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

Exercice 1.
1. Décomposer en éléments simples
F=X7+ 3X6+ 2X5+X2+X+ 1
X7+X6+X5.
Réponse :
X7+ 3X6+ 2X5+X2+X+ 1 X7+X6+X5
-(X7+X6+X)51
2X6+X5+X2+X+ 1
donc F= 1 + 2X6+X5+X2+X+1
X5(X2+X+1)
puis
1 + X+X2+X5+ 2X61 + X+X2
-(1 + X+X2) 1
+X5+ 2X6
donc 2X6+X5+X2+X+1
(X2+X+1) = 1 + X5+2X6 1+X+X2et donc
2X6+X5+X2+X+1
X5(X2+X+1) =1 X5+
X5+2X6
X5
1+X+X2=1 X5+2X+1 1+X+X2d’où F= 1 + 1 X5+2X+1 1+X+X2
2. Trouver toutes les primitives de F. Réponse G(X) = X−1
4X4+ ln(1 + X+X2) + C.
Exercice 2.
Soit E=R3,F={(x, y, z)∈E, x = 0}et G={β(1,1,0), β ∈R}.
1. Montrer que Fet Gsont des sous espaces vectoriels de Eet que E=F⊕G. Réponse
: si f1= (x1, y1, z1)et f2= (x2, y2, z2)sont dans Falors x1=x2= 0 et λ1f1+λ2f2=
(0, λ1y1+λ2y2, λ1yz1+λ2z2)est aussi dans Fet donc le sous ensemble Fde Eest 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 Galors λ1f1+λ2f2= (λ1β1+λ2β2)(1,1,0)
est aussi dans Get donc le sous ensemble Gde Eest non vide et stable par combinaisons
linéaires. C’est donc un sous espace vectoriel de E. Soit maintenant (x, y, z)∈F∩Galors
x= 0
(x, y, z) = β(1,1,0) et donc β= 0 et donc (x, y, z) = (0,0,0) donc F∩G={(0,0,0)}et
donc F+G=F⊕G. Tout f= (0, y, z)de Fs’écrit f=y(0,1,0) + z(0,0,1) et donc
((0,1,0),(0,0,1)) est une base de Fet Fest de dimension 2. Ensuite ((1,1,0)) est une base
de Get donc Gest de dimension 1. Alors dim F⊕G= dim F+ dim G= 3 et donc F⊕G
est un espace de dimension 3dans Ede dimension 3donc E=F⊕G.
2. Soit
f
R3→R3donnée 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
(x, y, z)est dans ker falors 
0 = 0
−x+y= 0
z= 0
et donc (x, y, z) = (x, x, 0) = x(1,1,0) et donc
ker f=Get ((1,1,0)) est une base de ker f. Ensuite (X, Y, Z)est dans l’image de fsi et
seulement si il existe (x, y, z)tel que 
0 = X
−x+y=Y
z=Z
. Ce système est triangulaire (inférieure)
et donc X= 0 caractérise l’image de fet donc (X, Y, Z)est dans l’image de fsi et seulement
si X= 0 et donc Im(f) = Get une base de Gest ((0,1,0),(0,0,1))
b) Quelle est la matrice Aqui représente fdans la base canonique de E=R3? Réponse :
comme 
0
−x+y
z
=
0 0 0
−110
0 0 1
x
y
z
on obtient A=
0 0 0
−110
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=zl’application transporte un point dans
le plan d’équation z=hen un point dans ce même plan. Ragardons ce qui se passe dans
le plan z= 0 : on annule Xdonc on obtient un point sur la droite d’équation x= 0 et
àyon retranche xpour obtenir Yet 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 Gest le
noyau et l’image est le plan X= 0 c’est à dire F. Comme fest un projecteur alors f◦f=f
et donc A2=A.
Exercice 3.
Soit Eun espace vectoriel de dimension finie et f:E→Eune application lineaire.
1. Montrer que si dim(Im(f))=dim(E), alors Im(f) = E. Réponse : Im(f)est un sous espace
vectoriel de Equi a la même dimension que E. Donc Im(f) = E.
2. Montrer que l’application fest surjective si et seulement si elle est injective. Réponse : si
fest surjective alors tout élément de l’espace d’arrivée est atteint et donc Im(f) = Eet 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 x6=ydans Ealors x−y6= 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 x6=yimplique que
f(x)6=f(y)et donc fest injective. Réciproquement si fest injective f(x) = f(y)implique que
x=yet 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 0et donc l’image a la même dimension que
Eet donc l’image est un sous espace vectoriel de dimension maximale et donc Im(f) = Eet 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→Etels que fsoit surjective mais pas injective. Réponse : soit El’espace des polynômes
à coefficient réels, mais de degré quelconque. Soit f:E→Equi à un polynôme donné lui
associe son polynome dérivée. Comme tout polynôme est la dérivée d’un autre polynôme (parce
que an
n+1 Xn+1 +an−1 nxn+· · · +a0 1x0=anXn+· · · +a1x+a0) l’application est bien surjective.
Elle n’est pas injective puis que la dérivée du polynôme constant 1égale le polynôme nul qui est
aussi la dérivée du polynôme nul.