Mathématiques L2 – Cours de Sophie Jallais et Muriel Pucci

Mathématiques L2 – Cours de Sophie Jallais et Muriel Pucci
Corrigé du TD n°4
Applications linéaires
EXERCICE 1
1. f(.) est une application de IR2 dans IR3. En effet,
- le vecteur
- le vecteur
est un élément deℝ ,
+2
−
un élément de ℝ .
2
+2
2
−
de ℝ . f
=
=
+ −
0
2
2
1
2
1
2
3. 1 + −1 = 1 −1
.
0
2
0
2
2. Ecrire
sous la forme
On en déduit que f
=M
+
=
1
1 +
0
, où
2
1
2
−1 = xC1 + yC2, où C1 = 1 et C2 = −1 .
2
0
2
et
sont des vecteurs (ou matrices) colonnes
1
2
, où M = 1 −1 = (C1 C2).
0
2
1 1 −1
( ) = M1X, avec M1 = −1 3 −1 .
−1 1
1
EXERCICE 2
1.
• Le format de la matrice M1, autrement dit le couple :
(nombre de lignes de M1, nombre de colonnes de M1),
est égal à :
(dimension de l’espace d’arrivée de
(.) , dimension de l’espace de départ de
(.)).
Comme la matrice est de format (3 , 3) — on dit plutôt que c’est une matrice carrée d’ordre 3 — et
comme les espaces de départ et d’arrivée sont de type IRn, l’espace de départ et d’arrivée de cette
1 1 −1
1 1 −1
1 1 −1
= rangM1 = rang −1 3 −1 = rang 0 4 −2 = rang 0 4 −2 = 3.
−1 1
1
0 2
0
0 0
2
• Une application linéaire est injective si et seulement si son rang est égal à la dimension de son espace de
application est IR3.
• Rang
départ. (Propriété démontrée en cours)
Comme l’espace de départ de l’application f(.) est IR3 et comme rang f = dimIR3 = 3, cette application
est injective.
Une application linéaire est surjective si et seulement si son rang est égal à la dimension de son espace
d’arrivée. (Propriété démontrée en cours)
Comme l’espace d’arrivée de l’application f(.) est IR3 et comme rang f = dimIR3 = 3, cette application est
surjective.
Enfin, comme l’application f(.) est injective et surjective, elle est bijective.
• Imf = {MX, X Є IR3}= IR3 (car, f(.) étant surjective, Imf est l’espace d’arrivée de f(.)).
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• Kerf = {X Є IR3 / MX = 0} = {0} (car car f(.) est injective).
• Comme f(.) est bijective, le système Y = MX a une solution unique.
1 −2 1
( ) = M2X, avec M2 = −1
1 0 .
0 −3 3
• Même raisonnement que plus haut. Comme la matrice M2 est d’ordre 3, et comme les espaces de
2.
départ et d’arrivée sont de type IRn, l’espace de départ et d’arrivée de cette application est IR3.
1 −2 1
1 −2 1
1 −2 1
• Rang = rangM2 = rang −1
1 0 = rang 0 −1 1 = rang 0 −1 1 = 2.
0 −3 3
0 −3 3
0
0 0
• Cette application linéaire est injective si et seulement si son rang est égal à la dimension de son
espace de départ, autrement dit si et seulement si son rang est égal à 3. Or on vient de voir que rang
= 2. Cette application n’est donc pas injective.
Elle n’est pas non plus surjective dans la mesure où son espace d’arrivée est le même que son espace
de départ (son rang n’est donc pas plus égal à la dimension de son espace d’arrivée).
Enfin, comme l’application (.) n’est pas injective ni surjective, elle n’est pas bijective.
• Im
• Ker
= {X Є IR3 / M2X = 0}.
= {M2X, X Є IR3}. C’est le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par les colonnes de M2.
1ère méthode de détermination de ker
(ou kerM2) : résolution de M2X = 0.
En appliquant la méthode du pivot sur les lignes de M2, on obtient (voir plus haut) la matrice :
1 −2 1
0 −1 1 .
0
0 0
Le système M2X = 0 est donc équivalent au système :
1 −2 1
0 −1 1 X = 0,
0
0 0
ce qui donne, en posant X =
:
− 2
−
+
+
= 0
= 0
Le système M2X = 0 a donc pour solutions l’ensemble des vecteurs X de la forme
Ker
1
est donc le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par ! 1 ".
1
2nde méthode de détermination de ker
.
:
Théorème des dimensions : dimE = rang
+ dimker
Du théorème des dimensions, on déduit que : dimker
(où E est l’espace de départ de
(.))
= 3 – 2 = 1.
C 1 + C 2 + C 3 = 0,
Si l’on note C1, C2 et C3 les trois colonnes de M2 respectivement, on a :
ce qui donne :
ou encore :
1
(C1 C2 C3) 1 = 0
1
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1
M 2 1 = 0.
1
1
Le vecteur 1 appartient donc à ker .
1
Et comme dimker = 1, ce vecteur forme même une base de ker .
1
Ker est donc le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par ! 1 ".
1
.
• Comme ( ) n’est pas surjective, le système Y = M2X n’a (au moins) une solution que si Y est un
élément de Im .
1 −2 0
.
−2
1 1
• Comme la matrice M3 est de format (2 , 3) et comme ses espaces de départ et d’arrivée sont de type
3.
( ) = M3X, avec M3 =
IRn, l’espace de départ de cette application est IR3 et son espace d’arrivée IR2.
1 −2 0
= 2.
• Rang = rang M3 = rang
−2
1 1
• Comme le rang de l’application (.) diffère de la dimension de son espace de départ, cette
application n’est pas injective.
Comme le rang de (.) est égal à la dimension de son espace d’arrivée (rang
= dimIR2 = 2), cette
application est surjective.
(.) n’est pas injective, elle n’est pas non plus bijective.
= { M3X, X Є IR3}= IR2 (car, (.) étant surjective, Im est l’espace d’arrivée de
Enfin, comme l’application
• Im
• Ker
= {X Є IR3 / M3X = 0}.
1ère méthode de détermination de ker
(.)).
(ou kerM3) : résolution de M3X = 0.
En appliquant la méthode du pivot sur les lignes de M3, on obtient la matrice :
1 −2 0
.
0 −3 1
Le système M3X = 0 est donc équivalent au système :
1 −2 0
X = 0,
0 −3 1
ce qui donne, en posant X =
:
− 2
− 3
+
= 0
= 0
Le système M3X = 0 a donc pour solutions l’ensemble des vecteurs X de la forme
2
est donc le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par ! 1 ".
3
nde
2 méthode de détermination de ker :
Ker
Théorème des dimensions : dimE = rang
+ dimker
Du théorème des dimensions, on déduit que : dimker
2
3
(où E est l’espace de départ de
.
(.))
= 3 – 2 = 1.
2C1 + C2 + 3C3 = 0,
Si l’on note C1, C2 et C3 les trois colonnes de M3 respectivement, on a :
ce qui donne :
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2
M 3 1 = 0.
3
2
Le vecteur 1 appartient donc à ker .
3
Et comme dimker = 1, ce vecteur forme même une base de ker .
2
Ker est donc le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par ! 1 ".
3
.
• Comme ( ) est surjective, le système Y = M3X a au moins une solution quel que soit le vecteur Y de
IR2.
−1 0
(
)
=
M
X,
avec
M
=
−1 3 .
4
4
#
2 1
• Comme la matrice M4 est de format (3 , 2) et comme ses espaces de départ et d’arrivée sont de type
4.
IRn, l’espace de départ de cette application est IR2 et son espace d’arrivée IR3.
−1 0
• Rang # = rang M4 = rang −1 3 = 2.
2 1
• Comme le rang de l’application # (.) est égal à la dimension de son espace de départ (rang
= 2), cette application est injective.
Comme le rang de # (.) diffère de la dimension de son espace d’arrivée (rang
#
#
= dimIR2
= 2 et dimIR3 = 3), cette
application n’est pas surjective.
Enfin, comme l’application # (.) n’est pas surjective, elle n’est pas non plus bijective.
#
= { M4X, X Є IR3}. C’est le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par les colonnes de M4.
• Ker # = {X Є IR3 / M4X = 0} = {0} (car # (.) est injective).
• Comme # (.) n’est pas surjective, le système Y = M4X n’a de solution que si Y appartient à Im . Et,
comme # (.) est injective, si le système a une solution, alors cette solution est unique.
• Im
EXERCICE 3 (FACULTATIF) — A =
1. RangA = 2.
1 1
−2 1
0 3
3 3
2. Comme (théorème des dimensions) on a :
nombre de colonnes de A = dimkerA + rangA (ou dimE = dimkerf + rangf),
il s’ensuit que :
dimkerA = 4 – 2 = 2.
3. Comme AB = 0 (où B est la matrice B de l’exercice 4 du TD2), on a :
1
1
2
−1
A$ % = 0 et A$ % = 0 .
1
1
0
−1
1
1
−1
2
Les deux vecteurs $ % et $ % sont donc des éléments de kerA.
1
1
0
−1
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Comme ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels et comme dimkerA = 2, ces deux vecteurs
forment une base de kerA. L’ensemble kerA est donc l’ensemble des combinaisons linéaires de ces
deux vecteurs.
EXERCICE 4
1 1 1
&= 1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1. rangM = rang 1 1 1 = rang 0 0 0 = 1.
1 1 1
0 0 0
2. DimkerM = nombre de colonnes de M – rangM = 3 – 1 = 2
C1 + C2 – 2C3 = 0,
3. Si l’on note C1, C2 et C3 les trois colonnes de M respectivement, on a :
ou encore :
Comme C1 + C2 – 2C3 = 0, on a :
C1 – C2 + 0C3 = 0,
2C1 – C2 – C3 = 0,
C1 + 0C2 – C3 = 0,
etc.
M
1
1 est donc un élément de kerM.
−2
De même, comme C1 – C2 + 0C3 = 0, on a :
le vecteur
1
1 =0;
−2
1
M −1 = 0 ;
0
1
le vecteur −1 est donc un élément de kerM.
0
1
1
En outre, les deux vecteurs −1 et
1 sont linéairement indépendants (ils forment une matrice de
0
−2
rang 2). Ils forment donc une base de kerM, puisque dimkerM = 2.
L’ensemble kerM est donc l’ensemble des combinaisons linéaires de ces deux vecteurs.
0
2
EXERCICE 5 — & = 1 −1 .
0
2
1. Cette application linéaire est injective si et seulement si son rang est égal à la dimension de son
espace de départ, autrement dit si et seulement si le rang de M est égal au nombre de colonnes de M à
savoir à 2. Or ceci est le cas puisque les deux colonnes de M ne sont pas proportionnelles.
autrement dit MX = 0 a pour seule solution X = 0.
2. Cette application étant injective, son noyau se réduit au vecteur nul de son espace de départ,
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+2
−
2
1. On peut représenter une application linéaire (∙) par rapport à d’autres bases que les bases
canoniques de ses espaces de départ et d’arrivée. Chaque colonne j de la matrice est alors le vecteur
colonne des coordonnées, dans la base de l’espace d’arrivée, de l’image par (∙) du jème vecteur de la
base de l’espace de départ.
EXERCICE 6 — f
=
Les deux colonnes de la matrice N de f(∙) de l’exercice 1 par rapport aux bases :
2
1
0
1
1
,
(
* et ! 1 , −1 ,
1 ",
1
−1
0
2
−1
2
1
0
1
sont donc les coordonnées, dans la base ! 1 , −1 ,
1 " des vecteurs f
1
0
2
−1
respectivement.
et f
⧫ Détermination de la première colonne de N
1 + 2(1)
3
1
1
1−1
f
=M
=
= 0 .
1
1
2(1)
2
2
1
0
1
Les coordonnées de f
dans la base ! 1 , −1 ,
1 " sont donc les solutions du système :
1
0
2
−1
2
1
0 ,
3
1 −1
1 - = 0 .
0
2 −1 .
2
En appliquant la méthode du pivot à ce système, il vient :
3
2
1
0 ,
0 −3
2 - = −3 ,
2
0
2 −1 .
puis :
3
2
1 0 ,
0 −3 2 - = −3 .
0
0
0 1 .
La solution de ce système est donc : c = 0, b = 1, a = 1. Il s’ensuit que la première colonne de N est :
1
1 .
0
⧫ Détermination de la seconde colonne de N
1 + 2(−1)
−1
1
1
f
=M
= / 1 − (−1) 0 =
2 .
−1
−1
2(−1)
−2
1
0
2
1
Les coordonnées de f
dans la base ! 1 , −1 ,
1 " sont donc les solutions du système :
−1
2
−1
0
2
1
0 ,
−1
1 −1
1 - =
2 .
.
0
2 −1
−2
En appliquant la méthode du pivot à ce système, il vient :
2
1
0 ,
−1
0 −3
2 - =
5 ,
.
0
2 −1
−2
puis :
2
1 0 ,
−1
0 −3 2 - =
5 .
.
0
0 1
4
La solution de ce système est donc : c = 4, b = 1, a = −1. Il s’ensuit que la seconde colonne de N est :
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1
−1
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−1
1 .
4
La matrice N est donc :
2.
•
•
2.
−1
1 .
4
0
2
3 −1
1 −1 = 0
2 donne les vecteurs images des vecteurs de la
0
2
2 −2
base B1 par l’application f dans la base canonique de l’ensemble d’arrivée.
2
1
0 1 −1
3 −1
Le produit 2 3 = 1 −1
1 1
1 = 0
2 correspond au calcul qui est fait pour
0
2 −1 0
4
2 −2
déterminer les coordonnées des images dans la base canonique B2. En effet, on a trouvé par
,
1
2
1
0 ,
3
exemple - = 1 en résolvant 1 −1
1 - = 0 .
.
0
0
2 −1 .
2
Le produit &2 =
6 −3
2 1
EXERCICE 7 — f
1. M=
1
N= 1
0
1 1
1−1
6 −3
=4
6.
2 +
Détermination de la première colonne de D :
3
3
12
On a
=7
=
2
2
8
3
1
3
Les coordonnées de
dans la base(
,
* sont donc solution de
2
2
1
,
4
3 1 ,
12
=
d’où
=
; première colonne de D
2 1
8
0
•
Détermination de la seconde colonne de D :
1
1
3
On a
=7
=
1
1
3
3
3
1
Les coordonnées de
dans la base(
,
* sont donc solution de
2
2
1
,
3 1 ,
3
0
=
d’où
=
; seconde colonne de D
2 1
3
3
•
3.
•
•
•
6 −3 3 1
12 3
=
donne les vecteurs images des vecteurs de la
2 1
2 1
8 3
base B par l’application f dans la base canonique de l’Espace d’arrivée IR 2.
3 1 4 0
12 3
Le produit :; =
=
correspond au calcul qui est fait pour déterminer
2 1 0 3
8 3
,
4
les coordonnées des images dans la base B. En effet, on a trouvé par exemple
=
en
0
3 1 ,
12
résolvant
=
2 1 8
Le produit 92 =
On a donc bien MB = BD. Par ailleurs, la matrice B étant formée par les vecteurs d’une base de IR 2, on
sait qu’elle est de plein rang et donc qu’elle est inversible.
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On peut donc en déduire, en multipliant par la droite les deux termes de l’équation par B-1, que M =
BDB – 1 .
EXERCICE 8 (FACULTATIF) — f
0 −1 1
1. 9 = −1 0 −1
1 −1 0
− +
= − −
−
.
1
1
1
2. Déterminer la matrice D de cette application par rapport à la base ! 1 ,
0 , −1 ".
0
−1
1
⧫ Détermination de la première colonne de D
1
1
−1
1 = & 1 = −1
0
0
0
1
1
1
1
On remarque immédiatement que f 1 = −1 × 1 + 0 ×
+
0
×
0
−1 .
0
0
−1
1
1
1
1
1
−1
Les coordonnées de f 1 dans la base ! 1 ,
0 , −1 " sont donc données par le vecteur 0
0
0
−1
1
0
qui constitue la première colonne de ;.
⧫ Détermination de la deuxième colonne de D
1
1
−1
0 =&
0 = 0
−1
−1
1
1
1
1
1
On remarque immédiatement que f 0 = 0 × 1 − 1 ×
+
0
×
0
−1 .
−1
0
−1
1
0
1
1
1
1
Les coordonnées de f 0 dans la base ! 1 ,
0 , −1 " sont donc données par le vecteur −1
0
1
−1
0
−1
qui constitue la deuxième colonne de ;.
⧫ Détermination de la troisième colonne de D
1
1
2
−1 = & −1 = −2
1
1
2
1
1
1
1
On remarque immédiatement que f −1 = 0 × 1 + 0 ×
0 + 2 × −1 .
1
1
0
−1
0
1
1
1
1
Les coordonnées de f −1 dans la base ! 1 ,
0 , −1 " sont donc données par le vecteur 0
2
0
−1
1
1
qui constitue la première colonne de ;.
La matrice ; est donc : ; =
0 −1 1
3. 9: = −1 0 −1
1 −1 0
−1
0 0
0 −1 0
0
0 2
1
1
1
−1 −1
2
1
0 −1 = −1 0 −2
0 −1
1
0
1
2
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1
1
1 −1
0 0
−1 −1
2
2> = 1
0 −1
0 −1 0 = −1
0 −2
0 −1
1
0
0 2
0
1
2
On a donc bien MB = BD. Par ailleurs, la matrice B étant formée par les vecteurs d’une base deℝ , on
sait qu’elle est de plein rang et donc qu’elle est inversible.
9 = :;:? .
On peut donc en déduire, en multipliant par la droite les deux termes de l’équation par B-1, que
EXERCICE 9 –9 = /
1. 9 = /
0/
0.
0=/
0. La matrice 9 est bien idempotente.
2. @,AB9 = 1 car les deux colonnes de M sont proportionnelles. Pour former une base de CD9 il faut
un vecteur non nul de CD9 et on peut choisir E/ 0F ou (
1
*.
1
3. D’après le théorème des dimensions, GHDIJ@9 = 2 − 1 = 1. Pour former une base de IJ@&, il faut
un vecteur non nul de KJ@&. On peut choisir (
−1
* en remarquant que /
1
0
−1
0
=
1
0
4. Deux sous-espaces vectoriels sont orthogonaux si tous les vecteurs d’une base du premier SEV sont
1
−1
orthogonaux aux vecteurs d’une base du second. Ici, il suffit de vérifier que
⊥
.
1
1
1
−1
On calcule le produit scalaire
∗
= 1 × (−1) + 1 × 1 = 0. Les bases de CD9 et de IJ@9 sont
1
1
bien orthogonales et on en déduit que CD9 ⊥ IJ@9.
5. et 6.
1
= / 0.
0
IJ@
CD
y
−1
1
0,5
0,5
1
1
1
0
x
7. L’image d’un vecteur par l’application 9 est sa projection orthogonale sur CD7.
De manière générale, un projecteur orthogonale est une matrice idempotente (la projection d’un
vecteur de l’image est lui-même) dont le noyau est orthogonal à l’image (la projection d’un vecteur
orthogonal à l’image est le vecteur nul).
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Les cordonnées dans la base canonique des images des vecteurs de la base ℬ sont données par MP.
EXERCICE 10 (FACULTATIF)
Les coordonnées de ces images dans la base ℬ vérifient MP=PN d’où l’on déduit : O = P ? 9P
0,5 −0,5
0,5
Q = 0,5
0,5 −0,5
0,5
0,5
0,5
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3 1
3 5
2 2
−1
3
6
1
1 0
2 0
−1
0 1 = 0 4
0 −1 1
0 0
0
0
8
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