Chapitre 17 : Applications linéaires

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Chapitre 17 : Applications linéaires
Exercice type 1
Montrer que f:
R
3
→R
3
x
y
z
−→ 
x+y+z
y−z
x+ 2z
est linéaire, déterminer ker (f)et Im (f).
Déterminer f(F)où F= x, y, z ,x+ 2z= 0
Solution : Méthode de base :Soient u=
x
y
z
,v=
x
′
y
′
z
′
deux vecteurs de R
3
et α∈R
2
f(αu +v) = f
αx +x
′
αy +y
′
αz +z
′
=
(αx +x
′
) + (αy +y
′
) + (αz +z
′
)
(αy +y
′
)−(αz +z
′
)
(αx +x
′
) + 2 (αz +z
′
)
=
α(x+y+z) + (x
′
+y
′
+z
′
)
α(y−z) + (y
′
−z
′
)
α(x+ 2z) + (x
′
+ 2z
′
)
=αf (u) + f(v)
ainsi fest linéaire.
Méthode avec les matrices : On pose M=
1 1 1
0 1 −1
1 0 2 
,ainsi f
x
y
z
=M
x
y
z
=MX où X=
x
y
z
. Si
X
′
=
x
′
y
′
z
′
,alors M(λX +X
′
) = λMX +MX
′
ce qui prouve la linéarité.
Déterminons ker f.
u=
x
y
z
∈ker (f)⇔
x+y+z
y−z
x+ 2z
=
0
0
0
⇔
x+y+z= 0
y−z= 0
x+ 2z= 0
⇔x=−2z
y=z
donc ker (f) = 
x
y
z
, x =−2z, y =z
= Vect 
−2
1
1
est une droite vectorielle.
Déterminons Im f. On a
v=
a
b
c
∈Im (f)⇔ ∃u=
x
y
z
, v =f(u)⇔
x+y+z=a
y−z=b
x+ 2z=c
⇔
x=a−b−2z
y=z+b
0 = b+c−a
ainsi va un antécédant si et seulement si b+c−a= 0. On peut donc affirmer que Im (f) = 
a
b
c
, b +c−a= 0
=
Vect 
1
1
0
,
1
0
1
est un plan.
Pour finir, Fest un bien un sous-espace vectoriel de R
3
car F= Vect 
−2
0
1
,
0
1
0
.
Ainsi f(F) = Vect 
f
−2
0
1
, f 
0
1
0
= Vect 
−1
−1
0
,
1
1
0
= Vect 
1
1
0
est une droite.
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G H

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Exercice type 2
Soit A=1−1
1−1et f:
M
2
(R)−→ M
2
(R)
M−→ AM . Montrer que f∈ L (M
2
(R)) déterminer ker f,Im f. Déterminer
f
2
,que pensez-vous du résultat ?
Solution : Soient (M, N )∈ M
2
(R)
2
et λ∈Ralors f(λM +N) = A(λM +N) = λAM +AN =λf (M) + f(N).
Ainsi fest bien linéaire et est à valeurs dans M
2
(R)donc f∈ L (M
2
(R)).
Si M=a b
c d ,on a AM =a−c b −d a−c b −d. Ainsi M∈ker f⇐⇒ a−c= 0 b−d= 0 ⇐⇒ M=a b a b =
a1 0
1 0 +b0 1 0 1 . On a donc
ker f= Vect  1 0
1 0 ,0 1 0 1 
Pour Im f, N =α β
γ δ ∈Im f⇐⇒ ∃M=a b c d tel que AM +a−c b −d a−c b −d=α β γ δ . On obtient le
système 
a−c=α
b−d=β
a−c=γ
b−d=δ
⇐⇒ 
a=α+c
b=β+d
α=γ
β=δ
Il admet des solutions si et seulement si α=γet β=δdonc si et seulement si N=α β
α β =α1 0 1 0 +
β0 1
0 1 . On a donc Im f= Vect  1 0 1 0 ,0 1 0 1 = ker fCeci est immédiat car Im f⊂ker f(voir exo type
suivant).
Exercice type 3
Soit Eun Kev,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∈Etel 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∈Ealors f(x)∈Im fd’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
Edésigne ici un R-espace vectoriel, et fun endomorphisme de Evérifiant l’égalité : f
2
−2f−3I= 0,où f
2
=f◦fet
Idésigne l’application identité de E(I=Id
E
). On note get hles éléments de L(E)définie par g=f−3Iet h=f+I.
Déterminer g◦het h◦g. Montrer que ker g⊕ker h=E. Montrer que fest 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) = −→ 0et h(−→ x) = −→ 0
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G H

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Or g(−→ x) = f(−→ x)−3−→ x=−→ 0 =⇒f(−→ x) = 3−→ xet 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 −→ xsous la forme
−→
x=−→ a+−→ bavec −→ a∈ker get −→ b∈ker h
Or on a vu que g◦h= 0 et h◦g= 0 d’où Im h⊂ker get 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 het h(−→ x) = f(−→ x) + −→ x∈ker g
Mais
−→
x=(f(−→
x) + −→ x)−(f(−→ x)−3−→ x)
4=h(−→
x)
4−g(−→
x)
4
On pose donc −→ a=h(−→
x)
4∈ker g( car ker gest un sous-espace vectoriel qui contient h(−→
x)) et −→ b=−g(−→
x)
4∈ker h.
Pour finir, on a f◦f−2I
3=f−2I 3◦f=Id’où fest un automorphisme et f
−1
=f−2I
3.
Exercice 1
Dans l’exercice type , E désigne ici un R-espace vectoriel, et fun endomorphisme de Evérifiant l’égalité :
f
2
−2f−3I= 0. On note get hles éléments de L(E)définie par g=f−3Iet h=f+I,G= ker get H= ker h
alors, on a montré que G⊕H=E.
1. Soit pla projection sur Gde direction Het q=I−p, justifier que f= 3p−q.
2. Exprimer, pour n1,f
n
uniquement à l’aide de pet de q.
Solution :
1. On a montré que ∀−→ x∈E,−→ x=f(−→
x) + −→ x
4
∈G
+−f(−→
x)−3−→ x
4
∈H
,ainsi
p(−→ x) = f(−→
x) + −→ x
4et q(−→
x) = −f(−→
x)−3−→ x
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1,
f
n
=
n
k=0
n
k(3p)
k
(−q)
n−k
=
n
k=0
n
k3
k
(−1)
n−k
×p
k
◦q
n−k
Mais si k1et n−k1, on a p
k
◦q
n−k
=p
k−1
◦p◦q
=0
◦q
n−k−1
= 0. Ainsi pour 1kn−1,le terme p
k
◦q
n−k
est nul. La somme se réduit donc à
f
n
=n
03
0
(−1)
n−0
×p
0
◦q
n−0
+n
n3
n
(−1)
n−n
×p
n
◦q
n−n
= (−1)
n
q
n
+ 3
n
p
n
car p
0
=q
0
=Id
Enfin, puisque p◦p=p, par récurrence si n1, p
n
=p(c’est faux si n= 0) d’où
f
n
= 3
n
p+ (−1)
n
qsi 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 ϕdéfinie sur E=R
2
[X]par ϕ(P) = X
2
−X+ 1P
′
−(2X−1) P+X
2
P(1). Justifier que ϕest bien un
automorphisme de E.
Solution : Si la linéarité de ϕne 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) Psont tous les deux de degré n+ 1.
Commençons par la linéarité, ∀(P, Q)∈R[X]
2
,∀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)+X
2
−X+ 1Q
′
−(2X−1) Q+X
2
Q(1)
=λϕ (P) + ϕ(Q)
Il suffit donc de vérifier que ϕ(1) , ϕ (X)et ϕX
2
ont bien dans R
2
[X],ainsi par linéarité, on aura ϕaX
2
+bX +c∈
R
2
[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 Eet 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 ϕest 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
f
2
(−→ x) + f(−→ x) = −→ y+f(−→ y) = −→ y+−→ 0car −→ y∈ker f
d’où f
3
(−→ x) = −→ y , mais
f
3
(−→ x) = f(f(f(−→ x))) = f(f(−→ y)) = f−→ 0=−→ 0
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+Id
E
−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)
=−→ x+f(−→ x)−f
2
(−→ x)
∈ker f
+f(f(−→ x)−−→ x)
∈Im f
est bien la somme d’un élément de ker fet d’un élément de Im f.
Exercice 3
Soit E=R
2
[X],on note F={P∈E,P(1) = 0}et pour α∈Rfixé, G
α
= Vect (X−α). Pour quelles valeurs de α
a-t-on F⊕G
α
=E. Déterminer alors l’expression de la projection sur G
α
.
—4/8— G H

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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⊕G
α
sauf pour une valeur de α(qui est α= 1,car il est évident que dans ce cas, Vect (X−1) ⊂
F∩G
1
=−→ 0).
Soit P=aX
2
+bX +c, on cherche donc à décomposer Pde manière unique sous la forme
P=u(X−α)
∈G
α
+v(X−1) + wX
2
−1
∈F
=wX
2
+ (u+v)X−(αu +v+w)
Par unicité des coefficients d’un polynôme, cela s’écrit
w=a
u+v=b
αu +v+w=−c
⇐⇒ 
w=a
u+v=b
αu +v=−c−a
Le système (d’inconnues uet v)u+v=b
uα +v=−c−aa pour matrice augmentée A=1 1 α1
|b
| −c−a∼
L
2
−αL
2
1 1
0 1 −α
|b
| −c−a−αb . Si α= 1, il admet toujours une unique solution. On a donc toujours une unique décom-
position. Cela prouve que E=F⊕G
α
.
Si α= 1, on n’a pas de somme directe car G
1
= Vect (X−1) ⊂F∩G
1
, les deux sous espaces sont supplémentaires (et
la somme F+G
1
vaut F).
Enfin, pour obtenir la composante dans G
α
on calcule uqui vaut a+b+c
1−α=P(1) 1−α.Si Πest la projection sur G
α
(lorsque
α= 1) on a
Π : 
R
2
[X]−→ R
2
[X]
P(X)−→ P(1)
1−α(X−α)
Remarque : Si P∈F, on a bien Π (P) = 0. Si P∈G
α
,P(X) = λ(X−α)et Π (P) = λ(1 −α)
1−α(X−α) = P.
Exercice type 6
Soit E=R
3
, F =(x, y, z)∈R
3
, 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 Fparallélement à G.
Solution : On a F= Vect −→ b , −→ coù −→ b=
1
0
1
et −→
c=
0
1
1
. Dans R
3
,si −→ i , −→ j , −→ kest la base canonique,
alors −→ a , −→ b , −→ ca trois vecteurs et
Mat
−→
i ,−→ j ,−→ k
−→
a , −→ b , −→ c=
2 1 0
−1 0 1
0 1 1 
∼
C
2
−C
3
2 1 0
−1−1 1
0 0 1 
∼
C
1
+C
2
310
0−1 1
001
est de rang 3
Ainsi −→ a , −→ b , −→ cest une base de R
3
donc Vect (−→ a)⊕Vect −→ b , −→ c=R
3
.
—5/8—
G H