Exercice 1 : 1) On considère l’ensemble E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y = z = t = 0}. Vérifier que E est un sous-espace vectoriel de R4 . En donner une base et la dimension. 2) On considère le sous-espace vectoriel F de R4 défini par F = {(a, a + b, −a + c, c) | (a, b, c) ∈ R3 }. Donner une base et la dimension de F . 3) Montrer que E et F sont supplémentaires dans R4 . 1) L’ensemble E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y = z = t = 0} est inclus dans R4 par définition, il est non vide (E contient 0R4 = (0, 0, 0, 0) car 0 + 0 = 0 = 0) et il est stable par combinaison linéaire. En effet, soient u = (x, y, z, t) ∈ E, v = (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) ∈ E et (α, β) ∈ R2 . Par définition de E, il s’ensuit que x + y = z = t = 0 et x0 + y 0 = z 0 = t0 = 0. Alors αu + βv = (αx + βx0 , αy + βy 0 , αz + βz 0 , αt + βt0 ) ∈ R4 et αx + βx0 + αy + βy 0 = α(x + y) + β(x0 + y 0 ) = αz + βz 0 = αt + βt0 = 0 + 0 = 0 car u ∈ E et v ∈ E. Donc αu + βv ∈ E. On peut conclure que E est un sous-espace vectoriel de R4 . Caractérisation d’un élément de E : Un élément u = (x, y, z, t) ∈ E si et seulement si y = −x et z = t = 0. Donc u = (x, −x, 0, 0) = x(1, −1, 0, 0) ∈ h{u1 = (1, −1, 0, 0)}i. Donc E = h{u1 }i, autrement dit {u1 } est une famille génératrice de E. Par ailleurs, la famille {u1 } est libre dans R4 , car elle est composée d’un seul vecteur non nul de R4 . Cela signifie que {u1 } est une base de E et que dimR E = 1. 2) Pour déterminer une base de F , caractérisons un élément quelconque de F . Un élément v appartient à F si et seulement si il existe (a, b, c) ∈ R3 tel que v = (a, a + b, −a + c, c) = a(1, 1, −1, 0) + b(0, 1, 0, 0) + c(0, 0, 1, 1). On pose : u2 = (1, 1, −1, 0), u3 = e2 = (0, 1, 0, 0) et u4 = (0, 0, 1, 1). Tout élément de F est une combinaison linéaire des vecteurs u2 , u3 et u4 , donc F = h{u1 , u2 , u3 }i, autrement dit {u2 , u3 , u4 } est une famille génératrice de F . Par ailleurs, on vérifie que la famille {u2 , u3 , u4 } est libre dans R4 en considérant une combinaison linéaire nulle de ses trois éléments : soit (a, b, c) ∈ R3 tel que au1 + bu2 + cu3 = 0R4 . Donc (a, a + b, −a + c, c) = (0, 0, 0, 0), soit a = c = b = 0. Cela signifie que {u2 , u3 , u4 } est libre. On peut en conclure que {u2 , u3 , u4 } est une base de F et que dimR F = 3. 3) – Déterminons E ∩ F : Soit u ∈ E ∩ F . Comme u ∈ F , il existe (a, b, c) ∈ R3 tel que u = (a, a + b, −a + c, c). Comme u ∈ E, a + (a + b) = −a + c = c = 0, soit encore a = b = c = 0. Donc u = 0R4 . On en déduit que E ∩ F = {0R4 } (et par conséquent, dimR E ∩ F = 0). 1 – Déterminons E + F : dim(E + F ) = dim E + dim F − dim(E ∩ F ) = 1 + 3 − 0 = 4 = dim R4 et E + F ⊂ R4 , comme sous-espaces vectoriels de R4 . Donc E + F = R4 . On peut conclure des deux derniers résultats que E ⊕ F = R4 . Exercice 2 : On considère l’espace vectoriel réel E = R3 . On note usuellement C = {e1 , e2 , e3 } la base canonique de E. 1) Rappeler explicitement les vecteurs e1 , e2 et e3 . On s’intéresse à la matrice 1 0 1 A = 0 1 1 1 1 0 et on note f l’endomorphisme de R3 dont A est la matrice dans la base canonique C. 2) Déterminer l’image par f d’un vecteur quelconque u = (x, y, z) de R3 . 3) Soit w = (3, 0, 1) ∈ E. Vérifier que le vecteur w admet un unique antécédent par f , que l’on déterminera. 4) Propriétés de l’endomorphisme f : a. Déterminer une base du noyau de f . b. En déduire le rang de f et une base de Im f . 5) Soient v1 = (1, 1, 1) et v2 = (1, −1, 0). Montrer que l’on peut compléter {v1 , v2 } par un vecteur v3 choisi dans C pour former une base de R3 . 6) On note B la matrice de f dans la base B = {v1 , v2 , e1 }. Déterminer la matrice B. 7) Vérifier que A est inversible et calculer A−1 . En déduire explicitement l’endomorphisme f −1 . 8) En déduire que B est inversible et donner l’expression de B −1 en fonction de A−1 . (On ne demande pas de calculer explicitement B −1 ). 1) On rappelle l’expression des vecteurs de la base canonique de R3 : e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) et e3 = (0, 0, 1). 2) Déterminons explicitement l’endomorphisme f . 1ère méthode : D’après la matrice A, on a : f (e1 ) = e1 + e3 , f (e2 ) = e2 + e3 et f (e3 ) = e1 + e2 . Soit u = (x, y, z) ∈ R3 . Donc f (u) = f (xe1 + ye2 + ze3 ) = xf (e1 ) + yf (e2 ) + zf (e3 ) = x(e1 + e3 ) + y(e2 + e3 ) + z(e1 + e2 ) = (x + z)e1 + (y + z)e2 + (x + y)e3 = (x + z, y + z, x + y). 2 2ème méthode : Soit u = (x, y, z) ∈ R3 et U le vecteur colonne représentant la base C. Le vecteur f (u) dans u x+z x 1 0 1 est alors représenté, dans C, par A.U = 0 1 1 y = y + z . x+y z 1 1 0 On retrouve le résultat précédent : f : R3 → R3 (x, y, z) 7→ (x + z, y + z, x + y). 3) Soit w = (3, 0, 1). On cherche s’il existe v = (x, y, z) ∈ R3 tel que f (v) = w, c’est-à-dire tel que (x + z, y + z, x + y) = (3, 0, 1). x + +z = 3 x = 3 − z x = 3 − z = 3 − 1 = 2 Or, ⇔ y = −z = −1 y + z = 0 ⇔ y = −z x + y z = 1 =1 3 − 2z = 1 Comme le système admet une solution et une seule, on en déduit que le vecteur v = (2, −1, 1) est l’unique antécédent de w par f . Remarque : on n’oublie pas de vérifier que f (2, −1, 1) = (3, 0, 1) ! 4a) Noyau de f : u = (x, y, z) ∈ Ker f ⇔ f (u) = (x + z, y + z, x + y) = (0, 0, 0) ⇔ x = y = z = 0 ⇔ u = 0R3 . On en déduit que Ker f = {0R3 }, donc f est un endomorphisme injectif de l’espace R3 . b) D’après le théorème du rang, rang f = dim R3 − dim Ker f = 3 − 0 = 3. On sait que Im f est un sous-espace vectoriel de R3 , de dimension rang f = 3 = dim R3 . Cela signifie que Im f = R3 . L’endomorphisme f est donc bijectif : c’est un automorphisme de R3 . 5) Il est clair que les vecteurs v1 = (1, 1, 1) et v2 = (1, −1, 0) ne sont pas colinéaires, donc la famille {v1 , v2 } est libre dans l’espace vectoriel R3 de dimension 3. D’après le théorème de la base incomplète, on sait que toute famille libre de deux vecteurs d’un espace de dimension trois peut être complétée en une base de cet espace, en y adjoignant un vecteur de telle sorte que la famille de 3 vecteurs ainsi obtenue soit encore libre. On vérifie que la famille B = {v1 , v2 , e1 } par exemple est libre : soit (α, β, γ) ∈ R3 tel que αv1 + βv2 + γe1 = 0R3 . α + β + γ = 0 On a donc : (α + β + γ, α − β, α) = 0R3 , soit α − β = 0 ⇔ α = β = γ = 0. α =0 On en déduit que B est une famille libre de cardinal 3 et par suite, c’est une base de R3 . 6) Déterminons la matrice de f dans la base B = {v1 , v2 , e1 }. 1ère méthode : On a : f (v1 ) = f (1, 1, 1) = (2, 2, 2) = 2v1 , f (v2 ) = f (1, −1, 0) = (1, −1, 0) = v2 et f (e1 ) = f ((1, 0, 0) = (1, 0, 1) = v1+ v2 − e1 . 2 0 1 Donc MAT B (f ) = B = 0 1 1 . 0 0 −1 3 2ème méthode : D’après la formule de changement de base : B = P −1 AP où P est la matrice de passage de C à B. 2 0 1 0 0 1 1 1 1 On obtient P = 1 −1 0, P −1 = 0 −1 1 et B = 0 1 1 . 0 0 −1 1 1 −2 1 0 0 7) Inversibilité et inverse de la matrice A On calcule le déterminant de la matrice A : 1 0 1 1 0 det A = 0 1 1 = 0 1 1 1 0 0 1 1 1 −1 en remplaçant L 3 par L3 − L1 . Donc, en développant par rapport à la première colonne, 1 1 det A = = −2 6= 0. On en déduit que la matrice A est inversible. Par le calcul, on 1 −1 obtient la matrice A−1 : 1 −1 1 1 1 A−1 = −1 1 2 1 1 −1 Remarque : on n’oublie pas de vérifier que : AA−1 = I3 . Déterminons l’endomorphisme f −1 Puisque A est la matrice de f dans C, la matrice de f −1 dans la même base C est A−1 . Comme à la question 2), on en déduit que : f −1 : R3 → R3 (x, y, z) 7→ 21 (x − y + z, −x + y + z, x + y − z). 8) Inversibilité de la matrice B : On sait que la matrice d’une application linéaire bijective est inversible. C’est donc le cas de la matrice B, qui est la matrice de l’automorphisme f dans la base B. D’après la question 6), on a : B = P −1 AP , où P désigne la matrice de passage de la base C à la base B. On en déduit que B −1 = (P −1 AP )−1 = P −1 A−1 P. 4 Exercice 3 : On rappelle que pour toute matrice B de M3 (R), on pose B 0 = I3 et pour tout entier naturel n, B n+1 = B × B n = B n × B. On considère les deux matrices 2 −1 −1 0 0 L= 0 −2 1 1 0 0 0 M = 1 −2 1 . −1 2 −1 et 1) Calculer les produits M L et LM . Que peut-on en déduire pour ces deux matrices ? 2) Calculer L2 et M 2 . En déduire, par récurrence, l’expression des matrices Ln et M n pour tout entier naturel n non nul. 3) On considère la matrice A = L + M . a. Déterminer la matrice A. b. Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, on a : An = 3n−1 L + (−3)n−1 M. 4) Une application On considère trois suites numériques (un ), (vn ) et (wn ) définies par : u0 = 1, v0 = 0 et w0 = 0 un+1 = 2un − vn − wn pour tout entier n ∈ N, vn+1 = un − 2vn + wn w = −3u + 3v n+1 Pour a. b. c. d. n n un tout entier naturel n, on pose Xn = vn . wn Préciser le vecteur colonne X0 . Montrer que pour tout entier naturel n, on a Xn = An X0 . En déduire, pour un entier n fixé, les expressions de un , vn , wn en fonction de n. Préciser les valeurs de u4 , v5 et w6 . 1) Un simple calcul permet de voir que LM = M L = 0M2 (R) , ce qui signifie que les deux matrices M et L commutent. 2) De même, le calcul donne : 6 −3 −3 0 0 = 3L L2 = 0 −6 3 3 0 0 0 M 2 = −3 6 −3 = −3M. 3 −6 3 et Montrons, par récurrence, que pour tout entier n ∈ N∗ , Ln = 3n−1 L. Initialisation : On a bien : 31−1 L = 1 × L = L, donc la propriété est vraie pour n = 1. Hérédité : montrons que pour tout entier n ∈ N∗ , si Ln = 3n−1 L, alors Ln+1 = 3n L. 5 Soit n ∈ N∗ fixé. On suppose que Ln = 3n−1 L. D’après le calcul précédent, on sait que L2 = 3L. Alors Ln+1 = Ln × L = 3n−1 L × L = 3n−1 L2 = 3n−1 × 3L = 3n L. Conclusion : Par récurrence, on a prouvé que pour tout entier n ∈ N∗ , Ln = 3n−1 L. Un raisonnement similaire – en remplaçant 3 par (−3) – permettrait de démontrer que pour tout entier n ∈ N∗ , M n = (−3)n−1 M . 3)a. D’après l’énoncé, 2 −1 −1 A = L + M = 1 −2 1 . −3 3 0 b) Soit n ∈ N∗ . Puisque les matrices L et M commutent, on peut utiliser la formule du binôme de Newton pour calculer An : An = (L + M )n = n X Cnk Lk M n−k . k=0 n−k−1 = Lk−1 × 0 × M n−k−1 = 0. Or, pour k 6∈ {0, n}, on a : Lk M n−k = Lk−1 × (LM ) × M( Cn0 L0 M n = M n = (−3)n−1 M, pour k = 0 Dans la somme, il ne reste donc que deux termes non nuls : Cnn Ln M 0 = Ln = 3n−1 L, pour k = n. Ainsi, An = 3n−1 L + (−3)n−1 M. u0 1 4a) En reprenant les notations de l’énoncé, on obtient X0 = v0 = 0 . w0 0 b) Soit n ∈ N. On remarque que le système un+1 = 2un − vn − wn vn+1 = un − 2vn + wn w n+1 = −3un + 3vn un un+1 2un − vn − wn 2 −1 −1 s’écrit encore vn+1 = un − 2vn + wn = 1 −2 1 × vn , −3 3 0 wn wn+1 −3un + 3vn soit Xn+1 = AXn . Un simple raisonnement par récurrence permet d’en déduire que pour tout entier n ∈ N, Xn = An X0 . c) Or, d’après les résultats des questions 3b) et 4a), le produit An X0 est égal à 2 × 3n−1 n (−3)n−1 A X0 = . n−1 n−1 (−2) × 3 + (−1) × (−3) On en déduit que, pour tout entier n ∈ N, on a : n−1 un = 2 × 3 v = (−3)n−1 n−1 (−2 + (−1)n ) n+1 = 3 n w d) Par exemple, u4 = 2 × 33 = 2 × 27 = 54, v5 = (−3)4 = 81 et w6 = 35 × (−1) = −243. 6