TD21 BCPST 1a 11–12 Dans un premier temps, ne

TD21
BCPST 1a 11–12
APPLICATIONS LINÉAIRES
Dans un premier temps, ne pas chercher les questions précédées d’un (*)
1. Dans chacun des cas suivants, dire si l’application f de E dans F est linéaire. Quand elle
est linéaire, décrire son image et son noyau (dimension et base, le cas échéant)
a) E = F = R2 ,
f (x, y) = (x + 2y, 3x − y)
b) E = R2 , F = R3 ,
f (x, y) = (2x, xy, x + y)
c) E = R3 , F = R2 ,
f (x, y, z) = (−x + 2y, 2x − 3y + z)
3
d) E = F = R ,
f (x, y, z) = (x + y + z, 1, 2y − z)
e) E = F = R3 ,
f (x, y, z) = (x, 2|y|, x − y + 2z)
f) E = F = R3 ,
f (x, y, z) = (2x + y + z, x − y + 2z, x + 5y − 4z)
4
g) E = F = R ,
f (x, y, z, t) = (−y, my, x − mz − t, y)
h) (*) E = F = R2 [X],
i) (*) E = F = C ∞ (R, R),
(m : paramètre réel)
f (P ) = P − XP ′
f (u) = u′′ + 2u′ + u
(seulement le noyau)
Correction
a) f est linéaire, Ker f = {(0, 0)}, Im f = R2 . (f est bijective)
b) Soit u = (1, 1).
f (u) = (2, 1, 2) et f (2u) = f (2, 2) = (4, 4, 4) 6= 2f (u), donc f n’est pas linéaire.
c) f est linéaire, Ker f = Vect(u), avec u = (−2, −1, 1). Im f = R2 .
d) f n’est pas linéaire car f (0, 0, 0) = (0, 1, 0) 6= (0, 0, 0).
e) Soit u = (0, 1, 0).
f (u) = (0, 2, −1) et f (−u) = f (0, −1, 0) = (0, 2, 1) 6= −f (u), donc f n’est pas
linéaire.
f) f est linéaire, Ker f = Vect(u1 ) avec u1 = (−1, 1, 1). Im f = Vect(u2 , u3 ) avec
u2 = (2, 1, 1) et u3 = (1, −1, 5).
g) f est linéaire, Ker f = Vect(u1 , u2 ) avec u1 = (m, 0, 1, 0), u2 = (1, 0, 0, 1).
Im f = Vect(u3 , u4 ) avec u3 = (0, 0, 1, 0), u4 = (−1, m, 0, 1).
h) Soit P et Q deux polynômes de degré inférieur ou égal à 2, et λ ∈ R. D’après les
propriétés de la dérivation :
f (P +λQ) = P +λQ−X(P +λQ)′ = P +λQ−X(P ′ +λQ′ ) = P −XP ′ +λ(Q−XQ′ ) =
f (P ) + λf (Q), donc f est linéaire.
Tout polynôme P de degré inférieur ou égal à 2 s’écrit P = aX 2 + bX + c, avec
(a, b, c) ∈ R3 .
f (P ) = (aX 2 + bX + c) − X(2aX + b) = −aX 2 + c
Un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls, donc
f (P ) = 0 ⇔ a = c = 0.
Donc Ker P = {bX / b ∈ R} = Vect(X).
X 6= 0E donc (X) est libre : (X) est une base de Ker f
D’autre part, Im f = {−aX 2 + c / (a, c) ∈ R2 } = Vect(−X 2 , 1) = Vect(X 2 , 1).
La famille (X 2 , 1) est libre car si aX 2 + c = 0, alors a = c = 0.
Donc (1, X 2 ) est une base de Im f .
i) f est linéaire. Ker f = {u ∈ E / u′′ + 2u′ + u = 0} donc Ker f = Vect(u1 , u2 ), avec
u1 : x 7−→ e−x et u2 : x 7−→ xe−x .
Montrons que (u1 , u2) est libre : soit (a, b) ∈ R2 tel que au1 + bu2 = 0.
On a donc ∀x ∈ R, ae−x + bxe−x = 0.
En simplifiant par e−x qui est non nul, on obtient ∀x ∈ R, a + bx = 0.
Un polynôme est nul si et seulement si ses coefficients sont nuls, donc a = b = 0, ce
qui signifie que (u1 , u2 ) est libre. C’est donc une base de Ker f .
Remarque : On peut montrer que Im f = E.
2. Soit E et F deux espaces vectoriels, soit f ∈ L(E, F ) et soit (x1 , . . . , xr ) une famille de
vecteurs de E. Montrer que :
a) Si f (x1 ), . . . , f (xr ) est libre, alors (x1 , . . . , xr ) est libre.
b) Si (x1 , . . . , xr ) est libre et f est injective, alors f (x1 ), . . . , f (xr ) est libre.
c) Si (x1 , . . . , xr ) est génératrice de E et f est surjective, alors f (x1 ), . . . , f (xr ) est
génératrice de F .
d) Si f (x1 ), . . . , f (xr ) est génératrice de F et f est injective, alors (x1 , . . . , xr ) est
génératrice de E.
Correction
a) On suppose que f (x1 ), . . . , f (xr ) est libre. Montrons que (x1 , . . . , xr ) est libre : soit
(α1 , . . . , αr ) ∈ Kr tel que α1 x1 + · · · + αr xr = 0. Appliquons f aux deux membres :
par linéarité on obtient α1 f (x1 ) + · · · + αr f (xr ) = 0, et comme f (x1 ), . . . , f (xr )
est libre, on a α1 = · · · = αr = 0, donc (x1 , . . . , xr ) est libre.
b) On suppose que (x1 , . . . , xr ) est libre et f injective. Montrons que f (x1 ), . . . , f (xr )
est libre : soit (α1 . . . , αr ) ∈ Kr tel que α1 f (x1 )+· · ·+αr f (xr ) = 0. Alors par linéarité
on a f (α1 x1 + · · · + αr xr ) = 0, et comme f est injective, on a α1 x1 + · · · + αr xr =
0, et comme (x1, . . . , xr ) est libre, on a α1 = · · · = αr = 0, ce qui signifie que
f (x1 ), . . . , f (xr ) est libre.
c) On suppose que (x1 , . . . , xr ) est génératrice de E et f surjective. Montrons que
f (x1 ), . . . , f (xr ) est génératrice de F : soit y ∈ F ; on doit montrer que y s’écrit
comme combinaison linéaire des f (xi ). Comme f est surjective, il existe x ∈ E tel
que y = f (x). Comme (x1 , . . . , xr ) est génératrice de E, il existe (α1 , . . . , αr ) ∈ Kr
tel que x = α1 x1 + · · · + αr xr . Donc f (x) = f (α1 x1 + · · · + αr xr ), c’est à dire
y = α1 f (x1 ) + · · · + αr f (xr ), ce qu’on voulait.
d) On suppose que f (x1 ), . . . , f (xr ) est génératrice de F et f injective. Montrons que
(x1 , . . . , xr ) est génératrice de E : soit x ∈ E ; on doit montrer que x s’écrit comme
combinaison linéaire des xi : f (x) est dans F , et f (x1 ), . . . , f (xr ) est génératrice
de F , donc il existe (α1 , . . . , αr ) ∈ Kr tel que f (x) = α1 f (x1 ) + · · · + αr f (xr ). Par
linéarité on a donc f (x) = f (α1 x1 + · · · + αr xr ). Comme f est injective, on en déduit
x = α1 x1 + · · · + αr xr , ce qu’on voulait.
3. Soit f ∈ L(R2 ) définie par f (x, y) = (2x + y, x − y).
Soit u1 = (1, 3) et u2 = (1, 2).
Vérifier que B = (u1 , u2) est une base de R2 et déterminer M = MB (f ).
Réponse partielle : M =
−12 ?
?
?
Correction
u1 et u2 ne sont pas colinéaires, donc forment une famille libre. Comme elle a 2 éléments,
c’est une base de R2 .
Il faut calculer f (u1) et f (u2) et les exprimer dans la base (u1 , u2 ).
f (u1 ) = (5, −2) et f (u2) = (4, −1)
Soit (x, y) ∈ R2 . On résoud αu1 + βu2 = (x, y) (E)
Sous forme matricielle, (E) s’écrit
1 1 x
3 2 y
x
1 1
L2 ← L2 − 3L1
0 −1 y − 3x
1 0 −2x + y
L1 ← L1 + L2
L2 ← −L2
0 1 3x − y
Donc (E) ⇔ α = −2x + y et β = 3x − y.
Par conséquent f (u1 ) = (−2 × 5 − 2)u1 + (3 × 5 + 2)u2 = −12u1 + 17u2 et f (u2 ) =
(−2 × 4 − 1)u1 + (3 × 4 + 1)u2 = −9u1 + 13u2
−12 −9
Donc M(u1 ,u2 ) (f ) =
17
13

1 −1 −1
4. Soit M =  −2 0 −2  et f ∈ L(R3 ) dont la matrice dans la base canonique de R3
1
1
3
est M.

a) Soit u = (1, 2, −1). Montrer que (u) est une base de Ker f .
b) Soit v = (1, 0, −1) et w = (1, −1, 0). Calculer f (v) et f (w).
c) Montrer que (u, v, w) est une base de R3 . Donner la matrice de f dans cette base.
d) Montrer que Im f = Ker(2 Id − f )
5. Soit E = Kn , et soit f ∈ L(E) telle que pour tout x ∈ E, la famille (x, f (x)) soit liée.
a) Soit (e1 , . . . , en ) la base canonique de E.
Montrer qu’il existe λ ∈ K tel que ∀i ∈ [[1, n]], f (ei ) = λei .
b) Recommencer la question précédente, en la lisant bien cette fois.
On pourra considérer e1 + ei
c) Montrer que f est une homothétie vectorielle (ou identiquement nulle)
.
6. Soit f : R3
−→ R3
(x, y, z) 7−→ (2x + y + z, 2y − z, 2z)
Déterminer pour tout n ∈ N∗ l’expression explicite de f n = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
{z
}
|
n fois
Correction


2 1 1
La matrice de f dans la base canonique B est M =  0 2 −1 .
0 0 2
 n

n−1
n−1
2 n2
n2
− n(n − 1)2n−3

La matrice de f n dans B est M n =  0
2n
−n2n−1
0
0
2n
Donc f n (x, y, z) = 2n x + n2n−1 y + (n2n−1 − n(n − 1)2n−3)z, 2n y − n2n−1 z, 2n z
7. Diagonalisation d’un endomorphisme

1 −1 1
Soit E = R3 , et f ∈ L(E) dont la matrice dans la base canonique est  1 −1 −1 
2 −2 0

a) Déterminer tous les réels λ tels que l’équation f (u) = λu admette des solutions u
non nulles, et pour chacun de ces λ, déterminer une base de l’ensemble des solutions.
b) À partir de ce qui a été trouvé à la question précédente, déterminer une base B de
E telle que MB (f ) soit diagonale.
8.
a) Soit n ∈ N∗ et f ∈ L(Rn ) définie par :
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , f (x1 , . . . , xn ) = (x1 + · · · + xn , x2 + · · · + xn , . . . , xn−1 + xn , xn )
Montrer que f est bijective et donner l’expression

1 ··· ···
 0 ...
b) En déduire que la matrice M = 
 ... . . . . . .
0 ···
0
donner son inverse.
Correction
analytique de sa réciproque.

1
.. 
.
∈ Mn (R) est inversible et
.. 
.
1
a) Soit (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn . Montrons qu’il existe un unique (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn tel que
f (x1 , . . . , xn ) = (y1 , . . . , yn ), c’est-à-dire tel que :

x1 + x2 + . . . + xn = y1




x2 + . . . + xn = y2
(S) :
..
..
..

.
.
.



xn = yn
Remarque : Quelqu’un qui connaı̂t son cours arrive au moins jusque là.
(S) est triangulaire et ses coefficients diagonaux valent 1, donc (S) admet une unique
solution, ce qui montre que f est bijective. Résolvons (S) :
En faisant L1 − L2 , on obtient x1 = y1 − y2 , et de même en faisant Li − Li+1
(i ∈ [[1, n − 1]]), on obtient xi = yi − yi+1 , et enfin, xn = yn .

x1
= y1 − y2




= y2 − y3

 x2
.
Donc l’unique solution de (S) est : ..



xn−1 = yn−1 − yn



xn = yn
−1
L’expression de f est donc :
∀(y1 , . . . , yn ) ∈ Rn , f −1 (y1 , . . . , yn ) = (y1 − y2 , y2 − y3 , . . . , yn−1 − yn , yn )
b) M est la matrice de f dans B la base canonique de Rn .
f est bijective, donc M est inversible (on pouvait aussi dire que M est triangulaire
à coefficients diagonaux non nuls).


1 −1 0 · · ·
0
.. 
 0 ... ... ...
. 

 .. . .

.
.
−1
−1
.
.
M = MB (f ) =  .
.
.
.
0 
.

..
..
 ..
.
. −1 
0 ··· ···
0
1
M −1 a des 1 sur la diagonale, des −1 juste au dessus, des 0 ailleurs.
9. Soit E = Kn , et B = (ui )1≤i≤n une base de E.
Soit ε1 , . . . , εn des entiers qui valent 1 ou −1.
Soit f ∈ L(E) telle que ∀i ∈ [[1, n]], f (ui ) = εi ui .
Montrer que f ◦ f = IdE .
Correction
∀i ∈ [[1, n]], f ◦ f (ui ) = f (εi ui ) = εi f (ui ) = ε2i ui = ui car ε2i = 1.
Donc f ◦ f et IdE coı̈ncident en chacun des ui . Comme (u1 , . . . , un ) est une base de E,
on en déduit que f ◦ f = IdE .
Autre solution : la matrice de f dans (u1 , . . . , un ) est diagonale avec des ±1 sur la diagonale, donc son carré est In . Par conséquent f ◦ f = IdE .