Chapitre 17 : Applications linéaires

PCSI 2
Préparation des Khôlles
2013-2014
Chapitre 17 : Applications linéaires
Exercice type 1
Montrer que f :
3
→ R3
 R 

x
x+y+z
 y  −→  y − z  est linéaire, déterminer ker (f) et Im (f ).
z
x + 2z

Déterminer f (F ) où F =
x, y, z
, x + 2z = 0


 ′ 
x
x
Solution : Méthode de base : Soient u =  y , v =  y′  deux vecteurs de R3 et α ∈ R2
z
z′

 

αx + x′
(αx + x′ ) + (αy + y′ ) + (αz + z ′ )

f (αu + v) = f  αy + y ′  = 
(αy + y ′ ) − (αz + z ′ )
′
αz + z
(αx + x′ ) + 2 (αz + z ′ )


α (x + y + z) + (x′ + y ′ + z ′ )
 = αf (u) + f (v)
α (y − z) + (y ′ − z ′ )
= 
α (x + 2z) + (x′ + 2z ′ )
ainsi f est linéaire.








1 1 1
x
x
x
Méthode avec les matrices : On pose M =  0 1 −1  , ainsi f  y  = M  y  = M X où X =  y . Si
1 0 2
z
z
z
 ′ 
x
X ′ =  y ′  , alors M (λX + X ′ ) = λMX + M X ′ ce qui prouve la linéarité.
z′
Déterminons ker f.




  
x
x+y+z
0
 x+y+z =0
x = −2z
y−z =0
u =  y  ∈ ker (f ) ⇔  y − z  =  0  ⇔
⇔
y=z

z
x + 2z
0
x + 2z = 0





−2
 x

donc ker (f ) =  y  , x = −2z, y = z = Vect  1  est une droite vectorielle.


1
z
Déterminons Im f . On a


 


a
x
 x+y+z =a
 x = a − b − 2z
y−z =b
y =z+b
v =  b  ∈ Im (f) ⇔ ∃u =  y  , v = f (u) ⇔
⇔


c
z
x + 2z = c
0 =b+c−a
 


 a
ainsi v a un antécédant si et seulement si b + c − a = 0. On peut donc affirmer que Im (f) =  b  , b + c − a = 0 =


c
   
1
1
Vect  1  ,  0  est un plan.
0
1

  
−2
0
Pour finir, F est un bien un sous-espace vectoriel de R3 car F = Vect  0  ,  1 .
 
  

   1
 0 
−2
0
−1
1
1
Ainsi f (F ) = Vect f  0  , f  1  = Vect  −1  ,  1  = Vect  1  est une droite.
1
0
0
0
0
—1/8—
G
H
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2013-2014
Préparation des Khôlles
Exercice type 2
Soit A =
1 −1
1 −1
et f :
M2 (R) −→ M2 (R)
. Montrer que f ∈ L (M2 (R)) déterminer ker f , Im f . Déterminer
M −→ AM
f 2 , que pensez-vous du résultat ?
Solution : Soient (M, N ) ∈ M2 (R)2 et λ ∈ R alors f (λM + N ) = A (λM + N ) = λAM + AN = λf (M ) + f (N ).
Ainsi f est bien linéaire et est à valeurs dans M2 (R) donc f ∈ L (M2 (R)).
a b
a−c b−d
a−c=0
a b
Si M =
, on a AM =
. Ainsi M ∈ ker f ⇐⇒
⇐⇒ M =
=
c d
a−c b−d
b−d=0
a b
1 0
0 1
a
+b
. On a donc
1 0
0 1
1 0
1 0
ker f = Vect
Pour Im f, N =
α β
γ δ
a b
c d
∈ Im f ⇐⇒ ∃M =
système
,
0 1
0 1
tel que AM +
a−c b−d
a−c b−d


a−c=α
a=α+c






b−d =β
b=β+d
⇐⇒
a
−
c
=
γ
α=γ






b−d=δ
β=δ
Il admet des solutions si et seulement si α = γ et β = δ donc si et seulement si N =
0 1
0 1
suivant).
β
. On a donc Im f = Vect
1 0
1 0
,
0 1
0 1
=
α β
γ δ
α β
α β
. On obtient le
= α
1 0
1 0
+
= ker f Ceci est immédiat car Im f ⊂ ker f (voir exo type
Exercice type 3
Soit E un K ev,et (f, g) ∈ L(E)2 , montrer que : g ◦ f = 0 ⇔ Im(f ) ⊂ ker(g).
Solution : On travaille par double implication.
=⇒ : Hypothèse : g ◦ f = 0. On désire prouver que Im f ⊂ ker g.
−
→
Soit y ∈ Im f. Par définition de l’espace image, ∃x ∈ E tel que y = f (x). Puisque g ◦ f = 0, on a g (f (x)) = 0 , soit
f (x) = y ∈ ker g. Ainsi y ∈ Im f =⇒ y ∈ ker g. Ceci prouve bien que Im f ⊂ ker g.
−
→
⇐= : Hypothèse : Im f ⊂ ker g. Soit x ∈ E alors f (x) ∈ Im f d’où f (x) ∈ ker g, ainsi g (f (x)) = 0 . On a donc ∀x ∈ E,
−
→
g (f (x)) = 0 , ce qui signifie que g ◦ f = 0.
Exercice type 4
E désigne ici un R-espace vectoriel, et f un endomorphisme de E vérifiant l’égalité : f 2 − 2f − 3I = 0, où f 2 = f ◦ f et
I désigne l’application identité de E (I = IdE ). On note g et h les éléments de L(E) définie par g = f − 3I et h = f + I.
Déterminer g ◦ h et h ◦ g. Montrer que ker g ⊕ ker h = E. Montrer que f est un automorphisme et calculer f −1 .
Solution : Dans L (E), on a
g ◦ h = (f − 3I) ◦ (f + I) = f ◦ f − 3I ◦ f + f ◦ I − 3I ◦ I = f 2 − 2f − 3I = 0
h ◦ g = (f + I) ◦ (f − 3I) = f ◦ f + I ◦ f − 3f ◦ I − 3I ◦ I = f 2 − 2f − 3I = 0
Montrons ensuite que ker g ⊕ ker h = E.
→
La somme est directe : Soit −
x ∈ ker g ∩ ker h, alors
−
→
−
→
→
→
g (−
x ) = 0 et h (−
x) = 0
—2/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
−
→
−
→
−
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
Or g (−
x ) = f (−
x )−3−
x = 0 =⇒ f (−
x ) = 3−
x et h (−
x ) = f (−
x )+−
x = 0 =⇒ f (−
x ) = −−
x , d’où 3−
x = −−
x =⇒ −
x = 0.
−
→
−
→
La somme remplit l’espace : Soit x ∈ E, on cherche à décomposer x sous la forme
−
→
−
→
−
→
→
→
x =−
a + b avec −
a ∈ ker g et b ∈ ker h
Or on a vu que g ◦ h = 0 et h ◦ g = 0 d’où Im h ⊂ ker g et Im g ⊂ ker h. Ceci permet de construire des éléments de ker g
et ker h, en effet
→
→
→
→
→
→
g (−
x ) = f (−
x ) − 3−
x ∈ ker h et h (−
x ) = f (−
x)+−
x ∈ ker g
Mais
→
→
→
→
→
→
(f (−
x)+−
x ) − (f (−
x ) − 3−
x)
h (−
x ) g (−
x)
−
→
x =
=
−
4
4
4
→
→
−
→
h (−
x)
g (−
x)
→
→
On pose donc −
a =
∈ ker g ( car ker g est un sous-espace vectoriel qui contient h (−
x )) et b = −
∈ ker h.
4
4
f − 2I
f − 2I
f − 2I
=
◦ f = I d’où f est un automorphisme et f −1 =
.
Pour finir, on a f ◦
3
3
3
Exercice 1
Dans l’exercice type
, E désigne ici un R-espace vectoriel, et f un endomorphisme de E vérifiant l’égalité :
f 2 − 2f − 3I = 0. On note g et h les éléments de L(E) définie par g = f − 3I et h = f + I, G = ker g et H = ker h
alors, on a montré que G ⊕ H = E.
1. Soit p la projection sur G de direction H et q = I − p, justifier que f = 3p − q.
2. Exprimer, pour n
1, f n uniquement à l’aide de p et de q.
Solution :
→
→
→
→
f (−
x)+−
x
f (−
x ) − 3−
x
→
→
1. On a montré que ∀−
x ∈ E, −
x =
+−
, ainsi
4
4
∈G
∈H
→
→
→
→
f (−
x)+−
x
f (−
x ) − 3−
x
→
→
p (−
x) =
et q (−
x) = −
4
4
d’où
→
→
→
→
∀−
x ∈ E, f (−
x ) = 3p (−
x ) − q (−
x)
2. Puisque p ◦ q = q ◦ p = 0, on peut appliquer le binôme. On en déduit que , ∀n
n
n
f =
k=0
Mais si k
1 et n − k
n
(3p)k (−q)n−k =
k
n
k=0
1,
n k
3 (−1)n−k × pk ◦ q n−k
k
1, on a pk ◦ q n−k = pk−1 ◦ p ◦ q ◦ q n−k−1 = 0. Ainsi pour 1
k
n − 1, le terme pk ◦ q n−k
=0
est nul. La somme se réduit donc à
fn
n 0
n n
3 (−1)n−0 × p0 ◦ q n−0 +
3 (−1)n−n × pn ◦ q n−n
0
n
= (−1)n q n + 3n pn car p0 = q 0 = Id
=
Enfin, puisque p ◦ p = p, par récurrence si n
1, pn = p (c’est faux si n = 0) d’où
f n = 3n p + (−1)n q si n
1 (encore vrai si n = 0 car p + q = Id)
—3/8—
G
H
PCSI 2
Préparation des Khôlles
2013-2014
Exercice type 5
Soit ϕ définie sur E = R2 [X] par ϕ (P ) = X 2 − X + 1 P ′ − (2X − 1) P + X 2 P (1). Justifier que ϕ est bien un
automorphisme de E.
Solution : Si la linéarité de ϕ ne posera aucun problème, a priori, rien ne permet d’affirmer que ϕ (P ) est bien dans
E, en effet si deg P = n, alors X 2 − X − 1 P ′ et (2X − 1) P sont tous les deux de degré n + 1.
2
Commençons par la linéarité, ∀ (P, Q) ∈ R [X] , ∀λ ∈ R, on a
′
X 2 − X + 1 (λP + Q) − (2X − 1) (λP + Q) + X 2 (λP + Q) (1)
= λ X 2 − X + 1 P ′ − (2X − 1) P + X 2 P (1) +
= λϕ (P ) + ϕ (Q)
X 2 − X + 1 Q′ − (2X − 1) Q + X 2 Q (1)
Il suffit donc de vérifier que ϕ (1) , ϕ (X) et ϕ X 2 ont bien dans R2 [X] , ainsi par linéarité, on aura ϕ aX 2 + bX + c ∈
R2 [X]. Or, en développant, on a
ϕ (1) = X 2 − 2X + 1, ϕ (X) = 1 et ϕ X 2 = 2X
Pour finir, on sait que B = 1, X, X 2 est une base de E et puisque f (B) = X 2 − 2X + 1, 1, 2X est une base de
E (échelonnée en degré si on change l’ordre), on peut affirmer que ϕ est un automorphisme de E.
Exercice 2
Soit f ∈ L (E) telle que f 3 = f 2 + f, montrer que E = ker f ⊕ Im f.
Solution : La somme est directe ker f ∩ Im f =
−
→
−
→
→
→
→
0 : Soit −
y = f (−
x ) ∈ Im f ∩ ker f, il s’agit de prouver que −
y = 0.
Pour utiliser f 3 = f 2 + f, on écrit que
−
→
→
→
→
→
→
→
x ) + f (−
x) =−
y + f (−
y)=−
y + 0 car −
y ∈ ker f
f 2 (−
→
→
d’où f 3 (−
x)=−
y , mais
−
→
−
→
→
→
→
x ) = f (f (f (−
x ))) = f (f (−
y )) = f 0 = 0
f 3 (−
−
→
→
Ainsi −
y = 0.
La somme remplit l’espace ker f + Im f = E :
→
On sait que f 3 = f 2 + f, ainsi f 2 + f − f 3 = 0 =⇒ f ◦ f + IdE − f 2 = 0. Ceci nous fournit, pour −
x ∈ E, un élément
−
→
de ker f. On a donc ∀ x ∈ E,
−
→
→
→
→
f f (−
x)+−
x − f 2 (−
x) = 0
d’où
−
→
→
→
x + f (−
x ) − f 2 (−
x ) ∈ ker f
Mais alors
−
→
→
→
→
→
→
x = −
x + f (−
x ) − f 2 (−
x ) + f 2 (−
x ) − f (−
x)
−
→
−
→
→
−
→
−
→
2 −
= x + f ( x ) − f ( x ) + f (f ( x ) − x )
∈ker f
∈Im f
est bien la somme d’un élément de ker f et d’un élément de Im f.
Exercice 3
Soit E = R2 [X] , on note F = {P ∈ E, P (1) = 0} et pour α ∈ R fixé, Gα = Vect (X − α). Pour quelles valeurs de α
a-t-on F ⊕ Gα = E. Déterminer alors l’expression de la projection sur Gα .
—4/8—
G
H
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2013-2014
Préparation des Khôlles
Solution : Soit P = a + bX + cX 2 ∈ E, on a
P ∈ F ⇐⇒ a + b + c = 0 ⇐⇒ a = −b − c ⇐⇒ P = b (X − 1) + c X 2 − 1
Ainsi
F = Vect (X − 1) , X 2 − 1
Montrons alors que E = F ⊕Gα sauf pour une valeur de α (qui est α = 1, car il est évident que dans ce cas, Vect (X − 1) ⊂
−
→
F ∩ G1 = 0 ).
Soit P = aX 2 + bX + c, on cherche donc à décomposer P de manière unique sous la forme
P
= u (X − α) + v (X − 1) + w X 2 − 1
∈Gα
∈F
= wX 2 + (u + v) X − (αu + v + w)
Par unicité des coefficients d’un polynôme, cela s’écrit


w=a
w=a


u+v =b
u+v =b
⇐⇒


αu + v + w = −c
αu + v = −c − a
Le système (d’inconnues u et v)
u+v =b
uα + v = −c − a
a pour matrice augmentée A =
1 1 |
b
α 1 | −c − a
∼
L2 −αL2
1
1
|
b
. Si α = 1, il admet toujours une unique solution. On a donc toujours une unique décom0 1 − α | −c − a − αb
position. Cela prouve que E = F ⊕ Gα .
Si α = 1, on n’a pas de somme directe car G1 = Vect (X − 1) ⊂ F ∩ G1 , les deux sous espaces sont supplémentaires (et
la somme F + G1 vaut F ).
a+b+c
P (1)
Enfin, pour obtenir la composante dans Gα on calcule u qui vaut
=
. Si Π est la projection sur Gα (lorsque
1−α
1−α
α = 1) on a
R2 [X] −→ R2 [X]
Π:
P (1)
P (X) −→
(X − α)
1−α
Remarque : Si P ∈ F, on a bien Π (P ) = 0. Si P ∈ Gα , P (X) = λ (X − α) et Π (P ) =
λ (1 − α)
(X − α) = P.
1−α
Exercice type 6
Soit E = R3 , F =
(x, y, z) ∈ R3 , x + y − z = 0
→
→
et G = Vect (−
a ) où −
a = (2, −1, 0). Montrer que E = F ⊕ G.
Déterminer l’expression de la projection sur F parallélement à G.
 
 
1
0
−
→ −
−
→
→
−
→ −
→ −
→
Solution : On a F = Vect b , →
c où b =  0  et −
c =  1 . Dans R3 , si i , j , k est la base canonique,
1
1
−
→ −
−
→
→
alors a , b , c a trois vecteurs et
Mat
−
→
− →
− →
i ,j ,k






2 1 0
2
1 0
3 1 0
−
→
−
→
→
a , b ,−
c =  −1 0 1  ∼  −1 −1 1  ∼  0 −1 1  est de rang 3
C2 −C3
C1 +C2
0 1 1
0
0 1
0 0 1
−
→ →
−
→ →
→
→
Ainsi −
a , b ,−
c est une base de R3 donc Vect (−
a ) ⊕ Vect b , −
c = R3 .
—5/8—
G
H
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Préparation des Khôlles
→
→
Soit −
u = (x, y, z) ∈ R3 , notons q la projection sur G parallélement à F et q (−
u ) = q (x, y, z) = (X, Y, Z).
On a
(X, Y, Z) ∈ G ⇐⇒ ∃λ ∈ R, (X, Y, Z) = λ (2, −1, 0) = (2λ, −λ, 0) .
et
(x, y, z) − q (x, y, z) = (x − X, y − Y, z − Z) ∈ F ⇐⇒ (x − X) + (y − Y ) − (z − Y ) = 0.
On remplace X, Y, Z par 2λ, −λ et 0 respectivement pour obtenir λ = x + y − z. On en déduit que X = 2 (x + y − z),
Y = −x − y + z et Z = 0. Enfin si p est la projection cherchée, on a p + q = Id d’où
 


 
 
x
X
−x − 2y + 2z
x
→
→
→
p (−
u)=−
u − q (−
u ) ⇐⇒ p  y  =  y  −  Y  =  x + 2y − z 
z
Z
z
z
On vérifie que p (2, −1, 0) = (0, 0, 0) , p (1, 0, 1) = (1, 0, 1) , p (0, 1, 1) = (0, 1, 1) (pourquoi ces vecteurs ?, il s’agit des
générateurs de F et de G). Moralité : On sait déterminer les projections sur les droites !
Exercice type 7
Soit f : R2 −→ R2 définie par
x
y
f
=
−x + 2y
−2x + 4y
1, f k = 3k−1 f . On pose alors g = f + I (où I = IdR2 ) en déduire g n pour n ∈ N.
Montrer que pour k
x
y
Solution : On a f 2
= f
−x + 2y
−2x + 4y
=
− (−x + 2y) + 2 (−2x + 4y)
−2 (−x + 2y) + 4 (−2x + 4y)
−x + 2y
d’où f ◦ f = 3f . Puis par récurrence sur k
−2x + 4y
supposons que cela soit vrai à k 1 fixé. Alors
=
−3x + 6y
−6x + 12y
= 3×
1, on montre que f k = 3k−1 f . C’est vrai si k = 1,
f k+1 = f ◦ f k = f ◦ 3k−1 f = 3k−1 (f ◦ f ) = 3k−1 × 3f = 3k f
On a alors, pour n
1, g n = (f + I)n , puisque f ◦ I = I ◦ f, on peut appliquer le binôme de Newton pour obtenir
n
gn
=
k=0
n 0
f +
0
=
Mais
n k
f ◦ I n−k =
k
n
(1 + 3)n =
k=0
n
k=1
n
k=0
n k
f ◦I =
k
n k
f =I+
k
n 0
n k
3 +
3 =
0
k
n
k=1
n
k=1
n
k=0
n k
f car I n−k = I et f k ◦ I = f k
k
n k−1
3 f =I+
k
n k
3 =1+
k
—6/8—
n
k=1
n
k=1
n k−1
3
k
n
3 × 3k−1 = 1 + 3
k
×f
n
k=1
n k−1
3
k
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
d’où
gn = I +
4n − 1
f
3
Cette égalité est encore vraie si n = 0.
Exercice 4
 x−z
x

2
0
Soit p : R3 −→ R3 définie par p  y  −→ 

−x + z
z
2




 et q = I3 − p.

1. Montrer que p est un projecteur de R3 , déterminer sa base et sa direction.
2. On pose alors f = p + 2I3 , exprimer, pour n
1, f n uniquement à l’aide de p et de q.
Solution :


 1

x
0 − 12
2
1. Si X =  y  alors p (X) = AX où A =  0 0 0 . On montre alors que f est linéaire car si (X, Y ) ∈ R3 ,
z
− 12 0 12
λ∈R
p (λX + Y ) = A (λX + Y ) = λAX + AY = λp (X) + p (Y )
Puis p (p (X)) = A2 X, or un calcul simple donne A2 = A donc p est un projecteur.
 x−z 




x
X

2

 =  0 , alors
0
Remarque : On peut aussi écrire que si p  y  = 


−x + z
z
Z
2
 x−z −x+z   x − z
 
  X−Z 
2 − 2
x
2
2

 
2
=
=
0
p p  y  = 
0
0



x−z −x+z
−X+Z
−x + z
− 2 + 2
z
2
2
2
Ceci prouve que p est un projecteur de R3 .
On sait que la base est Im
p = ker q, ladirection est ker p.
x−z
 


0
x

2

 =  0  ⇐⇒ x = z, ainsi
On a  y  ∈ ker p ⇐⇒ 
0


−x + z
0
z
2
   
1
0
ker p = Vect  0  ,  1  car y est quelconque
1
0

 


x
x
Pour la base, on utilise q  y  =  y  − p 
z
z
 x+z 
 
0
 2

x = −z
 =  0  ⇐⇒
y
ker q ⇐⇒ 


y=0
x+z
0
2
 x−z
 

x
x

2
y  =  y −
0

−x + z
z
z
2





 x+z
  2
= y
 
x+z
2



x

. Ainsi  y  ∈

z
d’où


1
ker q = Im p = Vect  0 
−1
—7/8—
G
H
PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
−
→
−
→
−
→
Remarque : on peut aussi utiliser Im p = Vect f i , f j , f k


  1 
0
−2
= Vect  0  ,  0  ,  0  =
1
− 12
0
2
1
2
 

1
Vect  0 .
−1
2. Puisque I = p + q, on a f = 3p + 2q. Puis, on sait que p ◦ q = q ◦ p = 0, on peut donc appliquer le binôme de newton
pour obtenir, si n 1
n
n
n k k n−k n−k
n k n−k k n−k
fn =
3 p ◦2
q
=
3 2
p ◦q
k
k
k=0
Mais pour k
1 et n − k
1 (i.e. 1
fn =
k=0
k
k
n − 1), on a p ◦ q
n−k
= p ◦ pk−1 ◦ q ◦ q n−k−1 = 0, ainsi
n 0
n n
3 × 2n p0 ◦ q n−0 +
3 × 20 pn ◦ q n−n = 2n q n + 3n pn
0
n
Or p ◦ p = p d’où par récurrence, pour n
f n = 2n q + 3n p si n
1, on a pn = p (faux si n = 0, car p0 = I3 ). Conclusion
1, c’est encore vrai si n = 0 car f 0 = I3 = p + q
—8/8—
G
H