TD21 BCPST 1a 11–12 Dans un premier temps, ne

TD21 BCPST 1a 11–12 APPLICATIONS LIN ´ EAIRES
Dans un premier temps, ne pas chercher les questions pr´ec´ed´ees d’un (*)
1. Dans chacun des cas suivants, dire si l’application fde Edans Fest lin´eaire. Quand elle
est lin´eaire, d´ecrire son image et son noyau (dimension et base, le cas ´ech´eant)
a) E=F=R2,f(x, y) = (x+ 2y, 3x−y)
b) E=R2,F=R3,f(x, y) = (2x, xy, x +y)
c) E=R3,F=R2,f(x, y, z) = (−x+ 2y, 2x−3y+z)
d) E=F=R3,f(x, y, z) = (x+y+z, 1,2y−z)
e) E=F=R3,f(x, y, z) = (x, 2|y|, x −y+ 2z)
f) E=F=R3,f(x, y, z) = (2x+y+z, x −y+ 2z, x + 5y−4z)
g) E=F=R4,f(x, y, z, t) = (−y, my, x −mz −t, y) (m: param`etre r´eel)
h) (*) E=F=R2[X], f(P) = P−XP ′
i) (*) E=F=C∞(R,R), f(u) = u′′ + 2u′+u(seulement le noyau)
Correction
a) fest lin´eaire, Ker f={(0,0)}, Im f=R2. (fest bijective)
b) Soit u= (1,1).
f(u) = (2,1,2) et f(2u) = f(2,2) = (4,4,4) 6= 2f(u), donc fn’est pas lin´eaire.
c) fest lin´eaire, Ker f= Vect(u), avec u= (−2,−1,1). Im f=R2.
d) fn’est pas lin´eaire car f(0,0,0) = (0,1,0) 6= (0,0,0).
e) Soit u= (0,1,0).
f(u) = (0,2,−1) et f(−u) = f(0,−1,0) = (0,2,1) 6=−f(u), donc fn’est pas
lin´eaire.
f) fest lin´eaire, Ker f= Vect(u1) avec u1= (−1,1,1). Im f= Vect(u2, u3) avec
u2= (2,1,1) et u3= (1,−1,5).
g) fest lin´eaire, Ker f= Vect(u1, u2) avec u1= (m, 0,1,0), u2= (1,0,0,1).
Im f= Vect(u3, u4) avec u3= (0,0,1,0), u4= (−1, m, 0,1).
h) Soit Pet Qdeux polynˆomes de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2, et λ∈R. D’apr`es les
propri´et´es de la d´erivation :
f(P+λQ) = P+λQ−X(P+λQ)′=P+λQ−X(P′+λQ′) = P−XP ′+λ(Q−XQ′) =
f(P) + λf(Q), donc fest lin´eaire.
Tout polynˆome Pde degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2 s’´ecrit P=aX2+bX +c, avec
(a, b, c)∈R3.
f(P) = (aX2+bX +c)−X(2aX +b) = −aX2+c
Un polynˆome est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls, donc
f(P) = 0 ⇔a=c= 0.
Donc Ker P={bX / b ∈R}= Vect(X).

X6= 0Edonc (X) est libre : (X) est une base de Ker f
D’autre part, Im f={−aX2+c / (a, c)∈R2}= Vect(−X2,1) = Vect(X2,1).
La famille (X2,1) est libre car si aX2+c= 0, alors a=c= 0.
Donc (1, X2) est une base de Im f.
i) fest lin´eaire. Ker f={u∈E / u′′ + 2u′+u= 0}donc Ker f= Vect(u1, u2), avec
u1:x7−→ e−xet u2:x7−→ xe−x.
Montrons que (u1, u2) est libre : soit (a, b)∈R2tel que au1+bu2= 0.
On a donc ∀x∈R, ae−x+bxe−x= 0.
En simplifiant par e−xqui est non nul, on obtient ∀x∈R, a +bx = 0.
Un polynˆome est nul si et seulement si ses coefficients sont nuls, donc a=b= 0, ce
qui signifie que (u1, u2) est libre. C’est donc une base de Ker f.
Remarque : On peut montrer que Im f=E.
2. Soit Eet Fdeux espaces vectoriels, soit f∈ L(E, F ) et soit (x1,...,xr) une famille de
vecteurs de E. Montrer que :
a) Si f(x1),...,f(xr)est libre, alors (x1,...,xr) est libre.
b) Si (x1,...,xr) est libre et fest injective, alors f(x1),...,f(xr)est libre.
c) Si (x1,...,xr) est g´en´eratrice de Eet fest surjective, alors f(x1),...,f(xr)est
g´en´eratrice de F.
d) Si f(x1),...,f(xr)est g´en´eratrice de Fet fest injective, alors (x1,...,xr) est
g´en´eratrice de E.
Correction
a) On suppose que f(x1),...,f(xr)est libre. Montrons que (x1,...,xr) est libre : soit
(α1,...,αr)∈Krtel que α1x1+···+αrxr= 0. Appliquons faux deux membres :
par lin´earit´e on obtient α1f(x1) + ···+αrf(xr) = 0, et comme f(x1),...,f(xr)
est libre, on a α1=···=αr= 0, donc (x1,...,xr) est libre.
b) On suppose que (x1,...,xr) est libre et finjective. Montrons que f(x1),...,f(xr)
est libre : soit (α1. . . , αr)∈Krtel que α1f(x1)+···+αrf(xr) = 0. Alors par lin´earit´e
on a f(α1x1+···+αrxr) = 0, et comme fest injective, on a α1x1+···+αrxr=
0, et comme (x1, . . . , xr) est libre, on a α1=··· =αr= 0, ce qui signifie que
f(x1),...,f(xr)est libre.
c) On suppose que (x1,...,xr) est g´en´eratrice de Eet fsurjective. Montrons que
f(x1),...,f(xr)est g´en´eratrice de F: soit y∈F; on doit montrer que ys’´ecrit
comme combinaison lin´eaire des f(xi). Comme fest surjective, il existe x∈Etel
que y=f(x). Comme (x1,...,xr) est g´en´eratrice de E, il existe (α1,...,αr)∈Kr
tel que x=α1x1+···+αrxr. Donc f(x) = f(α1x1+··· +αrxr), c’est `a dire
y=α1f(x1) + ···+αrf(xr), ce qu’on voulait.
d) On suppose que f(x1),...,f(xr)est g´en´eratrice de Fet finjective. Montrons que
(x1,...,xr) est g´en´eratrice de E: soit x∈E; on doit montrer que xs’´ecrit comme
combinaison lin´eaire des xi:f(x) est dans F, et f(x1),...,f(xr)est g´en´eratrice

de F, donc il existe (α1,...,αr)∈Krtel que f(x) = α1f(x1) + ···+αrf(xr). Par
lin´earit´e on a donc f(x) = f(α1x1+···+αrxr). Comme fest injective, on en d´eduit
x=α1x1+···+αrxr, ce qu’on voulait.
3. Soit f∈ L(R2) d´efinie par f(x, y) = (2x+y, x −y).
Soit u1= (1,3) et u2= (1,2).
V´erifier que B= (u1, u2) est une base de R2et d´eterminer M=MB(f).
R´eponse partielle : M=−12 ?
? ?
Correction
u1et u2ne sont pas colin´eaires, donc forment une famille libre. Comme elle a 2 ´el´ements,
c’est une base de R2.
Il faut calculer f(u1) et f(u2) et les exprimer dans la base (u1, u2).
f(u1) = (5,−2) et f(u2) = (4,−1)
Soit (x, y)∈R2. On r´esoud αu1+βu2= (x, y) (E)
Sous forme matricielle, (E) s’´ecrit
1 1 x
3 2 y
1 1 x
0−1y−3xL2←L2−3L1
1 0 −2x+y
0 1 3x−yL1←L1+L2
L2← −L2
Donc (E)⇔α=−2x+yet β= 3x−y.
Par cons´equent f(u1) = (−2×5−2)u1+ (3 ×5 + 2)u2=−12u1+ 17u2et f(u2) =
(−2×4−1)u1+ (3 ×4 + 1)u2=−9u1+ 13u2
Donc M(u1,u2)(f) = −12 −9
17 13 
4. Soit M=
1−1−1
−2 0 −2
1 1 3
et f∈ L(R3) dont la matrice dans la base canonique de R3
est M.
a) Soit u= (1,2,−1). Montrer que (u) est une base de Ker f.
b) Soit v= (1,0,−1) et w= (1,−1,0). Calculer f(v) et f(w).
c) Montrer que (u, v, w) est une base de R3. Donner la matrice de fdans cette base.
d) Montrer que Im f= Ker(2 Id −f)
5. Soit E=Kn, et soit f∈ L(E) telle que pour tout x∈E, la famille (x, f(x)) soit li´ee.
a) Soit (e1,...,en) la base canonique de E.
Montrer qu’il existe λ∈Ktel que ∀i∈[[1, n]], f(ei) = λei.

b) Recommencer la question pr´ec´edente, en la lisant bien cette fois.
On pourra consid´erer e1+ei
c) Montrer que fest une homoth´etie vectorielle (ou identiquement nulle)
6. Soit f:R3−→ R3
(x, y, z)7−→ (2x+y+z, 2y−z, 2z)
.
D´eterminer pour tout n∈N∗l’expression explicite de fn=f◦f◦ · · · ◦ f
|{z }
nfois
Correction
La matrice de fdans la base canonique Best M=
2 1 1
0 2 −1
0 0 2
.
La matrice de fndans Best Mn=
2nn2n−1n2n−1−n(n−1)2n−3
0 2n−n2n−1
0 0 2n
Donc fn(x, y, z) = 2nx+n2n−1y+ (n2n−1−n(n−1)2n−3)z, 2ny−n2n−1z, 2nz
7. Diagonalisation d’un endomorphisme
Soit E=R3, et f∈ L(E) dont la matrice dans la base canonique est 
1−1 1
1−1−1
2−2 0
a) D´eterminer tous les r´eels λtels que l’´equation f(u) = λu admette des solutions u
non nulles, et pour chacun de ces λ, d´eterminer une base de l’ensemble des solutions.
b) ` A partir de ce qui a ´et´e trouv´e `a la question pr´ec´edente, d´eterminer une base Bde
Etelle que MB(f) soit diagonale.
8. a) Soit n∈N∗et f∈ L(Rn) d´efinie par :
∀(x1,...,xn)∈Rn, f(x1,...,xn) = (x1+···+xn, x2+···+xn,...,xn−1+xn, xn)
Montrer que fest bijective et donner l’expression analytique de sa r´eciproque.
b) En d´eduire que la matrice M=
1··· ··· 1
0....
.
.
.
.
........
.
.
0··· 0 1
∈ Mn(R) est inversible et
donner son inverse.
Correction

a) Soit (y1,...,yn)∈Rn. Montrons qu’il existe un unique (x1,...,xn)∈Rntel que
f(x1,...,xn) = (y1,...,yn), c’est-`a-dire tel que :
(S) : 
x1+x2+... +xn=y1
x2+... +xn=y2
....
.
..
.
.
xn=yn
Remarque : Quelqu’un qui connaˆıt son cours arrive au moins jusque l`a.
(S) est triangulaire et ses coefficients diagonaux valent 1, donc (S) admet une unique
solution, ce qui montre que fest bijective. R´esolvons (S) :
En faisant L1−L2, on obtient x1=y1−y2, et de mˆeme en faisant Li−Li+1
(i∈[[1, n −1]]), on obtient xi=yi−yi+1, et enfin, xn=yn.
Donc l’unique solution de (S) est :
x1=y1−y2
x2=y2−y3
.
.
.
xn−1=yn−1−yn
xn=yn
L’expression de f−1est donc :
∀(y1,...,yn)∈Rn, f−1(y1,...,yn) = (y1−y2, y2−y3,...,yn−1−yn, yn)
b) Mest la matrice de fdans Bla base canonique de Rn.
fest bijective, donc Mest inversible (on pouvait aussi dire que Mest triangulaire
`a coefficients diagonaux non nuls).
M−1=MB(f−1) =
1−1 0 ··· 0
0..........
.
.
.
.
..........0
.
.
.......−1
0··· ··· 0 1
M−1a des 1 sur la diagonale, des −1 juste au dessus, des 0 ailleurs.
9. Soit E=Kn, et B= (ui)1≤i≤nune base de E.
Soit ε1,...,εndes entiers qui valent 1 ou −1.
Soit f∈ L(E) telle que ∀i∈[[1, n]], f (ui) = εiui.
Montrer que f◦f= IdE.
Correction
∀i∈[[1, n]], f ◦f(ui) = f(εiui) = εif(ui) = ε2
iui=uicar ε2 i= 1.
Donc f◦fet IdEco¨ıncident en chacun des ui. Comme (u1,...,un) est une base de E,
on en d´eduit que f◦f= IdE.
Autre solution : la matrice de fdans (u1,...,un) est diagonale avec des ±1 sur la diago-
nale, donc son carr´e est In. Par cons´equent f◦f= IdE.