩ 𝐼𝑚( 𝑓 ), on a montré que
𝑓 (ker( 𝑔 ∘ 𝑓 )) ⊂ ker( 𝑔) ∩ 𝐼𝑚( 𝑓 )
36

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Soit 𝑦 ∈ ker( 𝑔) ∩ 𝐼𝑚( 𝑓 )
𝑦 ∈ 𝐼𝑚( 𝑓 ) donc il existe 𝑥 ∈ ℝ 𝑛 tel que 𝑦 = 𝑓 ( 𝑥 )
𝑦 ∈ ker( 𝑔) donc 𝑔( 𝑦) = 0ℝ 𝑛
On en déduit que 0ℝ 𝑛 = 𝑔( 𝑦) = 𝑔(𝑓( 𝑥 )), ce qui montre que 𝑥 ∈ ker( 𝑔 ∘ 𝑓 ) et comme 𝑦 = 𝑓( 𝑥 ) cela
montre que 𝑦 ∈ 𝑓 (ker( 𝑔 ∘ 𝑓 ))
...

1
...
Soit 𝑦 ∈ 𝑖𝑚( 𝑢2 ), il existe 𝑥 ∈ 𝐸 tel que 𝑦 = 𝑢2 ( 𝑥 ) = 𝑢(𝑢( 𝑥 )), autrement dit il existe 𝑥 ′ = 𝑢( 𝑥 ) tel que
𝑦 = 𝑢( 𝑥 ′), ce qui montre que 𝑦 ∈ 𝑖𝑚( 𝑢)
...

Supposons que ker( 𝑢) ∩ 𝑖𝑚( 𝑢) = {0 𝐸 } et montrons que ker( 𝑢) = ker( 𝑢 ∘ 𝑢)
Si 𝑥 ∈ ker( 𝑢) alors 𝑢( 𝑥 ) = 0 𝐸 alors 𝑢(𝑢( 𝑥 )) = 𝑢(0 𝐸 ) = 0 𝐸 alors 𝑥 ∈ ker( 𝑢 ∘ 𝑢)
Cela montre que ker( 𝑢) ⊂ ker( 𝑢 ∘ 𝑢)
Si 𝑥 ∈ ker( 𝑢 ∘ 𝑢) alors 𝑢(𝑢( 𝑥 )) = 0 𝐸 , on pose 𝑦 = 𝑢( 𝑥 ) ∈ 𝐼𝑚( 𝑢) et comme 𝑢( 𝑦) = 0 𝐸 , 𝑦 ∈ ker( 𝑢) ∩
𝑖𝑚( 𝑢), d’après (i) 𝑦 = 0 𝐸 et donc 𝑢( 𝑥 ) = 0 𝐸 ce qui signifie que 𝑥 ∈ ker( 𝑢)
Cela montre que ker( 𝑢 ∘ 𝑢) ⊂ ker( 𝑢) et finalement ker( 𝑢) = ker( 𝑢 ∘ 𝑢)
Supposons que ker( 𝑢) = ker( 𝑢 ∘ 𝑢) et montrons que ker( 𝑢) ∩ 𝐼𝑚( 𝑢) = {0 𝐸 }
Soit 𝑦 ∈ ker( 𝑢) ∩ 𝐼𝑚( 𝑢), il existe 𝑥 ∈ 𝐸 tel que 𝑦 = 𝑢( 𝑥 ) et 𝑢( 𝑦) = 0 𝐸 , cela entraine que 𝑢(𝑢( 𝑥 )) =
0 𝐸 , autrement dit 𝑥 ∈ ker( 𝑢 ∘ 𝑢), d’après (ii) 𝑥 ∈ ker( 𝑢) donc 𝑦 = 𝑢( 𝑥 ) = 0 𝐸 , cela montre bien que
ker( 𝑢) ∩ 𝑖𝑚( 𝑢) = {0 𝐸 }
Allez à : Exercice 31
Correction exercice 32
...

a)
𝑢( 𝑥 ) = 𝑢( 𝑥1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 + 𝑥3 𝑒3 ) = 𝑥1 𝑢( 𝑒1 ) + 𝑥2 𝑢( 𝑒2 ) + 𝑥3 𝑢( 𝑒3 )
= 𝑥1 ( 𝑓1 + 2𝑓2 ) + 𝑥2 (2𝑓1 − 𝑓2 ) + 𝑥3 (−𝑓1 + 𝑓2 )
= ( 𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 ) 𝑓1 + (2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 ) 𝑓2 = ( 𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 , 2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 )
b)
𝑢(𝑒1 ) 𝑢(𝑒2 ) 𝑢(𝑒3 )
𝑓
𝐴 = 𝑀𝑎𝑡 𝑒 ( 𝑢) = 1
2
−1 1
(
) 𝑓2
2
−1
1
c)
𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ 𝐾𝑒𝑟( 𝑢) ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 0ℝ2
𝑥1
𝑥 + 2𝑥2 − 𝑥3
0
1 2 −1
0
0
)=( )
⇔ 𝐴𝑋 = ( ) ⇔ (
) ( 𝑥2 ) = ( ) ⇔ ( 1
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3
0
2 −1 1
0
0
𝑥3
𝑥 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 0
𝐿 𝑥 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 0
𝐿1
{ 1
⇔ 1{ 1
⇔
𝐿2 2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝐿2 − 2𝐿1 −5𝑥2 + 3𝑥3 = 0
3
1
𝑥1 + 2 × 𝑥3 − 𝑥3 = 0
𝑥1 = − 𝑥3
5
5
⇔{
⇔{
3
3
𝑥2 = 𝑥3
𝑥2 = 𝑥3
5
5
37

Applications linéaires, matrices, déterminants
1

3

Pascal Lainé

Donc 𝑥 = (− 5 𝑥3 , 5 𝑥3 , 𝑥3 ) =

𝑥3
5

(−1,3,5), on en déduit que ker( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎) avec 𝑎 =

(−1,3,5)
...

Une autre méthode est d’écrire que :
𝐼𝑚( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢( 𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 ))
Puis, avec le théorème du rang, de dire que la dimension de cet espace est 2, il suffit donc de
trouver deux vecteurs non colinéaires dans 𝐼𝑚(𝑢), soit par exemple (𝑢(𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 )) ou
(𝑢(𝑒1 ), 𝑢( 𝑒3 )) ou encore (𝑢(𝑒2 ), 𝑢( 𝑒3 )), pour trouver une base (libre plus le bon nombre de
vecteurs égal base)
...

2
...

Les coordonnées de 𝑢(𝑥) dans la base 𝑒 sont
𝑥1
3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3
3 2 2
𝑥2 ) = 𝐴𝑋
(2𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 ) = (2 3 2) (
𝑥3
2𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3
2 2 3
Où
3 2 2
𝐴 = 𝑀𝑎𝑡 𝑒 ( 𝑢) = (2 3 2)
2 2 3
c)
3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3
0
0
( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ ker( 𝑢) ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 0ℝ3 ⇔ 𝐴𝑋 = (0) ⇔ (2𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 ) = (0)
𝑥=
2𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3
0
0
3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 0
𝐿1 3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 0
𝐿1
𝐿2 {2𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 = 0 ⇔ 3𝐿2 − 2𝐿1 { 5𝑥2 + 2𝑥3 = 0
⇔
𝐿3 2𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 = 0
𝐿3 − 𝐿2
−𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝐿1
3𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 0
𝑥1 = 0
𝐿2
{ 5𝑥2 + 2𝑥3 = 0
⇔
⇔ { 𝑥2 = 0
5𝐿3 + 𝐿2
𝑥3 = 0
7𝑥3 = 0
Donc ker( 𝑢) = {0ℝ3 }
On peut utiliser le théorème du rang, mais je vais faire plus théorique (pour rire), 𝑢 est un
endomorphisme dont le noyau est réduit au vecteur nul est une injection, c’est donc une bijection,
donc 𝑢 est surjective et 𝐼𝑚( 𝑢) = ℝ3
...

1
...

Remarque :
Ici le théorème du rang ne sert pas à grand-chose
...

2
...

c)
𝑥1 + 2𝑥3 − 𝑥4
0
0
−𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥4
0
0
)=( )
𝑥 ∈ ker( 𝑢) ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 0 𝑅4 ⇔ 𝐴𝑋 = ( ) ⇔ (
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3
0
0
2𝑥1 + 3𝑥2 + 7𝑥3 − 5𝑥4
0
0
+ 2𝑥3 − 𝑥4 = 0
𝐿1
𝑥1
+ 2𝑥3 − 𝑥4 = 0
𝐿1 𝑥1
− 𝑥4 = 0
𝐿 −𝑥 + 2𝑥2
𝐿 + 𝐿1
2𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 = 0
{
⇔ 2{ 1
⇔ 2
𝐿3 𝑥1 − 𝑥2
+ 𝑥3
=0
𝐿3 + 𝐿2
𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = 0
𝐿4 2𝑥1 + 3𝑥2 + 7𝑥3 − 5𝑥4 = 0
𝐿4 − 2𝐿1
3𝑥2 + 3𝑥3 − 3𝑥4 = 0
𝑥1
+ 2𝑥3 − 𝑥4 = 0
𝑥 = −2𝑥3 + 𝑥4
⇔{
⇔{ 1
𝑥2 = −𝑥3 + 𝑥4
𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = 0
Un vecteur de ker( 𝑢) s’écrit 𝑥 = (−2𝑥3 + 𝑥4 , −𝑥3 + 𝑥4 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = 𝑥3 (−2, −1,1,0) +
𝑥4 (1,1,0,1) si on pose 𝑎 = (−2, −1,1,0) et 𝑏 = (1,1,0,1) alors
ker( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏)
𝑎 et 𝑏 ne sont pas propotionnels, ils forment une famille libre de ker( 𝑢), c’est une famille
génératrice de ker( 𝑢)et donc une base de ker( 𝑢)
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ4 ) ⇔ 2 + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = 4 ⇔ dim(𝐼𝑚( 𝑢) = 2
D’autre part :
𝑢( 𝑒1 ) = 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 + 2𝑒4 , 𝑢( 𝑒2 ) = 2𝑒2 − 𝑒3 + 3𝑒4 sont deux vecteurs non proportionnels de
𝐼𝑚(𝑢), (𝑢(𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 )) est une famille libre à deux vecteurs dans un espace vectoriel de
dimension 2, c’est une base de 𝐼𝑚(𝑢)
...

Allez à : Exercice 33
39

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Correction exercice 34
...

a)
𝑒1 = (1,0,0) ⇒ 𝑢( 𝑒1 ) = (1,2,3) = 𝑒1 + 2𝑒2 + 3𝑒3
𝑒2 = (0,1,0) ⇒ 𝑢( 𝑒2 ) = (1,0,1) = 𝑒1 + 𝑒3
𝑒3 = (0,0,1) ⇒ 𝑢( 𝑒3 ) = (0, −1, −1) = −𝑒2 − 𝑒3
b)
𝑢(𝑒1 ) 𝑢(𝑒2 )
1
1
𝐴 = 𝑀𝑎𝑡 𝑒 ( 𝑢) =
(2
0
3
1

𝑢(𝑒3 )
0 𝑒1
−1) 𝑒2
−1 𝑒3

c)
𝑥 ∈ ker( 𝑢) ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 0ℝ3 ⇔ ( 𝑥1 + 𝑥2 , 2𝑥1 − 𝑥3 , 3𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ) = (0,0,0)
𝐿1
𝑥1 + 𝑥2 = 0
𝐿1
𝑥1 + 𝑥2 = 0
𝑥 = −𝑥2
𝐿2 { 2𝑥1 − 𝑥3 = 0 ⇔ 𝐿2 − 2𝐿1 {−2𝑥2 − 𝑥3 = 0 ⇔ { 𝑥 1 = −2𝑥
⇔
3
2
𝐿3 3𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 0
𝐿3 − 3𝐿1 −2𝑥2 − 𝑥3 = 0
𝑥 = (−𝑥2 , 𝑥2 , −2𝑥2 ) = 𝑥2 (−1,1, −2)
𝑎 = (−1,1, −2), ker( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎)
...

𝐼𝑚( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢( 𝑒1 ), 𝑢( 𝑒2 ))
Il est totalement inutile de chercher une relation entre 𝑢(𝑒1 ), 𝑢(𝑒2 ) et 𝑢(𝑒3 ) car le théorème du
rang donne la dimension de l’image de 𝑢
...

a)
𝑒1 = (1,0,0) ⇒ 𝑢( 𝑒1 ) = (1,1,1) = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3
𝑒2 = (0,1,0) ⇒ 𝑢( 𝑒2 ) = (1,1,1) = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3
𝑒3 = (0,0,1) ⇒ 𝑢( 𝑒3 ) = (0,0,0) = 0ℝ3
b)
𝑢(𝑒1 ) 𝑢(𝑒2 ) 𝑢(𝑒3 )
1
0 𝑒1
𝑀𝑎𝑡 𝑒 ( 𝑢) = 1
(1
1
0) 𝑒2
1
1
0 𝑒3
c) 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) ∈ ker( 𝑢) ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 0ℝ3 ⇔ ( 𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥1 + 𝑥2 ) = (0,0,0) ⇔ 𝑥1 + 𝑥2 = 0
Un vecteur de ker( 𝑢) est de la forme 𝑥 = ( 𝑥1 , −𝑥1 , 𝑥3 ) = 𝑥1 (1, −1,0) + (0,0,1) 𝑥3
Si on pose 𝑎 = (1, −1,0) et 𝑏 = (0,0,1), 𝐾𝑒𝑟( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏)
𝑎 et 𝑏 sont deux vecteurs non proportionnels de 𝐾𝑒𝑟(𝑢) ker( 𝑢), cette famille engendre ker( 𝑢) il
s’agit donc d’une base de ker( 𝑢)
...

Allez à : Exercice 34
Correction exercice 35
...
soit 𝑥 ∈ ℝ4 et 𝑋 = ( 𝑥 ) ses coordonnées dans la base canonique
...

2
...

𝐴 est la matrice d’une application linéaire de ℝ5 dans ℝ4
...

D’après le théorème du rang
dim( 𝑘𝑒𝑟( 𝐴)) + dim(𝐼𝑚( 𝐴)) = 5
Ce qui montre que 𝑟𝑎𝑛𝑔( 𝐴) = dim(𝐼𝑚( 𝐴)) = 3
...

13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1
13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1
13𝐿2 − 12𝐿1 {5𝑥 − 12𝑥 = 13𝑦 − 12𝑦
𝑌 = 𝐴𝑋 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑌 ⇔ {12𝑥1 − 7𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦2 ⇔
2
3
2
1
2𝐿3 − 𝐿2
6𝑥1 − 4𝑥2 − 5𝑥3 = 𝑦3
−𝑥2 + 2𝑥3 = 2𝑦3 − 𝑦2
13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1
13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12𝑥3
5𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1
{
⇔
⇔ {5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12𝑥3
5𝐿3 + 𝐿2 −2𝑥 = 10𝑦 − 5𝑦 + 13𝑦 − 12𝑦
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
3
3
2
2
1
13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 )
⇔ {5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ) = 60𝑦1 − 35𝑦2 − 60𝑦3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
13𝑥1 = 169𝑦1 − 104𝑦2 − 156𝑦3
13𝑥1 = 73𝑦1 − 48𝑦2 − 60𝑦3 + 8(12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 )
𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3
𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3
⇔{
⇔{
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
𝑥1
𝑦1
𝑥1 = 13𝑦1 − 8𝑦2 − 12𝑦3
13 −8 −12
𝑥2 ) = (12 −7 −12) ( 𝑦2 )
⇔ { 𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 ⇔ (
𝑥3
𝑦3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
6 −4 −5
13 −8 −12
Donc 𝐴−1 = (12 −7 −12) = 𝐴
6 −4 −5
Le mieux aurait été de changer les rôles de 𝑥1 et 𝑥3 dans le premier système
...
𝐴2 = 𝐼 donc 𝐴2𝑛 = ( 𝐴2 ) 𝑛 = 𝐼 𝑛 = 𝐼 et 𝐴2𝑛+1 = 𝐴2𝑛 𝐴 = 𝐴
...

1
...

0 1 1 0 1 1
2 1 1
𝐴2 = (1 0 1) (1 0 1) = (1 2 1) = 𝐴 + 2𝐼 donc 𝑃( 𝑋) = 𝑋 2 − 𝑋 − 2
1 1 0 1 1 0
1 1 2
−1 1
1
𝐴−𝐼
𝐴−𝐼
1
3
...

𝑥1
𝑦1
𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1
0 1 1
(1 0 1) ( 𝑥2 ) = ( 𝑦2 ) = { 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2
𝐴𝑋 = 𝑌 ⇔
𝑥3
𝑦3
𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3
1 1 0
Ici il y a un problème pour appliquer le pivot de Gauss parce qu’il n’y a pas de termes en 𝑥1 dans la
première ligne, il y a deux façons d’arranger ce problème, soit on intervertit 𝑥1 et 𝑥2 soit on intervertit la
ligne 1 avec une ligne où il y a un 𝑥1 , c’est ce que nous allons faire
...

1 0 0 1 0 0
1 0
0
2
1
...
𝐴3 − 𝐴2 + 𝐴 − 𝐼 = 𝑂 ⇔ 𝐴( 𝐴2 − 𝐴 + 𝐼 ) = 𝐼 donc 𝐴−1 = 𝐴2 − 𝐴 + 𝐼
3
...

1
𝐴 − 2𝐼 = (−1
−1
1 0 1
1
( 𝐴 − 2𝐼 )2 = (−1 1 −2) (−1
−1 1 −2 −1
1 0
( 𝐴 − 2𝐼 )3 = ( 𝐴 − 2𝐼 )( 𝐴 − 2𝐼 )2 = (−1 1
−1 1
Ce qui entraine que
43

0 1
1 −2)
1 −2
0 1
0 1 −1
1 −2) = (0 −1 1 )
1 −2
0 −1 1
1
0 1 −1
0 0 0
−2) (0 −1 1 ) = (0 0 0)
−2 0 −1 1
0 0 0

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝐴3 − 3 × 2𝐴2 + 3 × 22 𝐴 − 23 𝐼 = 𝑂
Car 𝐴 et 𝐼 commutent
...

1
...
det(𝑀( 𝑡)) = ch2 ( 𝑡) − sh2 ( 𝑡) = 1 ≠ 0 donc la matrice est inversible
...

1
...

𝑥1
𝑥1
𝑥1 + 2𝑥2 − 2𝑥3 = 𝑥1
1 2 −2
𝑥 ∈ 𝐸1 ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 𝑥 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑋 ⇔ (2 1 −2) ( 𝑥2 ) = ( 𝑥2 ) ⇔ { 2𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 = 𝑥2
𝑥3
𝑥3
2𝑥1 + 2𝑥2 − 3𝑥3 = 𝑥3
2 2 −3
𝑥2 = 𝑥3
2𝑥2 − 2𝑥3 = 0
𝑥1 = 𝑥3
𝑥1 = 𝑥3
⇔ { 2𝑥1 − 2𝑥3 = 0
⇔{
⇔{𝑥 = 𝑥
2
3
2𝑥3 + 2𝑥3 − 4𝑥3 = 0
2𝑥1 + 2𝑥2 − 4𝑥3 = 0
Par conséquent 𝑥 = ( 𝑥3 , 𝑥3 , 𝑥3 ) = 𝑥3 (1,1,1), on pose 𝑎 = (1,1,1) c’est une base de 𝐸1
...
Les coordonnées de 𝑢( 𝑏) dans la base canonique sont
44

Applications linéaires, matrices, déterminants

1
𝐴𝑋 𝑏 = (2
2

Pascal Lainé

2 −2 0
0
) (1) = (−1) = −𝑋 𝑏
1 −2
2 −3 1
−1

Donc 𝑢( 𝑏) = −𝑒1 − 𝑒2 = −𝑏
Les coordonnées de 𝑢( 𝑐 ) dans la base canonique sont
1 2 −2 1
−1
𝐴𝑋 𝑐 = (2 1 −2) (1) = (−1) = −𝑋 𝑐
2 2 −3 2
−2
( 𝑏) = −𝑒1 − 𝑒2 − 2𝑒3 = −𝑐
Donc 𝑢
3
...

4
...
On pose 𝑋 = ( 𝑥2 ) et 𝑋 ′ = ( 𝑥2 )
′
𝑥3
𝑥3

1 0
𝑃 = (1 1
1 1

1
1)
2

′
′
′
′
′
𝑥1
𝑥1
+ 𝑥3 = 𝑥1
𝑥1
𝑥1
+ 𝑥3 = 𝑥1
𝐿1
𝐿1
1 0 1
′
′
′
′
′
𝑃𝑋 ′ = 𝑋 ⇔ (1 1 1) ( 𝑥2 ) = ( 𝑥2 ) ⇔ 𝐿2 { 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑥2 ⇔ 𝐿2 − 𝐿1 { 𝑥2 = −𝑥1 + 𝑥2
′
′
′
′
′
𝑥3
𝐿3 𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑥3
𝐿3 − 𝐿 2
1 1 2
𝑥3
𝑥3 = −𝑥2 + 𝑥3
′
′
′
𝑥1
𝑥1 = −𝑥3 + 𝑥1 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
𝑥1
1
1 −1
′
′
𝑥2 )
𝑥2 = −𝑥1 + 𝑥2
⇔{
⇔ ( 𝑥2 ) = (−1 1
0 )(
′
′
𝑥3
0 −1 1
𝑥3
𝑥3 = −𝑥2 + 𝑥3
D’où
1
1 −1
𝑃−1 = (−1 1
0)
0 −1 1

6
...
𝐷 = 𝑃 −1 𝐴𝑃
Allez à : Exercice 42

𝑢(𝑏)

𝑢(𝑐)

1 0
0 𝑎
𝐷 = (0 −1 0 ) 𝑏
0 0 −1 𝑐

Correction exercice 43
...
Soient 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 ) et 𝑥 ′ = (𝑥1 , 𝑥2 ) deux vecteurs de ℝ2 et soient 𝜆 et 𝜆′ deux réels
...

1 −1
2
...

𝑥 − 𝑥2 = 0
𝑥 − 𝑥2 = 0
𝑥 =0
a) 𝑥 ∈ ker( 𝑓 ) ⇔ { 1
⇔ 𝐿1 + 𝐿2 { 1
⇔{ 1
𝑥1 + 𝑥2 = 0
2𝑥1 = 0
𝑥2 = 0
Donc ker(𝑓) = {0ℝ2 }
45

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

On en déduit que 𝑓 est injective, comme de plus, 𝑓 est un endomorphisme, 𝑓 est surjective et donc
𝐼𝑚( 𝑓 ) = ℝ2
...

c)
𝑦1 = 𝑥1 − 𝑥2
𝑦 = 𝑓( 𝑥 ) ⇔ ( 𝑦1 , 𝑦2 ) = 𝑓 ( 𝑥1 , 𝑥2 ) ⇔ ( 𝑦1 , 𝑦2 ) = ( 𝑥1 − 𝑥2 , 𝑥1 + 𝑥2 ) ⇔ { 𝑦 = 𝑥 + 𝑥
2
1
2
1
1
𝑥2 = 𝑥1 − 𝑦1
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦1
𝑦1 = 𝑥1 − 𝑥2
2
2
1
1 ⇔{
⇔ { 𝑦 + 𝑦 = 2𝑥 ⇔ {
1
1
𝑥1 = 𝑦1 + 𝑦2
1
2
1
2
2
𝑥1 = 𝑦1 + 𝑦2
2
2
1
1
𝑥2 = − 𝑦1 + 𝑦2
2
2
⇔{
1
1
𝑥1 = 𝑦1 + 𝑦2
2
2
1
1
1
1
−1 (
Donc 𝑓
𝑦1 , 𝑦2 ) = (2 𝑦1 + 2 𝑦2 , − 2 𝑦1 + 2 𝑦2 ), ou, en changeant les rôles de 𝑥 et de 𝑦 :

1

Et 𝐴−1 = 2 (

1
1
1
1
𝑓 −1 ( 𝑥1 , 𝑥2 ) = ( 𝑥1 + 𝑥2 , − 𝑥1 + 𝑥2 )
2
2
2
2

1 1
)
−1 1

4
...
Alors
sin( 𝛼 ) cos( 𝛼 )
cos( 𝛼 ) − sin( 𝛼 )
ℎ cos( 𝛼 ) −ℎ sin( 𝛼 )
)=(
)
𝑅𝐻 = ℎ (
sin( 𝛼 ) cos( 𝛼 )
ℎ sin( 𝛼 ) ℎ cos( 𝛼 )
2
2
ℎcos( 𝛼 ) = 1
Donc {
, donc (ℎcos(𝛼)) + (ℎsin(𝛼)) = 12 + 12 ⇔ ℎ2 = 2 ⇔ ℎ = √2 𝑜𝑢 ℎ = −√2
( 𝛼) = 1
ℎsin
est de la forme 𝑅 = (

1

cos( 𝛼 ) = − 2
5𝜋
√
Si ℎ = −√2 alors {
1 donc 𝛼 = 4 modulo 2𝜋
...


√2

1 −1
| = 2 ≠ 0 donc (𝑎, 𝑏) est une base de ℝ2
...
det( 𝑎, 𝑏) = |
1 1
1 −1 1
0
6
...
𝑀𝑎𝑡 𝛽′ ( 𝑓 ) = (
)
1 1
Allez à : Exercice 43
Correction exercice 44
...

1
2
2
1
|−1
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) = |−1 −1 −2| =
𝐶3 − 𝐶2 0
1
1
1
3
Donc ( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) est une base de ℝ
2
...
Les coordonnées de 𝑢
1
4
4
1
1
(−1 −3 −3) (−1) = (−1)
0
2
3
1
1
Donc 𝑢( 𝑎) = 𝑎
Les coordonnées de 𝑢( 𝑏) dans la base 𝛽 sont
1
4
4
2
2
(−1 −3 −3) (−1) = (−2)
0
2
3
1
1
Donc 𝑢( 𝑏) = 𝑐
Les coordonnées de 𝑢( 𝑐 ) dans la base 𝛽 sont
1
4
4
2
−2
(−1 −3 −3) (−2) = ( 1 )
0
2
3
1
−1
Donc 𝑢( 𝑐 ) = −𝑏
Par conséquent
1 0 0
𝑅 = (0 0 −1)
0 1 0
4
...

1
...


3
...


5
...


−3 1
4
𝐴 = 𝑀𝑎𝑡 𝛽 ( 𝑢) = ( 2 −1 −2)
−4 2
5
𝑢(0ℝ3 ) = 0ℝ3 donc 0ℝ3 ∈ 𝐸
Soient 𝑥 ∈ 𝐸 et 𝑦 ∈ 𝐸 et 𝜆 et 𝜇 deux réels, 𝑢( 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦) = 𝜆𝑢( 𝑥 ) + 𝜇𝑢( 𝑦) = 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦, donc 𝜆𝑥 + 𝜇𝑦 ∈
𝐸, 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3
...

Il est clair que le vecteur nul est dans 𝐹
...
𝐹 est un sous-espace vectoriel de ℝ3
...

Une base de 𝐹 est ( 𝑏, 𝑐 )
...

On aurait pu montrer que la famille est libre, et dire qu’une famille libre à 3 vecteurs dans un espace de
dimension 3 est une base
...

𝑢(𝑢( 𝑏)) a pour coordonnées
−3 1
4
−2
−1
( 2 −1 −2) ( 1 ) = (−1)
−4 2
5
−2
0
Donc 𝑢(𝑢( 𝑏)) = −𝑏

48

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑢 ( 𝑎)
1
𝑚𝑎𝑡 𝛽′ ( 𝑢) =
(0
0

𝑢(𝑏)
0
0
1

𝑢( 𝑢(𝑏))
𝑎
0
𝑏
−1)
𝑢(𝑏)
0

Allez à : Exercice 45
Correction exercice 46
...
Les coordonnées de 𝑢( 𝑥 ) dans la base canonique sont
𝑥1
𝑥2 − 2𝑥3
0 1 −2
(2𝑥1 − 𝑥2 + 4𝑥3 ) = (2 −1 4 ) ( 𝑥2 )
𝑥3
𝑥1 − 𝑥2 + 3𝑥3
1 −1 3
Donc la matrice de 𝑢 dans la base canonique est
0 1 −2
𝐴 = (2 −1 4 )
1 −1 3
𝑥1
2
...

𝑥1
3
...

1 −2 −1
0 2
−2 −1
|−|
| = −2 − (−2 + 1) = −1 ≠ 0
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) = |1 0
2 |=|
1 1
1
1
0 1
1
En développant par rapport à la première colonne, donc ( 𝑎, 𝑏, 𝑐 ) est une base de ℝ3
...
𝑢( 𝑎) − 𝑎 = 0ℝ3 ⇒ 𝑢( 𝑎) = 𝑎, de même 𝑢( 𝑏) = 𝑏 et 𝑢( 𝑐 ) = 0ℝ3 donc
1 0 0
𝐷 = (0 1 0)
0 0 0
6
...
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ3 )
Il reste à montrer que l’intersection de ker( 𝑢) et de 𝐼𝑚( 𝑢) est le vecteur nul
...

Allez à : Exercice 46
Correction exercice 47
...

−10
𝐴 = ( −2
−6

3 15
0 3)
2 9

2
...
Le problème est de savoir si ker( 𝑢) ∩ 𝑖𝑚( 𝑢) = {0ℝ3 } car dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ3 )
Première méthode :
On cherche une base de 𝐼𝑚( 𝑢) (ce qui revient à choisir deux des trois vecteurs parmi 𝑢( 𝑒1 ), 𝑢(𝑒2 ) et
𝑢( 𝑒3 ) car ces vecteurs sont deux à deux non proportionnels et que la dimension de l’image de 𝑢 est 2,
puis de montrer que ces trois vecteurs forment une base de ℝ3 , c’est long, on passe)
Deuxième méthode
D’après la matrice, il est clair que 𝑎 = 𝑢( 𝑒2 ), comme ker( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑎) on a ker( 𝑢) ⊂ 𝑖𝑚( 𝑢) et donc
ker( 𝑢) ∩ 𝐼𝑚( 𝑢) ≠ {0ℝ3 }, ce qui montre que l’on n’a pas ker( 𝑢) ⊕ 𝐼𝑚( 𝑢) = ℝ3
...

Première méthode
𝑥1
3
On pose 𝑋 𝑎 = (0) et 𝑋 𝑏 = ( 𝑥2 ) les coordonnées de 𝑎 et de 𝑏 dans la base canonique et on résout le
𝑥3
2
système
𝑥1
−10 3 15
3
𝑢( 𝑏) = 𝑎 ⇔ 𝐴𝑋 𝑏 = 𝑋 𝑎 ⇔ ( −2 0 3 ) ( 𝑥2 ) = (0)
𝑥3
2
−6 2 9
C’est long
Deuxième méthode
On remarque que 𝑢( 𝑒2 ) = 𝑎 donc un vecteur 𝑏 qui vérifie 𝑢( 𝑏) = 𝑎 est par exemple 𝑏 = 𝑒2
Remarque :
Ce n’est pas le seul mais l’énoncé demande « un vecteur 𝑏 tel que 𝑢( 𝑏) = 𝑎 »
5
...


50

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑥1
On pose 𝑋 𝑐 = ( 𝑥2 ) les coordonnées de 𝑐 dans la base canonique
𝑥3
𝑥1
𝑥1
−10𝑥1 + 3𝑥2 + 15𝑥3 = −𝑥1
−10 3 15
𝑥2 ) = − ( 𝑥2 ) ⇔ {
−2𝑥1 + 3𝑥3 = −𝑥2
𝑢( 𝑐 ) = −𝑐 ⇔ 𝐴𝑋 𝑐 = −𝑋 𝑐 ⇔ ( −2 0 3 ) (
𝑥3
𝑥3
−6𝑥1 + 2𝑥2 + 9𝑥3 = −𝑥3
−6 2 9
−9𝑥1 + 3𝑥2 + 15𝑥3 = 0
−3𝑥1 + 𝑥2 + 5𝑥3 = 0
−3𝑥1 + 𝑥2 + 5𝑥3 = 0
⇔ { −2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 0 ⇔ {−2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 0 ⇔ {
−2𝑥1 + 𝑥2 + 3𝑥3 = 0
−6𝑥1 + 2𝑥2 + 10𝑥3 = 0
−3𝑥1 + 𝑥2 + 5𝑥3 = 0
𝑥2 = 𝑥3
𝐿1
−3𝑥1 + 𝑥2 + 5𝑥3 = 0
−6𝑥3 + 𝑥2 + 5𝑥3 = 0
{
⇔
⇔{
⇔ { 𝑥 = 2𝑥
𝐿2 − 𝐿1
𝑥1 − 2𝑥3 = 0
𝑥1 = 2𝑥3
1
3
𝑥 = (2𝑥3 , 𝑥3 , 𝑥3 ) = 𝑥3 (2,1,1)
On prend 𝑐 = (2,1,1) et on a 𝐸−1 = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑐 )
6
...

7
...

1
1
2 −1
1
1 −1
−1 −1 −2 2
| = − |−1 −1 2 | en développant par rapport à la dernière
1
...
Puis det( 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ) = − |
−1 2
′ ′ ′ ′
ligne
...

2
...
𝑀𝑎𝑡 𝛽′ ( 𝑓 ) = (
0
0 0 0
0
0 0 0
Allez à : Exercice 48
Correction exercice 49
...
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) = |
0 −1 1
0
0 −1 0
0
−1 1
0
1
−1 1 −1 1
Puis en développant par rapport à la troisième ligne :
𝐶1 𝐶2 𝐶3
𝐶1
𝐶2 𝐶3 + 𝐶1
−1 −1 2
−1
−1
1
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) = −(−1)
=
=1≠0
|1
1 −1| | 1
1
0|
−1 0
1
−1
0
0
4
Donc (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) est une base de ℝ
...
𝑃 = (
0 −1 1
0
−1 1 −1 1
′
′
′
′
𝐿1 −𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = 𝑥1
′
′
′
′
𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 𝑥4 = 𝑥2
𝐿
𝑋 = 𝑃𝑋 ′ ⇔ 𝑃𝑋 ′ = 𝑋 ⇔ 2
′
′
𝐿3
−𝑥2 + 𝑥3
= 𝑥3
′
′
′
′
𝐿4 { −𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 = 𝑥4
′
′
′
′
−𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = 𝑥1
𝐿1
′
′
′
−𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 𝑥1 + 𝑥2
𝐿 + 𝐿1
⇔ 2
′
′
𝐿3
−𝑥2 + 𝑥3
= 𝑥3
′
′
𝐿4 + 𝐿2 {
−𝑥2 + 2𝑥3
= 𝑥2 + 𝑥4
′
′
′
′
−𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = 𝑥1
𝐿1
′
′
′
−𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 𝑥1 + 𝑥2
𝐿2
⇔
′
𝐿3 − 𝐿2
−𝑥4 = −𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3
′
′
𝐿4 − 𝐿2 {
𝑥3 − 𝑥4 = −𝑥1 + 𝑥4
′
𝐿3 donne 𝑥4 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3
′
′
𝐿4 donne 𝑥3 = −𝑥1 + 𝑥4 + 𝑥4 = 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4
′
′
′
𝐿2 donne 𝑥2 = 𝑥3 + 𝑥4 − 𝑥1 − 𝑥2 = 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥1 − 𝑥2 = 𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑥4
𝐿1 donne
′
′
′
′
𝑥1 = 𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4 − 𝑥1 = 𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑥4 − 2( 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 ) + 2( 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ) − 𝑥1
= 𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 − 𝑥4
1 1 −2 −1
0 1 −2 1
)
D’où l’on déduit que 𝑃−1 = (
0 1 −1 1
1 1 −1 0
52

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

−3
3
3
...

−1 1
0
0
0 −1 1
0
)
𝑇=(
0
0 −1 1
0
0
0 −1
Autre méthode
𝑇 = 𝑃−1 𝐴𝑃 = ( 𝑃 −1 𝐴) 𝑃 =
−1 0
0
0
=(
1
0
−1 −1

(
0
1
0
1

1
0
(
0
1

1
1
1
1

−2 −1
−3 −2 3
−2 1
3
1 −3
)(
−1 1
1
0 −1
−1 0
−1 −1 2

0
−1 1 −2 2
−1
1 −2 3 −1
) (
)
−1
0 −1 1
0
−1
−1 1 −1 1
)
2
−1 1
0
0
−1 1 −2 2
0
1 −2 3 −1
0 −1 1
0
)(
)=(
)
−1
0 −1 1
0
0
0 −1 1
0
0
0
0 −1
−1 1 −1 1

5
...

Allez à : Exercice 49
Correction exercice 50
...

53

Applications linéaires, matrices, déterminants

𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 + 𝛿𝑑 = 0ℝ4

Pascal Lainé

+ 2𝛾 + 3𝛿 = 0
𝐿1
−2𝛼
+ 2𝛾 + 3𝛿 = 0
𝐿1 −2𝛼
𝐿
−𝛼 + 𝛽
=0
2𝐿 − 𝐿1
2𝛽 − 2𝛾 − 3𝛿 = 0
{
⇔ 2{
⇔ 2
𝐿3 −𝛼
2𝐿3 − 𝐿1
+ 𝛾+ 𝛿 =0
−𝛿 = 0
𝐿4 −𝛼 − 𝛽 + 𝛾 + 2𝛿 = 0
2𝐿4 − 𝐿2
−2𝛽
+ 𝛿=0

𝛼=0
𝛾=0
⇔{
𝛿=0
𝛽=0
Il s’agit d’une famille libre à 4 vecteurs dans un espace de dimension 4, c’est une base de ℝ4
...
Les coordonnées de 𝑢( 𝑎) dans 𝛽 sont
−7 6 6 6
−4
−2
−2
0 2 0 0
−1
−2
−1
) ( ) = ( ) = 2 ( ) = 2𝑋 𝑎
𝐴𝑋 𝑎 = (
−3 3 2 3
−1
−2
−1
−6 3 6 5
−2
−1
−1
Donc 𝑢( 𝑎) = 2𝑎
Les coordonnées de 𝑢( 𝑏) dans 𝛽 sont
−7 6 6 6
0
0
0
0 2 0 0
1
2
1
) ( ) = ( ) = 2 ( ) = 2𝑋 𝑏
𝐴𝑋 𝑏 = (
−3 3 2 3
0
0
0
−6 3 6 5
1
2
1
Donc 𝑢( 𝑏) = 2𝑏
Les coordonnées de 𝑢( 𝑐 ) dans 𝛽 sont
−7 6 6 6
2
−2
2
0 2 0 0
0
0
0
) ( ) = ( ) = − ( ) = −𝑋 𝑐
𝐴𝑋 𝑐 = (
−3 3 2 3
1
−1
1
−6 3 6 5
1
−1
1
( 𝑐 ) = −𝑐
Donc 𝑢
Les coordonnées de 𝑢( 𝑐 ) dans 𝛽 sont
−7 6 6 6
3
−3
3
0 2 0 0
0
0
0
) ( ) = ( ) = − ( ) = −𝑋 𝑑
𝐴𝑋 𝑑 = (
−3 3 2 3
1
−1
1
−6 3 6 5
2
−2
2
( 𝑑 ) = −𝑑
Donc 𝑢
3
...

2 0 2 3
−1 1 0 0
)
𝑃=(
−1 0 1 1
−1 1 1 2
5
...

−7
0
𝑃 −1 𝐴𝑃 = 𝑃 −1 (
−3
−6
2
0
=(
0
0
Allez à : Exercice 50

6
2
3
3

6
0
2
6
0
2
0
0

6
−2 0
0
−1 1
)(
3
−1 0
5
−1 −1
0
0
0
0
)
−1
0
0
−1

2
0
1
1

Correction exercice 51
...
𝑐 = 𝑢( 𝑏) = 𝑢( 𝑒1 ) = e1 + e2 , voir la matrice
...

1 1 1
1 1
|=1≠0
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) = |1 0 1| = |
0 1
1 0 0
En développant par rapport à la troisième ligne
...

1 1 1 1
1 0 1 1
)
2
...
Les coordonnées de 𝑢(𝑎) dans la base 𝛽 sont (
0 1 −1 1
1
0
0 1 −1 0
0
0
Donc 𝑢( 𝑎) = 0ℝ4
𝑢( 𝑏) = 𝑐, on a aussi 𝑢(𝑏) = 𝑒1 + 𝑒2 c’est donné par la deuxième colonne de la matrice, on en aura
besoin plus tard
...

4
...

0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
)(
)=(
)
𝑁2 = (
0 1 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
)(
)=(
)
𝑁4 = (
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 1 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
Or 𝐴 = 𝑃𝑁𝑃−1 donc 𝐴4 = ( 𝑃𝑁𝑃 −1 )4 = 𝑃𝑁𝑃−1 𝑃𝑁𝑃−1 𝑃𝑁𝑃 −1 𝑃𝑁𝑃 −1 = 𝑃𝑁 4 𝑃−1 = 𝑂
′
′
′
′
6
...

7
...

Allez à : Exercice 51

Correction exercice 52
...
Soit 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ ker( 𝑢)
56

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

−𝑥1 − 𝑥2 = 0
𝑥1 = 0
0=0
( 𝑥 ) = 0ℝ4 ⇔ {
{ 𝑥2 = 0
𝑢
⇔
−2𝑥1 − 𝑥3 + 𝑥4 = 0
𝑥3 = 𝑥4
−𝑥1 = 0
𝑥 = (0,0, 𝑥4 , 𝑥4 ) = 𝑥4 (0,0,1,1)

On pose 𝑎 = (0,0,1,1)
2
...
Première méthode
En regardant la matrice, il est clair que 𝑢( 𝑒3 ) = −𝑒3 , donc 𝑐 = 𝑒3 convient
Deuxième méthode
On cherche les vecteurs 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) tels que 𝑢( 𝑥 ) = −𝑥
−𝑥1 − 𝑥2 = −𝑥1
𝑥2 = 0
0 = −𝑥2
𝑢( 𝑥 ) = −𝑥 ⇔ {−2𝑥 − 𝑥 + 𝑥 = −𝑥 ⇔ { 𝑥4 = 𝑥1 ⇔ 𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥4 = 0
1
3
4
3
𝑥4 = 2𝑥1
−𝑥1 = −𝑥4
𝑥 = (0,0, 𝑥3 , 0) = 𝑥3 (0,0,1,0) = 𝑥3 𝑒3
4
...

5
...
On en déduit que
0 1 0
0
0 0 0
0
)
𝑇=(
0 0 −1 1
0 0 0 −1
7
...

57

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

8
...

Les coordonnées de 𝑢4 ( 𝑓 ) dans la base 𝛽 sont
−1 −1 0 0
−1
1
−1
1
0
0
0 0
0
0
0
0
) ( ) = ( ) = −2 ( ) − ( )
𝐴4 𝑋 𝑓 = (
−2 0 −1 1
−3
4
−3
2
−1 0
0 0
−1
1
−1
1
4( )
3( )
2( )
Ce qui montre que 𝑢 𝑓 = −2𝑢 𝑓 − 𝑢 𝑓
𝑢2 (𝑓)

𝑢(𝑓)

𝐶=

0
1
(
0
0

0
0
1
0

𝑢3 (𝑓)

𝑢4 (𝑓)

0 0
0 0
)
0 −1
1 −2

𝑓
𝑢( 𝑓)
𝑢2 ( 𝑓 )
𝑢3 ( 𝑓 )

10
...

1
...

2
...
La matrice de ker(( 𝑢 − 𝑖𝑑 )2 )dans la base 𝛽 est ( 𝐴 − 𝐼 )2
2 −1 1 −3
2 −1 1 −3
0 −1 1 1
1 0 −1 −1
1 0 −1 −1
1 −2 3 −1
)(
)=(
)
(𝐴 − 𝐼)2 = (
0 1 −2 0
0 1 −2 0
1 −2 3 −1
1 0
0 −2
1 0
0 −2
0 −1 1 1
Donc
𝑥1
0 −1 1 1
0
𝑥2
1 −2 3 −1
0
)( 𝑥 ) = ( )
𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ ker(( 𝑢 − 𝑖𝑑 )2 ) ⇔ (
1 −2 3 −1
3
0
𝑥4
0 −1 1 1
0
−𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0
𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 𝑥4 = 0
𝑥 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 𝑥4 = 0
𝑥 = 2𝑥2 − 3𝑥3 + 𝑥4
⇔{
⇔{ 1
⇔{ 1
𝑥2 = 𝑥3 + 𝑥4
𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 𝑥4 = 0
−𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0
−𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0
𝑥 = 2𝑥3 + 2𝑥4 − 3𝑥3 + 𝑥4 = −𝑥3 + 3𝑥4
⇔{ 1
𝑥2 = 𝑥3 + 𝑥4
Donc
𝑥 = (−𝑥3 + 3𝑥4 , 𝑥3 + 𝑥4 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = 𝑥3 (−1,1,1,0) + 𝑥4 (3,1,0,1)
Le tout est de ne pas prendre 𝑥3 = 𝑥4 sinon on retombe un vecteur proportionnel à (2,2,1,1) on prend
n’importe que quoi d’autre par exemple 𝑥3 = 1 et 𝑥4 = 0
Ensuite on regarde les coordonnées de 𝑑 = (−1,1,1,0) dans la base canonique
soit 𝐴𝑋 𝑑
3 −1 1 −3
−1
−1
−3
2
1 1 −1 −1
1
−1
2
1
) ( ) = ( ) = − ( ) + ( ) = −𝑋 𝑐 + 𝑋 𝑑
𝐴𝑋 𝑑 = (
0 1 −1 0
1
0
1
1
1 0
0 −1
0
0
−1
1
59

Applications linéaires, matrices, déterminants

4
...


2
2
1
1

−1
1
|
1
0

1 2
1
1 1| = − |
1
0 1

2
|=1≠0
1

5
...

1
...

2
...

3
...


𝑥1
𝑥1
2 −1 0 1
𝑥2
𝑥2
1
0 0 1
)( 𝑥 ) = ( 𝑥 )
𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) ∈ 𝐸1 ⇔ 𝑢( 𝑥 ) = 𝑥 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑋 ⇔ (
0
0 1 0
3
3
𝑥4
𝑥4
−3 1 0 −2
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4 = 0
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4 = 𝑥1
𝑥1 + 𝑥4 = 𝑥2
𝐿
𝑥 − 𝑥2 + 𝑥4 = 0
𝑥 − 𝑥2 + 𝑥4 = 0
⇔{
⇔{ 1
⇔ 1{ 1
𝑥3 = 𝑥3
𝐿2 −3𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥4 = 0
0=0
−3𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥4 = 𝑥4
−3𝑥1 + 𝑥2 − 3𝑥4 = 0
𝑥1 = −𝑥4
𝐿1
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4 = 0
{
⇔
⇔{ 𝑥 =0
𝐿2 + 3𝐿2
−2𝑥2 = 0
2
𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = (−𝑥4 , 0, 𝑥3 , 𝑥4 ) = 𝑥3 (0,0,1,0) + 𝑥4 (−1,0,0,1)
On pose 𝑐 = (0,0,1,0) et 𝑑 = (−1,0,0,1), ( 𝑐, 𝑑 ) engendrent 𝐸1 , de plus ils ne sont pas proportionnels,
donc ils forment une famille libre, c’est une base de 𝐸1
...
Première méthode
−1 1 0 −1
−1 1 −1
−1 1 0 0
| = |−1 1
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) = |
0|
0
0 1 0
1 −2 1
1 −2 0 1
En développant par rapport à la troisième colonne
𝐿1 −1 1 −1
𝐿1 + 𝐿3 0 −1 0
𝐿2 |−1 1 0| = | 0 −1| = −1 ≠ 0
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) = 𝐿2 |−1 1
0|=
−1 1
𝐿3 1 −2 1
𝐿3
1 −2 1
En développant par rapport à la troisième colonne
Donc ( 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ) est une base de ℝ4
...

5
...

1
...
Les coordonnées de 𝑢(𝑎1 ) dans la base 𝛽 sont (
−2 2 −1 −2
3
3
0 0 0
1
−2
−2
Donc 𝑢( 𝑎1 ) = 𝑒1 + 2𝑒2 + 3𝑒3 − 2𝑒4 = 𝑎1
−1 2 −2 −2
0
0
−2 3 −2 −2
1
1
)( ) = ( )
Les coordonnées de 𝑢(𝑎2 ) dans la base 𝛽 sont (
−2 2 −1 −2
1
1
0 0 0
1
0
0
Donc 𝑢( 𝑎2 ) = 𝑒2 + 𝑒3 = 𝑎2
−1 2 −2 −2
1
1
−2 3 −2 −2
3
3
)( ) = ( )
Les coordonnées de 𝑢(𝑎3 ) dans la base 𝛽 sont (
−2 2 −1 −2
5
5
0 0 0
1
−3
−3
Donc 𝑢( 𝑎3 ) = 𝑒1 + 3𝑒2 + 5𝑒3 − 3𝑒4 = 𝑎3
−1 2 −2 −2
−1
1
−2 3 −2 −2
−1
1
)( ) = ( )
Les coordonnées de 𝑢(𝑐) dans la base 𝛽 sont (
−2 2 −1 −2
−1
1
0 0 0
1
0
0
Donc 𝑢( 𝑐 ) = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 = −𝑐
1 0 0 0
0 1 0 0
)
𝐷=(
0 0 1 0
0 0 0 −1
𝑢( 𝑎1 ) = 𝑎1 ∈ 𝐹, 𝑢( 𝑎2 ) = 𝑎2 ∈ 𝐹 et 𝑢( 𝑎3 ) = 𝑎3 ∈ 𝐹, (𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3 ) est une base de 𝐹 donc pour tout
𝑥 ∈ 𝐹, 𝑢( 𝑥 ) ∈ 𝐹
...

𝑢( 𝑎1 ) 𝑢( 𝑎2 ) 𝑢( 𝑎3 )
0
0 𝑎1
𝑀𝑎𝑡(𝑎1 ,𝑎2 ,𝑎3 )( 𝑣 ) = 1
(0
1
0) 𝑎2
0
0
1 𝑎3
4
...
Par définition de la somme directe, pour tout 𝑥 ∈ ℝ4 il existe un unique 𝑓 ∈ 𝐹 et un unique 𝑔 ∈
𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑐) tel que 𝑥 = 𝑓 + 𝑔
...


Correction exercice 56
...

−10 − 𝜆
|
5
6

−3 −12
−𝜆
7
−3 −12
−3 −12
| − 5|
| + 6|
|
−𝜆
7 | = (−10 − 𝜆) |
2 7− 𝜆
−𝜆
7
2 7− 𝜆
2 7− 𝜆
= (−10 − 𝜆)[−𝜆(7 − 𝜆) − 14] − 5[−3(7 − 𝜆) + 24] + 6(−21 − 12𝜆)
= (−10 − 𝜆)( 𝜆2 − 7𝜆 − 14) − 5(3 + 3𝜆) − 126 − 72𝜆
= −10𝜆2 + 70𝜆 + 140 − 𝜆3 + 7𝜆2 + 14𝜆 − 15 − 15𝜆 − 126 − 72𝜆
= −𝜆3 − 3𝜆2 − 3𝜆 − 1 = −( 𝜆 + 1)3
Si 𝜆 = −1 alors 𝐴 − 𝜆𝐼 = 𝐴 + 𝐼 n’est pas inversible
...

𝑥3
𝑥1
−9 −3 −12
0
) ( 𝑥2 ) = (0)
𝑥 ∈ ker( 𝑢 + 𝑖𝑑 ) ⇔ 𝑋 ∈ ker( 𝐴 + 𝐼 ) ⇔ ( 𝐴 + 𝐼 ) 𝑋 = 𝑂 ⇔ ( 5
1
7
𝑥3
6
2
8
0
−9𝑥1 − 3𝑥2 − 12𝑥3 = 0
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
𝐿 3𝑥 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
⇔ { 5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 0 ⇔ {5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 0 ⇔ 1 { 1
𝐿2 5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 0
6𝑥1 + 2𝑥2 + 8𝑥3 = 0
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
9
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
− 𝑥3 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
3𝑥 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
3
⇔ 𝐿2 − 𝐿1 { 1
⇔{
⇔{ 2
2𝑥1 + 3𝑥3 = 0
3
𝑥1 = − 𝑥3
𝑥1 = − 𝑥3
2
2
1
𝑥2 = 𝑥3
2
⇔{
3
𝑥1 = − 𝑥3
2
3
1
𝑥
Donc 𝑥 = (− 2 𝑥3 , 2 𝑥3 , 𝑥3 ) = 23 (−3,1,2)

−3
Donc ker( 𝐴 + 𝐼 ) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur colonne ( 1 )
...
( 𝑢 + 𝐼𝑑 )( 𝑎) = 0ℝ3 ⇔ 𝑢( 𝑎) + 𝑎 = 0ℝ3 ⇔ 𝑢( 𝑎) = −𝑎
𝑥1
−3
( 1 ) et 𝑋 𝑏 = ( 𝑥2 ) où 𝑋 𝑏 sont les coordonnées de 𝑏 dans la base canonique alors
3
...

𝑥1
0
𝑥2 ) où 𝑋 𝑐 sont les coordonnées de 𝑐 dans la base canonique alors
Si on pose 𝑋 𝑏 = (1) et 𝑋 𝑐 = (
𝑥3
0
𝑥1
−9 −3 −12
0
𝑥2 ) = (1)
𝑢( 𝑐 ) = 𝑏 − 𝑐 ⇔ 𝐴𝑋 𝑐 = 𝑋 𝑏 − 𝑋 𝑐 ⇔ ( 𝐴 + 𝐼 ) 𝑋 𝑐 = 𝑋 𝑏 ⇔ ( 5
1
7 )(
𝑥3
6
2
8
0
−9𝑥1 − 3𝑥2 − 12𝑥3 = 0
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
𝐿 3𝑥 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
⇔ { 5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 1 ⇔ {5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 1 ⇔ 1 { 1
𝐿2 5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 1
6𝑥1 + 2𝑥2 + 8𝑥3 = 0
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
9
3
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
− 𝑥3 + + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
3𝑥 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
2
3
1 ⇔{ 2
⇔ 𝐿2 − 𝐿1 { 1
⇔{
2𝑥1 + 3𝑥3 = 1
3
1
𝑥1 = − 𝑥3 +
𝑥1 = − 𝑥3 +
2
2
2
2
63

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

1
3
𝑥3 −
2
2
⇔{
3
1
𝑥1 = − 𝑥3 +
2
2
Si on prend 𝑥3 = 1 on a pour solution 𝑐 = (−1, −1,1)
...

4
...
𝑇 = ( 0 −1 1 )
0
0 −1
0 1 0
6
...

0 0 0
( 𝐴 + 𝐼 )3 = ( 𝑃𝑇𝑃−1 + 𝑃𝐼𝑃−1 )3 = ( 𝑃( 𝑇 + 𝐼 ) 𝑃 −1 )3 = 𝑃( 𝑇 + 𝐼 )3 𝑃−1 = 𝑂
7
...

1
...
Soient 𝑥 ∈ 𝐸1, ( 𝑓 − 𝑖𝑑ℝ3 )( 𝑥 ) = 0ℝ3 ⇔ 𝑓 ( 𝑥 ) − 𝑥 = 0ℝ3 ⇔ 𝑓 ( 𝑥 ) = 𝑥
𝑓(0ℝ3 ) = 0ℝ3 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐸1
Soient 𝑥, 𝑥′ deux vecteurs de 𝐸1 donc 𝑓( 𝑥 ) = 𝑥 et 𝑓 ( 𝑥 ′ ) = 𝑥 ′ , soient 𝜆, 𝜆′ deux réels
𝑓( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) = 𝜆𝑓 ( 𝑥 ) + 𝜆′ 𝑓 ( 𝑥 ′) = 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′
Cela entraine que 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ∈ 𝐸1 , par conséquent 𝐸1 est un sous-espace vectoriel de ℝ3
...

Remarque :
On peut aller plus vite en remarquant que 𝑓 + 𝑖𝑑ℝ3 est une application linéaire et en invoquant le fait
que le noyau d’une application linéaire un sous-espace vectoriel de ℝ3
...

3
...

𝐿1 −𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 0
𝐿1 −𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 0
𝐿1
−𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 0
𝑥 ∈ 𝐸1 ⇔ 𝐿2 {2𝑥1 − 6𝑥2 + 4𝑥3 = 0 ⇔ 𝐿2 { 𝑥1 − 3𝑥2 + 2𝑥3 = 0 ⇔ 𝐿2 + 𝐿1 { −𝑥2 + 𝑥3 = 0
𝐿3 3𝑥1 − 8𝑥2 + 5𝑥3 = 0
𝐿3 3𝑥1 − 8𝑥2 + 5𝑥3 = 0
𝐿3 + 3𝐿1 −2𝑥2 + 2𝑥3 = 0
𝑥1 = 𝑥3
−𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 0
⇔{
⇔{𝑥 = 𝑥
−𝑥2 + 𝑥3 = 0
2
3
𝑥 = ( 𝑥3 , 𝑥3 , 𝑥3 ) = 𝑥3 (1,1,1)
64

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝐸1 est la droite vectoriel engendrée par le vecteur 𝑎 = (1,1,1), 𝐸1 = 𝑉𝑒𝑐𝑡( 𝑎)
...
dim( 𝑁−1 ) < 3 or (𝑏, 𝑓 ( 𝑏)) est une
famille libre (car 𝑏 et 𝑓 ( 𝑏) ne sont pas proportionnels) dans un espace de dimension inférieur ou égale à
2, cela entraine à la fois que dim( 𝑁−1 ) ≥ 2, qu’alors dim( 𝑁−1 ) = 2 et que (𝑏, 𝑓 ( 𝑏)) est une base de cet
espace
...
Deuxième méthode, soit 𝑥 ∈ 𝐸1 ∩ 𝑁−1 ,
𝑥 ∈ 𝐸1 ⇔ 𝑓 ( 𝑥 ) = 𝑥 ⇒ 𝑓(𝑓 ( 𝑥 )) = 𝑓 ( 𝑥 ) = 𝑥 et 𝑥 ∈ 𝑁−1 ⇔ 𝑓 2 ( 𝑥 ) = −𝑥, cela entraine que
−𝑥 = 𝑥 ⇔ 𝑥 = 0ℝ3 , autrement dit 𝐸1 ∩ 𝑁−1 = {0ℝ3 }
Comme dim( 𝐸1 ) + dim( 𝑁−1 ) = 1 + 2 = 3 = dim(ℝ3 ), on en déduit que 𝐸1 ⊕ 𝑁−1 = ℝ3
...

4
...

𝑓 ( 𝑏) = 𝑓(𝑏) çà c’est sûr ! et 𝑓(𝑓 ( 𝑏)) = 𝑓 2 ( 𝑏) = −𝑏
On en déduit la matrice de 𝑓 dans la base (𝑎, 𝑏, 𝑓( 𝑏))
𝑓 ( 𝑎) 𝑓 ( 𝑏) 𝑓 2 ( 𝑏)
𝑎
1
0
0
𝑏
(0
0
−1)
𝑓 ( 𝑏)
0
1
0
5
...

65

𝑓 3 ( 𝑏)
𝑎
0
𝑏
0)
𝑓 ( 𝑏)
−1
0
1 0
0
−1) = (0 −1 0 )
0
0 0 −1

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

1
...

2
...
On cherche les vecteurs 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) tels que 𝑢( 𝑥 ) = 𝑥

66

𝑒2
𝑢( 𝑒2 )
𝑢2 (𝑒2 )
𝑢3 ( 𝑒2 )

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑥1
𝑥1
2𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 = 𝑥1
2 −2 1 −2
𝑥2
𝑥2
𝑥2 = 𝑥2
0
1
0
0
)( 𝑥 ) = ( 𝑥 ) ⇔ {
𝑢( 𝑥 ) = 𝑥 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑋 ⇔ (
−3𝑥1 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = 𝑥3
−3 0 −2 2
3
3
𝑥4
𝑥4
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = 𝑥4
1 −1 1 −1
𝐿1 𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 = 0
𝐿1
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 = 0
−6𝑥2 − 4𝑥4 = 0
⇔ 𝐿2 { −3𝑥1 − 3𝑥3 + 2𝑥4 = 0 ⇔ 𝐿2 + 3𝐿1 {
𝐿3 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 = 0
𝐿3 − 𝐿1
𝑥2 = 0
𝑥3 = −𝑥1
𝑥1 + 𝑥3 = 0
⇔ { 𝑥4 = 0 ⇔ { 𝑥4 = 0
𝑥2 = 0
𝑥2 = 0
𝑥 = ( 𝑥1 , 0, −𝑥1 , 0) = 𝑥1 (1,0, −1,0)
4
...
On cherche les vecteurs 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) tels que 𝑢( 𝑥 ) = 𝑐 − 𝑥
𝑥1
𝑥1
2 −2 1 −2
1
𝑥2
𝑥2
0
1
0
0
0
)( 𝑥 ) = ( ) − ( 𝑥 )
𝑢( 𝑥 ) = 𝑐 − 𝑥 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑋 𝑐 − 𝑋 ⇔ (
−3 0 −2 2
3
−1
3
𝑥4
𝑥4
1 −1 1 −1
1
3𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 = 1
2𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 = 1 − 𝑥1
𝑥2 = −𝑥2
2𝑥2 = 0
⇔{
⇔{
−3𝑥1 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = −1 − 𝑥3
−3𝑥1 − 𝑥3 + 2𝑥4 = −1
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = 1 − 𝑥4
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 = 1
3𝑥1 + 𝑥3 − 2𝑥4 = 1
𝑥2 = 0
𝑥2 = 0
⇔{
⇔ {−3𝑥1 − 𝑥3 + 2𝑥4 = −1
−3𝑥1 − 𝑥3 + 2𝑥4 = −1
𝑥1 = 1 − 𝑥3
𝑥1 + 𝑥3 = 1
𝑥2 = 0
𝑥2 = 0
𝑥2 = 0
⇔ {−3(1 − 𝑥3 ) − 𝑥3 + 2𝑥4 = −1 ⇔ {2𝑥4 = 2 − 2𝑥3 ⇔ { 𝑥4 = 1 − 𝑥3
𝑥1 = 1 − 𝑥3
𝑥1 = 1 − 𝑥3
𝑥1 = 1 − 𝑥3
Prenons 𝑥3 = 0 par exemple, alors 𝑑 = (1,0,0,1)
6
...

7
...
On pose
0 −2
1 1
𝑄=(
0 0
0 −1
′
La matrice de passage de 𝛽 à 𝛽 , on 𝐴 = 𝑄𝐶𝑄 −1
Et
1
1
0 −1
𝑃=(
−1 0
1
1
′′
−1
La matrice de passage de 𝛽 à 𝛽 , on a 𝐴 = 𝑃𝑇𝑃
Donc
𝑄𝐶𝑄 −1 =
Ce qui équivaut à
𝐶 = 𝑄 −1 𝑃𝑇𝑃 −1 𝑄 = (
Ce qui montre que 𝐶 et 𝑇 sont semblables
...

1
...

′
′
′
′
𝑓 ( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 ) = ( 𝑋 + 1)( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 )′ = ( 𝑋 + 1)( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 ) = 𝜆1 ( 𝑋 + 1) 𝑃1 + 𝜆2 ( 𝑋 + 1) 𝑃2 =
𝜆1 𝑓 ( 𝑃1) + 𝜆2 𝑓(𝑃2 )
donc 𝑓 est linéaire, c’est même un endomorphisme de ℝ2 [𝑋]
...

𝑓 (1) = ( 𝑋 + 1) × 0 = 0 = 0 × 1 + 0 × 𝑋 + 0 × 𝑋 2
𝑓 ( 𝑋) = ( 𝑋 + 1) × 1 = 0 = 1 × 1 + 1 × 𝑋 + 0 × 𝑋 2
𝑓 ( 𝑋 2 ) = ( 𝑋 + 1) × 2𝑋 = 0 = 0 × 1 + 2 × 𝑋 + 2 × 𝑋 2
𝑓(1) 𝑓 ( 𝑋) 𝑓 ( 𝑋 2 )
1
0
1
0
Donc 𝐴 =
(0
1
2) 𝑋
𝑋2
0
0
2
𝛾=0
𝛼=0
2
2
𝛽 + 2𝛾 = 0 ⇔ { 𝛽 = 0
3
...

4
...

0
𝐴2 = (0
0

Si 𝑘 > 0

Et 𝐵0 = 𝐼

1
1
0
0
𝐴3 = 𝐴𝐴2 = (0
0

0 0 1
2 ) (0 1
2 0 0
1 0 0
1 2 ) (0
0 2 0

0
0 1 2
2) = (0 1 6)
2
0 0 4
1 2
0 1 6
) = ( 0 1 14)
1 6
0 4
0 0 8

0 0 0
𝐵 𝑘 = (0 1 0 )
0 0 2𝑘

6
...

𝑟𝑔( 𝐴) = 𝑟𝑔(𝑓) = 2
7
...

8
...
(C’est-à-dire le
polynôme constant égale à 1)
...

1
...

2
...
𝑃 ∈ ker( 𝑢)
𝑢( 𝑃) = 0 ⇔ 𝑢( 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 ) = 𝑎𝑢( 𝑋 2 ) + 𝑏𝑢( 𝑋) + 𝑐𝑢(1) = 𝑎(2𝑋 − 𝑋 2 ) + 𝑏 + 𝑐 = 0
𝑎=0
⇔ −𝑎𝑋 2 + 2𝑎𝑋 + 𝑏 + 𝑐 = 0 ⇔ {
𝑐 = −𝑏
𝑃 = 𝑏𝑋 − 𝑏 = 𝑏( 𝑋 − 1)
Donc ker(𝑢) est la droite vectorielle engendrée par le polynôme 𝑋 − 1
...

Allez à : Exercice 60
69

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

Correction exercice 61
...
Si 𝑑°𝑃 ≤ 2 alors 𝑑°𝑃′ ≤ 1 et 𝑑°( 𝑋 − 1) 𝑃′ ≤ 2 donc 𝑑°𝑢( 𝑃) ≤ 2
D’autre part
𝑢( 𝜆𝑃 + 𝜇𝑄 ) = 2( 𝜆𝑃 + 𝜇𝑄 ) − ( 𝑋 − 1)( 𝜆𝑃 + 𝜇𝑄 )′ = 2( 𝜆𝑃 + 𝜇𝑄 ) − ( 𝑋 − 1)( 𝜆𝑃′ + 𝜇𝑄 ′)
= 𝜆(2𝑃 − ( 𝑋 − 1) 𝑃′ ) + 𝜇(2𝑄 − ( 𝑋 − 1) 𝑄 ′) = 𝜆𝑢( 𝑃) + 𝜇𝑢( 𝑄 )
Cela montre que 𝑢 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...

𝑢(1) = 2 × 1 − ( 𝑋 − 1) × 0 = 2;
𝑢( 𝑋) = 2𝑋 − ( 𝑋 − 1) × 1 = 𝑋 + 1;
𝑢( 𝑋 2 ) = 2𝑋 2 − ( 𝑋 − 1) × 2𝑋 = 2𝑋
Par conséquent
2 1 0
𝐴 = (0 1 2 )
0 0 0
2
3
...
D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑢)) + dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ2 [ 𝑋])
Donc
dim(𝐼𝑚( 𝑢)) = dim(ℝ2 [ 𝑋]) − dim(ker( 𝑢)) = 3 − 1 = 2
𝑢(1) = 2 et 𝑢( 𝑋) = 1 + 𝑋 sont deux polynômes non proportionnels de l’image de 𝑢, ils forment donc une
famille libre dans un espace de dimension 2, (2,1 + 𝑋) est une base de 𝐼𝑚( 𝑢)
...
Soit 𝑃 = 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐
0= 𝑎
𝑎=0
𝑢( 𝑃) = 𝑃 ⇔ (2𝑎 + 𝑏) 𝑋 + 𝑏 + 2𝑐 = 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 ⇔ {2𝑎 + 𝑏 = 𝑏 ⇔ { 2𝑎 = 0
𝑏 + 2𝑐 = 𝑐
𝑐 = −𝑏
𝑃 = 𝑏𝑋 − 𝑏 = 𝑏( 𝑋 − 1)
𝑃1 = 𝑋 − 1
6
...
𝑢(1) = 2 × 1, 𝑢( 𝑃1 ) = 𝑃1 et 𝑢( 𝑃2 ) = 0, donc
𝑢(1)

2
𝐷 = (0
0

𝑢(𝑃1 )

0
1
0

Allez à : Exercice 61
Correction exercice 62
...
Soient 𝑃1 , 𝑃2 ∈ ℝ2 [ 𝑋], soient 𝜆1 , 𝜆2 ∈ ℝ
70

𝑢(𝑃2 )

0 1
0) 𝑃1
0 𝑃2

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

′
′
𝑓 ( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 ) = ( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 ) − ( 𝑋 − 2)( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 )′ = 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 − ( 𝑋 − 2)( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 )
′
′
= 𝜆1 ( 𝑃1 − ( 𝑋 − 2) 𝑃1 ) + 𝜆2 ( 𝑃2 − ( 𝑋 − 2) 𝑃2 ) = 𝜆1 𝑓( 𝑃1 ) + 𝜆2 𝑓 ( 𝑃2 )
Donc 𝑓 est linéaire
...
𝑓 est un endomorphisme si l’image de ℝ2 [ 𝑋] par 𝑓 est ℝ2 [ 𝑋], autrement dit il faut que l’image d’un
polynôme de degré inférieur ou égal à 2 soit un polynôme de degré inférieur ou égal à 2
...

Deuxième méthode
𝑑°𝑃 ≤ 2 ⇒ 𝑑°𝑃′ ≤ 1
Donc
𝑑°( 𝑋 − 2) 𝑃′ ≤ 1 + 1 = 2
Par conséquent
𝑑°𝑓( 𝑃) ≤ 2
Troisième méthode
Comme 𝑓 ( 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 ) = 𝑎𝑓 ( 𝑋 2 ) + 𝑏𝑓 ( 𝑋) + 𝑐𝑓(1), il suffit de vérifier que 𝑑°𝑓( 𝑋 2 ) ≤ 2,
𝑑°𝑓( 𝑋) ≤ 2 et que 𝑑°𝑓 (1) ≤ 2, ce qui est le cas car
𝑓 ( 𝑋 2 ) = 𝑋 2 − ( 𝑋 − 2) × 2𝑋 = −𝑋 2 + 4𝑋;
𝑓 ( 𝑋) = 𝑋 − ( 𝑋 − 2) × 1 = 2;
𝑓 (1) = 1 − ( 𝑋 − 2) × 0 = 1
3
...

D’après le théorème du rang
dim(ker( 𝑓 )) + dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = dim(ℝ2 [ 𝑋]) ⇔ 1 + dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = 3 ⇔ dim(𝐼𝑚( 𝑓 )) = 2
𝑓 ( 𝑋 2 ) = −𝑋 2 + 4𝑋; 𝑓( 𝑋) = 2
Ces deux polynômes ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de 𝐼𝑚( 𝑓 ) qui est de
dimension 2, c’est une base de 𝐼𝑚( 𝑓 )
...

4
...

𝛼 × 1 + 𝛽( 𝑋 − 2) + 𝛾( 𝑋 − 2)2 = 0 ⇔ 𝛼 + 𝛽𝑋 − 2𝛽 + 𝛾𝑋 2 − 4𝛾𝑋 + 4𝛾 = 0
𝛾=0
𝛾=0
⇔ 𝛾𝑋 2 + ( 𝛽 − 4𝛾 ) 𝑋 + 𝛼 − 2𝛽 + 4𝛾 = 0 ⇔ { 𝛽 − 4𝛾 = 0 ⇔ { 𝛽 = 0
𝛼 − 2𝛽 + 4𝛾 = 0
𝛼=0
′
𝛽 est une famille libre à trois vecteurs dans un espace de dimension 3, c’est une base
...


71

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑋 − 2 ( 𝑋 − 2)2
−2
4 1
𝑃= 1
(0
1
−4) 𝑋
2
0
0
1 𝑋
𝑥1
𝑦1
𝑥1 − 2𝑥2 + 4𝑥3 = 𝑦1
𝑥1 = 2𝑥2 − 4𝑥3 + 𝑦1
4
𝑥2 ) = ( 𝑦2 ) ⇔ {
𝑥2 − 4𝑥3 = 𝑦2
𝑥2 = 4𝑥3 + 𝑦2
⇔{
−4) (
𝑥3
𝑦3
𝑥3 = 𝑦3
𝑥3 = 𝑦3
1
𝑥1
𝑥1 = 𝑦1 + 2𝑦2 + 4𝑦3
= 2( 𝑦2 + 4𝑦3 ) − 4𝑦3 + 𝑦1
𝑥2 )
𝑥2 = 𝑦2 + 4𝑦3
𝑥2 = 𝑦2 + 4𝑦3
⇔{
⇔(
𝑥3
𝑥3 = 𝑦3
𝑥3 = 𝑦3
𝑦1
2 4
1 4) ( 𝑦2 )
𝑦3
0 1
1 2 4
𝑃−1 = (0 1 4)
0 0 1
1

1
𝑃𝑋 = 𝑌 ⇔ ( 0
0

−2
1
0
𝑥1
⇔{
1
= (0
0

Remarque :
On rappelle que 𝑃−1 est la matrice de passage de 𝛽′ à 𝛽, cela signifie que
1=1
𝑋 = 2 × 1 + 1 × ( 𝑋 − 2)
2
𝑋 = 4 × 1 + 4 × ( 𝑋 − 2) + 1 × ( 𝑋 − 2)2
7
...

Allez à : Exercice 62
Correction exercice 63
...
Soient 𝑃1 et 𝑃2 deux polynômes de ℝ2 [ 𝑋] et soient 𝜆1 et 𝜆2 deux réels
...

Soit 𝑃 = 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 ∈ ℝ2 [ 𝑋], 𝑃′ = 2𝑎𝑋 + 𝑏
𝑢( 𝑃) = 2𝑋 ( 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 ) − 𝑋 2 (2𝑎𝑋 + 𝑏) = 2𝑎𝑋 3 + 2𝑏𝑋 2 + 2𝑐𝑋 − 2𝑎𝑋 3 − 𝑏𝑋 2 = 𝑏𝑋 2 + 2𝑐𝑋
∈ ℝ2 [ 𝑋 ]
Donc 𝑢 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...
𝑢(1) = 2𝑋, 𝑢( 𝑋) = 2𝑋 2 − 𝑋 2 = 𝑋 2 et 𝑢( 𝑋 2 ) = 2𝑋 3 − 2𝑋 3 = 0
Par conséquent
72

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé
𝑢(1)

𝐴=

𝑢(𝑋)

𝑢(𝑋 2 )

0 0 0
(2 0 0)
0 1 0

1
𝑋
𝑋2

3
...

4
...

1
...

2
...
Par conséquent 𝑢 est un endomorphisme de
ℝ2 [ 𝑋]
...

𝑢(1) = 1
𝑢 ( 𝑋 ) = 𝑋 + (1 − 𝑋 ) × 1 = 1
2)
2
𝑢( 𝑋 = 𝑋 + (1 − 𝑋) × 2𝑋 + 2 × 2 = 4 + 2𝑋 − 𝑋 2
1 1 4
𝐴 = (0 0 2 )
0 0 −1
4
...

5
...

1
...
Donc 𝑢 est un endomorphisme de ℝ2 [ 𝑋]
...
Soit 𝑃 = 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐
1
𝑃 ∈ ker( 𝑢) ⇔ 𝑢( 𝑃) = 0 ⇔ (1 − 𝑋 2 )2𝑎 + 𝑋(2𝑎𝑋 + 𝑏) − ( 𝑎𝑋 2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 ) = 0 ⇔ 𝑎 − 𝑐 = 0
2
2
Donc 𝑃 = 𝑎𝑋 + 𝑏𝑋 + 𝑎 = 𝑎( 𝑋 2 + 1) + 𝑏𝑋
La famille (𝑋 2 + 1, 𝑋) est une famille de deux vecteurs non proportionnels, donc libre, qui engendre
ker( 𝑢) donc c’est une base de ker( 𝑢)
3
...


𝛼=0
𝛼=0
𝛼( 𝑋 + 1) + 𝛽𝑋 + 𝛾 = 0 ⇔ 𝛼𝑋 + 𝛽𝑋 + 𝛼 + 𝛾 = 0 ⇔ { 𝛽 = 0 ⇔ { 𝛽 = 0
𝛼+ 𝛾=0
𝛾=0
Ce qui montre que ( 𝑃1 , 𝑃2 , 𝑃3 ) est une famille libre à trois vecteurs dans un espace vectoriel de
dimension 3, il s’agit donc d’une base de ℝ2 [ 𝑋]
5
...

1
...

𝑓( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 )( 𝑋) = ( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 )( 𝑋 + 1) − ( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 )( 𝑋)
= 𝜆1 𝑃1 ( 𝑋 + 1) + 𝜆2 𝑃2 ( 𝑋 + 1) − (𝜆1 𝑃1 ( 𝑋 + 1) + 𝜆2 𝑃2 ( 𝑋 + 1))
= 𝜆1 (𝑃1 ( 𝑋 + 1) − 𝑃1 ( 𝑋)) + 𝜆2 (𝑃2 ( 𝑋 + 1) − 𝑃2 ( 𝑋)) = 𝜆1 𝑓( 𝑃1 )( 𝑋) + 𝜆2 𝑓 ( 𝑃2 )(𝑋)
Ce qui entraine que :
𝑓 ( 𝜆1 𝑃1 + 𝜆2 𝑃2 ) = 𝜆1 𝑓( 𝑃1 )( 𝑋) + 𝜆2 𝑓 ( 𝑃2 )
2
...

𝑓 (1)( 𝑋) = 1 − 1 = 0
𝑓 ( 𝑋)( 𝑋) = ( 𝑋 + 1) − 𝑋 = 1
𝑓( 𝑋 2 ) = ( 𝑋 + 1)2 − 𝑋 2 = 1 + 2𝑋
Donc
𝑓 (1) 𝑓 ( 𝑋) 𝑓( 𝑋 2 )
1
0
1
1
𝐴=
(0
0
2) 𝑋2
𝑋
0
0
0
74

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

3
...

4
...

1
...

𝑃(−1) = 0
𝑃(1) = 0
Un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 qui s’annule en −1 et en 1 est de la forme
𝑃 = ( 𝑎𝑋 + 𝑏)( 𝑋 + 1)( 𝑋 − 1) = 𝑎𝑋 ( 𝑋 2 − 1) + 𝑏( 𝑋 2 − 1)
( 𝑋( 𝑋 2 − 1), 𝑋 2 − 1) forme une famille libre (car les polynômes ne sont pas proportionnels) qui
engendre ker( 𝑔), c’est une base de ker( 𝑔)
...

3
...

Soit 𝑃 = 𝑎𝑋 + 𝑏 ∈ ℝ1 [ 𝑋] un vecteur de ker(ℎ),
𝑃(−1) = 0
−𝑎 + 𝑏 = 0
{
⇔{
⇔ 𝑎= 𝑏=0
𝑃(1) = 0
𝑎+ 𝑏=0
Le noyau de ℎ est réduit au vecteur nul, de plus d’après le théorème du rang
dim(ker(ℎ)) + dim(ℐ𝑚(ℎ)) = dim(ℝ1 [ 𝑋]) ⇔ dim(ℐ𝑚(ℎ)) = 2
Donc ℐ𝑚(ℎ) = ℝ1 [ 𝑋], autrement dit ℎ est surjective, finalement ℎ est bijective
...
Soit 𝑃 ∈ ker(𝑔), (𝑃(−1), 𝑃 (1)) = (0,0) ⇔ {

Correction exercice 68
...

2
...

3
...

1
...

a) Soient 𝑓1 ∈ 𝐻 et 𝑓2 ∈ 𝐻 et soient 𝜆1 , 𝜆2 deux réels
...

b) Soit 𝑓 ∈ ker( 𝜑), ∃𝜆, 𝜇 ∈ ℝ, ∀𝑥 ∈ ℝ 𝑓( 𝑥 ) = 𝜆𝑎( 𝑥 ) + 𝜇𝑏( 𝑥 )
𝑓(− ln(2) = 0
𝜑( 𝑓 ) = (0,0) ⇔ (𝑓(− ln(2) , 𝑓(ln(2)) = (0,0) ⇔ {
𝑓(ln(2) = 0
5
3
𝜆 − 𝜇 =0
(− ln(2)) + 𝜇𝑏(− ln(2)) = 0
𝜆𝑎
𝜆=0
4
⇔{
⇔{ 4
⇔{
𝜇=0
5
3
𝜆𝑎(ln(2)) + 𝜇𝑏(ln(2)) = 0
𝜆 + 𝜇 =0
4
4
Donc 𝑓 = 𝜃ℝ , le noyau de 𝜑 est réduit au vecteur nul donc 𝜑 est injective, d’après le théorème du
rang
dim(ker( 𝜑)) + dim(𝐼𝑚( 𝜑) = dim( 𝐻 ) ⇔ dim(𝐼𝑚( 𝜑) = 2
Ce qui montre que 𝜑 est surjective, finalement 𝜑 est surjective donc bijective
...

1
...

La matrice nulle 𝑂 vérifie 𝑡 𝑂 = −𝑂
𝑡(
𝜆𝐴 + 𝜇𝐵) = 𝜆 𝑡 𝐴 + 𝜇 𝑡 𝐵 = 𝜆(−𝐴) + 𝜇(−𝐵) = −(𝜆𝐴 + 𝜇𝐵)
Donc 𝒜 𝑛 (ℝ) est un sous-espace vectoriel de ℳ 𝑛 (ℝ)
...

La matrice nulle 𝑂 vérifie 𝑡 𝑂 = 𝑂
𝑡(
𝜆𝐴 + 𝜇𝐵) = 𝜆 𝑡 𝐴 + 𝜇 𝑡 𝐵 = 𝜆𝐴 + 𝜇𝐵 = 𝜆𝐴 + 𝜇𝐵
Donc 𝒮 𝑛 (ℝ) est un sous-espace vectoriel de ℳ 𝑛 (ℝ)
...

𝑡

(

(

𝐴+ 𝑡 𝐴
2

𝐴− 𝑡 𝐴
2

1

1

) = 2 ( 𝑡 𝐴 + 𝑡( 𝑡 𝐴)) = 2 ( 𝑡 𝐴 + 𝐴) donc
1

1

𝐴+ 𝑡 𝐴
2

∈ 𝒮 𝑛 (ℝ )

1

) = 2 ( 𝑡 𝐴 − 𝑡( 𝑡 𝐴)) = 2 ( 𝑡 𝐴 − 𝐴) = − 2 (𝐴 − 𝑡 𝐴) donc

𝐴− 𝑡 𝐴
2

∈ 𝒜 𝑛 (ℝ)

3
...

4
...

𝒜 𝑛 (ℝ) ∩ 𝒮 𝑛 (ℝ) = {𝑂} et 𝒜 𝑛 (ℝ) + 𝒮 𝑛 (ℝ) = ℳ 𝑛 (ℝ) entraine que 𝒜 𝑛 (ℝ) ⊕ 𝒮 𝑛 (ℝ) = ℳ 𝑛 (ℝ)
...

5
1
1
1 1 3
1 2
2)
𝐴 𝑠 = ( 𝐴 + 𝑡 𝐴) = ((
)+(
)) = (
5
3 4
2
2 2 4
4
2
1
0
1
1 1 3
1 2
2)
𝐴 𝑎 = ( 𝐴 − 𝑡 𝐴) = ((
)−(
)) = (
1
2 4
3 4
2
2
−
0
2
𝐴 est la somme de 𝐴 𝑠 ∈ 𝒮 𝑛 (ℝ) et de 𝐴 𝑎 ∈ 𝒜 𝑛 (ℝ)
...

1
...
Soit 𝐴 = (
) ∈ ker( 𝜙)
𝑏 𝑑
𝜙( 𝐴) = 𝑂 ⇔ 𝐴 − 𝑡 𝐴 = 𝑂 ⇔ (

𝑎
𝑏

𝑐
𝑎
)−(
𝑑
𝑐

𝑏
0 0
)=(
)⇔ 𝑏= 𝑐
0 0
𝑑

Donc
𝐴=(

𝑎
𝑏

𝑏
1
) = 𝑎(
0
𝑑

0
0 1
0
)+ 𝑏(
)+ 𝑑(
0
1 0
0

0
)
1

La famille de matrices
1 0
0 1
0 0
),(
),(
)) engendre ker( 𝜙) et
0 0
1 0
0 1
𝛼 𝛽
1 0
0 1
0 0
0 0
0 0
)=(
𝛼(
)+ 𝛽(
)+ 𝛾(
)=(
)⇔(
)⇔ 𝛼= 𝛽= 𝛾=0
𝛽 𝛾
0 0
1 0
0 1
0 0
0 0
Montre que cette famille est libre, elle forme donc une base de ker( 𝜙) et dim(ker( 𝜙)) = 3
𝑎 𝑐
3
...

Allez à : Exercice 70
((

Correction exercice 71
...

77

Applications linéaires, matrices, déterminants

|

1
𝑎
𝑏+ 𝑐

1
𝑏
𝑎+ 𝑐

1
1
|=| 𝑎
𝑐
𝑎+ 𝑏
𝑏+ 𝑐

Pascal Lainé

0
𝑏− 𝑎
𝑎− 𝑏

0
1
| = ( 𝑏 − 𝑎)( 𝑐 − 𝑎) | 𝑎
𝑐− 𝑎
𝑎− 𝑐
𝑏+ 𝑐

0
0
1
1|=0
−1 −1

2
...

1
...
Δ = 0 ⇔
𝑜𝑢
𝑏= 𝑐
𝑜𝑢
{𝑐= 𝑑
Allez à : Exercice 72
Correction exercice 73
...


𝑥1
Soit 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) et 𝑋 = ( 𝑥2 )
𝑥3

𝑥1
𝑥1 − 𝑥2 − 2𝑥3 = 0
1 −1 −2
0
𝑥2 ) = (0) ⇔ {−𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 0
𝑥 ∈ ker( 𝑢) ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑂 ⇔ (−1 1
2 )(
𝑥3
𝑥1
− 𝑥3 = 0
1
0 −1
0
𝑥2 = −𝑥3
𝑥 − 𝑥2 − 2𝑥3 = 0
⇔{ 1
⇔{ 𝑥 = 𝑥
𝑥1 = 𝑥3
1
3
𝑥 = ( 𝑥3 , −𝑥3 , 𝑥3 ) = 𝑥3 (1, −1,1)
On pose 𝑎 = (1, −1,1) et alors ker( 𝑢) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎)
𝑥1
1
2
...
Soient 𝑥 ∈ 𝐸1, 𝑥 ′ ∈ 𝐸1 et 𝜆 et 𝜆′ deux réels
𝑢( 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ) = 𝜆𝑢( 𝑥 ) + 𝜆′ 𝑢( 𝑥 ′ ) = 𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′
Donc
𝜆𝑥 + 𝜆′ 𝑥 ′ ∈ 𝐸1
𝑢(0ℝ3 ) = 0ℝ3 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐸1
Donc 𝐸1 est un sous-espace vectoriel de ℝ3
...

4
...

5
...
𝑇 = 𝑄 −1 𝐴𝑄
Deuxième partie
1
...

𝑓( 𝑋2)
−1 1
−1) 𝑋2
−1 𝑋
1
2
3
...

Donc (𝑃0 , 𝑃1 , 𝑃2 ) est une base de ℝ2 [𝑋]
...

2
−1
−1 1
0
Les coordonnées de 𝑓 ( 𝑃0 ) dans la base ℬ sont (1
0
−1) (1) = (0)
1
0
−1 1
0
Donc 𝑓 ( 𝑃0 ) = 𝑂
2
−1
−1 1
1
Les coordonnées de 𝑓 ( 𝑃1 ) dans la base ℬ sont (1
0
−1) (1) = (1)
1
0
−1 0
1
Donc 𝑓 ( 𝑃1 ) = 1 + 𝑋 + 𝑋 2 = 𝑃0
2
−1
−1 2
2
Les coordonnées de 𝑓 ( 𝑃2 ) dans la base ℬ sont (1
0
−1) (1) = (1)
1
0
−1 1
1
Donc 𝑓 ( 𝑃2 ) = 2 + 𝑋 + 𝑋 2 = 𝑃2
Donc
𝑓 (1)
𝐵= 2
(1
1

80

𝑓 ( 𝑋)
−1
0
0

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑓(𝑃0 )
0
𝑇′ =
(0
0

−1

𝑓(𝑃1 )
1
0
0

𝑓(𝑃2 )
𝑃0
0
= 𝑇
0) 𝑃1
𝑃2
1

5
...

Allez à : Exercice 73

−1

𝐵𝑄 ′ 𝑄 −1 = 𝐴 ⇔ ( 𝑄 ′ 𝑄 −1)−1 𝐵( 𝑄 ′ 𝑄 −1) = 𝐴

Correction exercice 74
...
Si 𝑥 ∈ ker( 𝑣 ) alors 𝑣( 𝑥 ) = 0 𝐸 , alors 𝑣(𝑣( 𝑥 )) = 𝑣(0 𝐸 ) = 0 𝐸 donc 𝑥 ∈ ker( 𝑣 2),
cela montre que ker( 𝑣 ) ⊂ ker( 𝑣 2), de même si 𝑥 ∈ ker( 𝑣 2 ) alors 𝑣 2( 𝑥 ) = 0 𝐸 , alors 𝑣(𝑣 2 ( 𝑥 )) =
𝑣(0 𝐸 ) = 0 𝐸 donc 𝑥 ∈ ker( 𝑣 3 ), cela montre que ker( 𝑣 2) ⊂ ker( 𝑣 3) et ainsi de suite
...
Soit 𝑥 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) et 𝑋 = ( 𝑥 ) ses coordonnées dans la base canonique
...

0 1 0 1
0 0 0 0
−1 0 1 5
−1 0 1 3
0 0 0 4
0 0 0 0
( 𝐴 + 𝐼 )3 = (
)(
)=(
)
0 1 0 −1
0 0 0 0
−1 0 1 1
0 0 0 2
0 0 0 8
0 0 0 4
𝑥1
0 0 0 0
0
𝑥2
0 0 0 0
0
) ( 𝑥 ) = ( ) ⇔ 𝑥4 = 0
𝑥 ∈ ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )3 ) ⇔ ( 𝐴 + 𝐼 )3 𝑋 = 𝑂 ⇔ (
0 0 0 0
3
0
𝑥4
0 0 0 8
0
𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 0) = 𝑥1 (1,0,0,0) + 𝑥2 (0,1,0,0) + 𝑥3 (0,0,0,1) = 𝑥1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 + 𝑥3 𝑒3
(𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ) est une famille (évidement libre) qui engendre ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )3 ),
81

Applications linéaires, matrices, déterminants

c’est une base de ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )3 )
...

1
0
a) 𝑎 = (1,0,1,0) et 𝑋 𝑎 = ( )
1
0

𝑥1
𝑥2
b) On pose 𝑏 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) et et 𝑋 𝑏 = ( 𝑥 ) ses coordonnées dans la base canonique
3
𝑥4
𝑥1
0 1 0 1
1
𝑥2
−1 0 1 3
0
)( 𝑥 ) = ( )
𝑎 = ( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )( 𝑏) ⇔ ( 𝐴 + 𝐼 ) 𝑋 𝑏 = 𝑋 𝑎 ⇔ (
0 1 0 −1
3
1
𝑥4
0 0 0 2
0
𝑥2 + 𝑥4 = 1
𝑥2 = 1
𝑥3 = 𝑥1
−𝑥1 + 𝑥3 + 3𝑥4 = 0
−𝑥1 + 𝑥3 = 0
⇔{
⇔{
⇔ { 𝑥2 = 1
𝑥2 − 𝑥4 = 1
𝑥2 = 1
𝑥4 = 0
2𝑥4 = 0
𝑥4 = 0
On prend, par exemple 𝑥3 = 0, 𝑏 = (0,1,0,0)
...

𝑥1
𝑥2
c) On pose 𝑐 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) et 𝑋 𝑐 = ( 𝑥 ) ses coordonnées dans la base canonique
3
𝑥4
𝑥1
0 1 0 1
0
𝑥2
−1 0 1 3
1
)( 𝑥 ) = ( )
𝑏 = ( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )( 𝑐 ) ⇔ ( 𝐴 + 𝐼 ) 𝑋 𝑐 = 𝑋 𝑏 ⇔ (
0 1 0 −1
3
0
𝑥4
0 0 0 2
0
𝑥2 + 𝑥4 = 0
𝑥2 = 0
𝑥3 = 𝑥1 + 1
−𝑥 + 𝑥3 + 3𝑥4 = 1
−𝑥 + 𝑥3 = 1
⇔{ 1
⇔{ 1
⇔ { 𝑥2 = 0
𝑥2 − 𝑥4 = 0
𝑥2 = 1
𝑥4 = 0
2𝑥4 = 0
𝑥4 = 0
On prend, par exemple 𝑥1 = 0, 𝑐 = (0,0,1,0)
𝑥3 = 𝑥1
𝑥 ∈ ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )2 ) ⇔ { 𝑥 = 0
4
𝑥3 = 𝑥1
Les composantes de 𝑐 ne vérifient pas { 𝑥 = 0 donc 𝑐 ∉ 𝐾𝑒𝑟(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )2 ), de plus (𝑎, 𝑏) est une
4
famille libre de ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )2 ) par conséquent (𝑎, 𝑏, 𝑐) est une famille libre, elle a trois vecteurs dans
un espace vectoriel de dimension trois, c’est une base de ker(( 𝑢 + 𝑖𝑑ℝ4 )2 )
...
les coordonnées de 𝑑 dans la base canonique sont
−1 1
0
1
1
1
−1 −1 1
3
1
1
(
)( ) = ( )
0
1 −1 −1
0
0
0
0
0
1
1
1
Donc 𝑢( 𝑑 ) = 𝑑
5
...

6
...

0 1 0 0
0 1 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 1 0
0 0 1 0
0 0 1 0
0 0 0 0
) ⇒ ( 𝑇 + 𝐼 )2 = (
)(
)=(
)
𝑇+ 𝐼=(
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 2
0 0 0 2
0 0 0 2
0 0 0 4
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
)(
)=(
)
⇒ ( 𝑇 + 𝐼 )3 = (
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 2
0 0 0 4
0 0 0 8
−2 1
0 0
0 −2 1 0
)
𝑇− 𝐼=(
0
0 −2 1
0
0
0 0
( 𝑇 + 𝐼 )3 ( 𝑇 − 𝐼 ) = 𝑂
𝐴 + 𝐼 = 𝑃𝑇𝑃−1 + 𝑃𝐼𝑃−1 = 𝑃( 𝑇 + 𝐼 ) 𝑃−1 ⇒ ( 𝐴 + 𝐼 )3 = 𝑃 ( 𝑇 + 𝐼 )3 𝑃−1
Et
𝐴 − 𝐼 = 𝑃( 𝑇 − 𝐼 ) 𝑃−1
( 𝐴 + 𝐼 )3 ( 𝐴 − 𝐼 ) = 𝑃 ( 𝑇 + 𝐼 )3 𝑃−1 𝑃( 𝑇 − 𝐼 ) 𝑃−1 = 𝑃( 𝑇 + 𝐼 )3 ( 𝑇 − 𝐼 ) 𝑃−1 = 𝑃𝑂𝑃−1 = 𝑂
Allez à : Exercice 74
Correction exercice 75
...
Si 𝑢 ∈ ker( 𝑔) alors 𝑔( 𝑢) = 0ℝ3 alors 𝑔(𝑔( 𝑢)) = 𝑔(0ℝ3 ) = 0ℝ3 donc 𝑢 ∈ ker( 𝑔2 ), cela montre que
ker( 𝑔) ⊂ ker( 𝑔2 )
Si 𝑢 ∈ ker( 𝑔2 ) alors 𝑔2 ( 𝑢) = 0ℝ3 alors 𝑔(𝑔2 ( 𝑢)) = 𝑔(0ℝ3 ) = 0ℝ3 donc 𝑢 ∈ ker( 𝑔3 ), cela montre
que
ker( 𝑔2 ) ⊂ ker( 𝑔3 )
2
...
Donc 𝐾𝑒𝑟( 𝑔3 ) = ℝ3 et donc dim(𝐾𝑒𝑟( 𝑔3 ) = 3
{0ℝ3 } ⊊ ker( 𝑔) ⊊ ker( 𝑔2 ) ⊊ ker( 𝑔3 )donc
0 < dim(ker( 𝑔)) < dim(ker( 𝑔2 )) < dim(ker( 𝑔3 )) = 3
Donc dim(ker( 𝑔)) = 1 et dim(ker( 𝑔2 )) = 2
b) Si 𝑣 ∈ 𝐼𝑚(𝑔) alors il existe 𝑢 ∈ ℝ3 tel que 𝑣 = 𝑔(𝑢) donc 𝑔2 ( 𝑣 ) = 𝑔3 ( 𝑢) = 0ℝ3 , donc 𝐼𝑚( 𝑔) ⊂
ker( 𝑔2 )
83

Applications linéaires, matrices, déterminants

3
...


5
...


Pascal Lainé

D’après le théorème du rang : dim(ker( 𝑔)) + dim(𝐼𝑚( 𝑔)) = 3 donc dim(𝐼𝑚( 𝑔)) = 2
...

𝑎 ∈ ker( 𝑔) ⊂ ker( 𝑔2 ) = 𝐼𝑚(𝑔) donc il existe 𝑏 ∈ ℝ3 tel que 𝑎 = 𝑔(𝑏)
...

𝜆𝑎 + 𝜇𝑏 = 0ℝ3 ⇒ 𝑔( 𝜆𝑎 + 𝜇𝑏) = 0ℝ3 ⇒ 𝜆𝑔( 𝑎) + 𝜇𝑔(𝑏) = 0ℝ3 ⇒ 𝜇𝑎 = 0ℝ3 ⇒ 𝜇 = 0
On remplace dans 𝜆𝑎 + 𝜇𝑏 = 0ℝ3 , d’où l’on tire que 𝜆 = 0
...

𝑏 ∈ ker( 𝑔2 ) = 𝐼𝑚(𝑔) donc il existe 𝑐 ∈ ℝ3 tel que 𝑏 = 𝑔(𝑐)
...

𝑔 ( 𝑎 ) 𝑔 ( 𝑏 ) 𝑔( 𝑐 )
𝑎
0
1
0
(0
0
1) 𝑏
𝑐
0
0
0
−9 −3 −12
La matrice de 𝑓 + 𝐼𝑑 dans la base canonique est : 𝐴 + 𝐼 = ( 5
1
7 )
6
2
8
La matrice de ( 𝑓 + 𝐼𝑑 )2 dans la base canonique est :
−9 −3 −12 −9 −3 −12
−6
2
( 𝐴 + 𝐼) = ( 5
1
7 )( 5
1
7 )=( 2
6
2
8
6
2
8
4
3
La matrice de ( 𝑓 + 𝐼𝑑 ) dans la base canonique est :
−6 0 −9 −9 −3 −12
0
3
( 𝐴 + 𝐼) = ( 2 0 3 ) ( 5
1
7 ) = (0
4 0 6
6
2
8
0
3
3)
3
Donc ( 𝑓 + 𝐼𝑑 ) = 𝑂ℒ(ℝ3 ), par conséquent ker(( 𝑓 + 𝐼𝑑 ) = ℝ

0 −9
0 3)
0 6
0 0
0 0)
0 0

( 𝐴 + 𝐼 )2 ≠ 𝑂 donc ( 𝑓 + 𝐼𝑑 )2 ≠ 𝑂ℒ(ℝ3 ), il existe donc un vecteur 𝑥 de ℝ3 tel que ( 𝑓 + 𝐼𝑑 )2 ( 𝑥 ) ≠ 0ℝ3
Donc ker(( 𝑓 + 𝐼𝑑 )2) ⊊ ker
...

𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (−

84

Applications linéaires, matrices, déterminants

Pascal Lainé

𝑥1
−9𝑥1 − 3𝑥2 − 12𝑥3 = 0
−9 −3 −12
0
𝑥2 ) = (0) ⇔ { 5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 0
𝑥 ∈ ker( 𝑓 + 𝐼𝑑 ) ⇔ ( 𝐴 + 𝐼 ) 𝑋 = 0 ⇔ ( 5
1
7 )(
𝑥3
6𝑥1 + 2𝑥2 + 8𝑥3 = 0
6
2
8
0
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
3𝑥 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
3𝑥 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
⇔ {5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 0 ⇔ { 1
⇔ 3𝐿2 − 5𝐿1 { 1
−2𝑥2 + 𝑥3 = 0
5𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 = 0
3𝑥1 + 𝑥2 + 4𝑥3 = 0
𝑥 = −3𝑥2
⇔{ 1
𝑥3 = 2𝑥2
Donc 𝑥 = ( 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = (−3𝑥2 , 𝑥2 , 2𝑥2 ) = 𝑥2 (−3,1,2), ker( 𝑓 + 𝐼𝑑 ) est la droite vectorielle engendrée
par le vecteur (−3,1,2)
...

7
...

𝑏 = (0,1,0) convient
...
On rappelle que, choisit ainsi, (𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base

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