Exercice 1 : 1) On considère l`ensemble E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y

Exercice 1 :
1) On considère l’ensemble E={(x, y, z, t)∈R4|x+y=z=t= 0}.
Vérifier que Eest un sous-espace vectoriel de R4. En donner une base et la dimension.
2) On considère le sous-espace vectoriel Fde R4défini par
F={(a, a +b, −a+c, c)|(a, b, c)∈R3}.
Donner une base et la dimension de F.
3) Montrer que Eet Fsont supplémentaires dans R4.
1) L’ensemble E={(x, y, z, t)∈R4|x+y=z=t= 0}est inclus dans R4par définition, il
est non vide (Econtient 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, y0, z0, t0)∈Eet (α, β)∈R2.
Par définition de E, il s’ensuit que x+y=z=t= 0 et x0+y0=z0=t0= 0.
Alors αu +βv = (αx +βx0, αy +βy0, αz +βz0, αt +βt0)∈R4et αx +βx0+αy +βy0=
α(x+y)+β(x0+y0) = αz +βz0=αt +βt0= 0 + 0 = 0 car u∈Eet v∈E. Donc αu +βv ∈E.
On peut conclure que Eest un sous-espace vectoriel de R4.
Caractérisation d’un élément de E:
Un élément u= (x, y, z, t)∈Esi et seulement si y=−xet 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 Eet que dimRE= 1.
2) Pour déterminer une base de F, caractérisons un élément quelconque de F.
Un élément vappartient à Fsi et seulement si il existe (a, b, c)∈R3tel 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 Fest une combinaison linéaire des vecteurs u2,u3et 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 R4en considérant une combi-
naison linéaire nulle de ses trois éléments : soit (a, b, c)∈R3tel 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 Fet que dimRF= 3.
3)
– Déterminons E∩F:
Soit u∈E∩F. Comme u∈F, il existe (a, b, c)∈R3tel 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, dimRE∩F= 0).
1

– Déterminons E+F:
dim(E+F) = dim E+ dim F−dim(E∩F) = 1 + 3 −0 = 4 = dim R4et 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,e2et e3.
On s’intéresse à la matrice
A=
1 0 1
0 1 1
1 1 0
et on note fl’endomorphisme de R3dont Aest la matrice dans la base canonique C.
2) Déterminer l’image par fd’un vecteur quelconque u= (x, y, z)de R3.
3) Soit w= (3,0,1) ∈E.
Vérifier que le vecteur wadmet 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 fet 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 v3choisi dans Cpour former une
base de R3.
6) On note Bla matrice de fdans la base B={v1, v2, e1}.
Déterminer la matrice B.
7) Vérifier que Aest inversible et calculer A−1.
En déduire explicitement l’endomorphisme f−1.
8) En déduire que Best inversible et donner l’expression de B−1en 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+e3et 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)∈R3et Ule vecteur colonne représentant udans la base C. Le vecteur f(u)
est alors représenté, dans C, par A.U =
101
011
110
x
y
z
=
x+z
y+z
x+y
.
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)∈R3tel que f(v) = w, c’est-à-dire
tel que (x+z, y +z, x +y) = (3,0,1).
Or, 
x+ +z= 3
y+z= 0
x+y= 1
⇔
x= 3 −z
y=−z
3−2z= 1
⇔
x= 3 −z= 3 −1=2
y=−z=−1
z= 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 wpar 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 fest 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 fest un sous-espace vectoriel de R3, de dimension rang f= 3 = dim R3. Cela
signifie que Im f=R3.
L’endomorphisme fest 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 R3de 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)∈R3tel que
αv1+βv2+γe1= 0R3.
On a donc : (α+β+γ, α −β, α)=0R3, soit 
α+β+γ= 0
α−β= 0
α= 0
⇔α=β=γ= 0.
On en déduit que Best une famille libre de cardinal 3et par suite, c’est une base de R3.
6) Déterminons la matrice de fdans 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) = v2et f(e1) =
f((1,0,0) = (1,0,1) = v1+v2−e1.
Donc MAT B(f) = B=
2 0 1
0 1 1
0 0 −1
.
3

2ème méthode :
D’après la formule de changement de base : B=P−1AP où Pest la matrice de passage de
CàB.
On obtient P=
111
1−1 0
100
,P−1=
0 0 1
0−1 1
1 1 −2
et B=
2 0 1
0 1 1
0 0 −1
.
7) Inversibilité et inverse de la matrice A
On calcule le déterminant de la matrice A:
det A=
101
011
110
=
1 0 1
0 1 1
0 1 −1
en remplaçant L3par L3−L1. Donc, en développant par rapport à la première colonne,
det A=
1 1
1−1
=−26= 0. On en déduit que la matrice Aest inversible. Par le calcul, on
obtient la matrice A−1:
A−1=1
2
1−1 1
−1 1 1
1 1 −1
Remarque : on n’oublie pas de vérifier que : AA−1=I3.
Déterminons l’endomorphisme f−1
Puisque Aest la matrice de fdans C, la matrice de f−1dans la même base Cest A−1. Comme
à la question 2), on en déduit que : f−1:R3→R3
(x, y, z)7→ 1
2(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 fdans la base B.
D’après la question 6), on a : B=P−1AP , où Pdésigne la matrice de passage de la base C
à la base B.
On en déduit que
B−1= (P−1AP )−1=P−1A−1P.
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Exercice 3 :
On rappelle que pour toute matrice Bde M3(R), on pose B0=I3et pour tout entier naturel
n,Bn+1 =B×Bn=Bn×B.
On considère les deux matrices
L=
2−1−1
000
−2 1 1 
et M=
000
1−2 1
−1 2 −1
.
1) Calculer les produits ML et LM. Que peut-on en déduire pour ces deux matrices ?
2) Calculer L2et M2.
En déduire, par récurrence, l’expression des matrices Lnet Mnpour 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 nnon nul, on a :
An= 3n−1L+ (−3)n−1M.
4) Une application
On considère trois suites numériques (un),(vn)et (wn)définies par :
u0= 1, v0= 0 et w0= 0
pour tout entier n∈N,
un+1 = 2un−vn−wn
vn+1 =un−2vn+wn
wn+1 =−3un+ 3vn
Pour tout entier naturel n, on pose Xn=
un
vn
wn
.
a. Préciser le vecteur colonne X0.
b. Montrer que pour tout entier naturel n, on a Xn=AnX0.
c. En déduire, pour un entier nfixé, les expressions de un,vn,wnen fonction de n.
d. Préciser les valeurs de u4,v5et w6.
1) Un simple calcul permet de voir que LM =M L = 0M2(R), ce qui signifie que les deux
matrices Met Lcommutent.
2) De même, le calcul donne :
L2=
6−3−3
000
−6 3 3 
= 3Let M2=
000
−3 6 −3
3−6 3 
=−3M.
Montrons, par récurrence, que pour tout entier n∈N∗,Ln= 3n−1L.
Initialisation : On a bien : 31−1L= 1 ×L=L, donc la propriété est vraie pour n= 1.
Hérédité : montrons que pour tout entier n∈N∗, si Ln= 3n−1L, alors Ln+1 = 3nL.
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