Exercice 1. 1. Décomposer en éléments simples F = X7 + 3X6 + 2X5

Exercice 1.
1. Décomposer en éléments simples
F =
X 7 + 3X 6 + 2X 5 + X 2 + X + 1
.
X7 + X6 + X5
X 7 + 3X 6 + 2X 5 + X 2 + X + 1 X 7 + X 6 + X 5
6
5 +X 2 +X+1
Réponse : -(X 7 + X 6 + X)5
donc F = 1 + 2XX+X
1
5 (X 2 +X+1)
2X 6 + X 5 + X 2 + X + 1
1 + X + X 2 + X 5 + 2X 6 1 + X + X 2
6
5 +X 2 +X+1
X 5 +2X 6
puis -(1 + X + X 2 )
donc 2X +X
= 1 + 1+X+X
1
2 et donc
(X 2 +X+1)
+ X 5 + 2X 6
2X 6 +X 5 +X 2 +X+1
X 5 (X 2 +X+1)
=
1
X5
+
X 5 +2X 6
X5
1+X+X 2
=
1
X5
+
2X+1
1+X+X 2
d’où F = 1 +
2. Trouver toutes les primitives de F . Réponse G(X) = X −
1
4X 4
1
X5
+
2X+1
1+X+X 2
+ ln(1 + X + X 2 ) + C .
Exercice 2.
Soit E = R3 , F = {(x, y, z) ∈ E, x = 0} et G = {β(1, 1, 0), β ∈ R}.
1. Montrer que F et G sont des sous espaces vectoriels de E et que E = F ⊕ G. Réponse
: si f1 = (x1 , y1 , z1 ) et f2 = (x2 , y2 , z2 ) sont dans F alors x1 = x2 = 0 et λ1 f1 + λ2 f2 =
(0, λ1 y1 + λ2 y2 , λ1 yz1 + λ2 z2 ) est aussi dans F et donc le sous ensemble F de E est non vide
et stable par combinaisons linéaires. C’est donc un sous espace vectoriel de E. De même
si f1 = β1 (1, 1, 0) et f2 = β2 (1, 1, 0) sont dans G alors λ1 f1 + λ2 f2 = (λ1 β1 + λ2 β2 )(1, 1, 0)
est aussi dans G et donc le sous ensemble G de E est non vide et stable par combinaisons
linéaires. C’est donc un sous espace vectoriel de E. Soit maintenant (x, y, z) ∈ F ∩ G alors
x=0
et donc β = 0 et donc (x, y, z) = (0, 0, 0) donc F ∩ G = {(0, 0, 0)}et
(x, y, z) = β(1, 1, 0)
donc F + G = F ⊕ G. Tout f = (0, y, z) de F s’écrit f = y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) et donc
((0, 1, 0), (0, 0, 1)) est une base de F et F est de dimension 2. Ensuite ((1, 1, 0)) est une base
de G et donc G est de dimension 1. Alors dim F ⊕ G = dim F + dim G = 3 et donc F ⊕ G
est un espace de dimension 3 dans E de dimension 3 donc E = F ⊕ G.
f
2. Soit R3 → R3 donnée par f (x, y, z) = (0, −x + y, z).
a) Déterminer ker(f ) et Im(f
), (donner une base et la dimension de chacun). Réponse : si
0=0

−x + y = 0 et donc (x, y, z) = (x, x, 0) = x(1, 1, 0) et donc
(x, y, z) est dans ker f alors

z=0
ker f = G et ((1, 1, 0)) est une basede ker f . Ensuite (X, Y, Z) est dans l’image de f si et
0=X

−x + y = Y . Ce système est triangulaire (inférieure)
seulement si il existe (x, y, z) tel que

z=Z
et donc X = 0 caractérise l’image de f et donc (X, Y, Z) est dans l’image de f si et seulement
si X = 0 et donc Im(f ) = G et une base de G est ((0, 1, 0), (0, 0, 1))
b) Quelle
dans la base canonique
de E =R3 ? Réponse :
 est la matrice
 A qui représente
 f 

0
0 0 0
x
0 0 0
comme  −x + y  =  −1 1 0   y  on obtient A =  −1 1 0  .
z
0 0 1
z
0 0 1
c) Calculer A2 . Réponse : A2 = A.
3. Quelle est l’interprétation géométrique de f ? Expliquer à partir de cette interprétation les
résultats de la question 2. Réponse : comme Z = z l’application transporte un point dans
le plan d’équation z = h en un point dans ce même plan. Ragardons ce qui se passe dans
le plan z = 0 : on annule X donc on obtient un point sur la droite d’équation x = 0 et
à y on retranche x pour obtenir Y et donc on projette le point M = (x, y) sur l’axe des y
parallèlement au vecteur (1, 1). En répétant cette analyse pour tous les plans z = Cte, f
est la projection sur le plan d’équation X = 0 parallèlement au vecteur (1, 1, 0). Donc les
vecteurs qui se projettent sur (0, 0, 0) sont les vecteurs colinéaires à (1, 1, 0) et donc G est le
noyau et l’image est le plan X = 0 c’est à dire F . Comme f est un projecteur alors f ◦ f = f
et donc A2 = A.
Exercice 3.
Soit E un espace vectoriel de dimension finie et f : E → E une application lineaire.
1. Montrer que si dim(Im(f ))=dim(E), alors Im(f ) = E . Réponse : Im(f ) est un sous espace
vectoriel de E qui a la même dimension que E . Donc Im(f ) = E.
2. Montrer que l’application f est surjective si et seulement si elle est injective. Réponse : si
f est surjective alors tout élément de l’espace d’arrivée est atteint et donc Im(f ) = E et donc
dim Im(f ) = dim E. Comme dim E = dim Im(f )+dim ker f , nous en déduisons que dim ker f = 0.
Et donc ker f = {(0, 0, 0)} . Soit maintenant x 6= y dans E alors x − y 6= 0 et il n’est pas possible
que f (x) = f (y); en effet s’il en était ainsi on aurait f (x) − f (y) = 0 = f (x − y) qui admet
comme seule solution x − y = 0 puisque le noyau est réduit à {(0, 0, 0)} . Donc x 6= y implique que
f (x) 6= f (y) et donc f est injective. Réciproquement si f est injective f (x) = f (y) implique que
x = y et donc si on veut résoudre f (γ) = 0 = f (0) c’est que γ = 0 et donc que le noyau ne contient
que le vecteur nul, et donc le noyau est de dimension 0 et donc l’image a la même dimension que
E et donc l’image est un sous espace vectoriel de dimension maximale et donc Im(f ) = E et donc
tout élément de l’espace d’arrivée est atteint et donc l’application est surjective.
3. Donner un exemple d’un espace vectoriel de dimension infinie et d’une application lineaire
f : E → E tels que f soit surjective mais pas injective. Réponse : soit E l’espace des polynômes
à coefficient réels, mais de degré quelconque. Soit f : E → E qui à un polynôme donné lui
associe son polynome dérivée. Comme
est la dérivée d’un autre polynôme (parce
0 tout polynôme
an−1 n
a0
an
n+1
n
que n+1 X
+ n x + · · · + 1 x = an X + · · · + a1 x + a0 ) l’application est bien surjective.
Elle n’est pas injective puis que la dérivée du polynôme constant 1 égale le polynôme nul qui est
aussi la dérivée du polynôme nul.