Indication Prendre une combinaison linéaire nulle et l évaluer par ϕ n 1.

1 Définition Exercice 1 Déterminer si les applications f i suivantes (de E i dans F i ) sont linéaires : f 1 : (x, y) R 2 (2x + y, x y) R 2, f 2 : (x, y, z) R 3 (xy, x, y) R 3 f 3 : (x, y, z) R 3 (2x + y + z, y z, x + y) R 3 f 4 : P R[X] P R[X], f 5 : P R 3 [X] P R 3 [X] f 6 : P R 3 [X] (P ( 1), P (0), P (1)) R 3, f 7 : P R[X] P (X 2)P R[X]. Exercice 2 Soit E un espace vectoriel de dimension n et ϕ une application linéaire de E dans luimême telle que ϕ n = 0 et ϕ n 1 0. Soit x E tel que ϕ n 1 (x) 0. Montrer que la famille {x,..., ϕ n 1 (x)} est une base de E. Indication Prendre une combinaison linéaire nulle et l évaluer par ϕ n 1. 2 Image et noyau Exercice 3 E 1 et E 2 étant deux sous-espaces vectoriels de dimensions finies d un espace vectoriel E, on définit l application f : E 1 E 2 E par f(x 1, x 2 ) = x 1 + x 2. 1. Montrer que f est linéaire. 2. Déterminer le noyau et l image de f. 3. Appliquer le théorème du rang. Indication Faire un dessin de l image et du noyau pour f : R R R. Exercice 4 Soient E un espace vectoriel et ϕ une application linéaire de E dans E. On suppose que Ker (ϕ) Im (ϕ) = {0}. Montrer que, si x Ker (ϕ) alors, pour tout n N : ϕ n (x) 0. Exercice 5 : Soient la matrice : A = 1 1 1 3 1 2 0 2 0 2 0 1 0 1 1 0 et l application linéaire ϕ : R 4 R 4 définie par ϕ(x) = AX. (a) Déterminer le noyau de ϕ et en donner une base. (b) Quel est le rang de l application ϕ? (c) Déterminer une base de l image de ϕ.

3 INJECTIVITÉ, SURJECTIVITÉ, ISOMORPHIE TITRE 2 Exercice 6 Soient E un espace vectoriel de dimension n et f une application linéaire de E dans lui-même. Montrer que les deux assertions qui suivent sont équivalentes : 1. Ker(f) = im(f). 2. f 2 = 0 et n = 2 rg(f). Exercice 7 Donner des exemples d applications linéaires de R 2 dans R 2 vérifiant : 1. Ker(f) = im(f). 2. Ker(f) inclus strictement dans im(f). 3. im(f) inclus strictement dans Ker(f). 3 Injectivité, surjectivité, isomorphie Exercice 8 Soit E un espace vectoriel de dimension 3, {e 1, e 2, e 3 } une base de E, et λ un paramètre réel. ϕ(e 1 ) = e 1 + e 2 Démontrer que la donnée de ϕ(e 2 ) = e 1 e 2 définit une application linéaire ϕ de E ϕ(e 3 ) = e 1 + λe 3 dans E....crire le transformé du vecteur x = α 1 e 1 + α 2 e 2 + α 3 e 3. Comment choisir λ pour que ϕ soit injective? surjective? Exercice 9 Pour les applications linéaires trouvées à l exercice 1, déterminer ker(f i ) et Im (f i ), en déduire si f i est injective, surjective, bijective. Exercice 10 : Soient la matrice : A = 0 1 1 i 0 1 1 i 0 et l application linéaire f : C 3 C 3 définie par f(x) = AX. (a) L application f est-elle injective? surjective? (b) Déterminer une base de Imf et une base de Kerf.

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 3 4 Matrice d une application linéaire dans une base Exercice 11 : Ecrire les matrices des applications linéaires suivantes dans les bases proposées. 1. ϕ : R 3 R 3 définie par ϕ(x, y, z) = (2x + z, x + y, y 2z) dans la base canonique de R 3. 2. ψ : C 2 C 2 définie par ψ(z, w) = ((1 + i)z iw, w + 2iz) dans la base canonique de C 2 3. On note (e 1, e 2 e 3, e 4 ) la base canonique de R 4. Soit f : R 4 R 4 l application linéaire définie par f(e 1 ) = e 1 + e 2, f(e 2 ) = e 2 + e 3, f(e 3 ) = e 3 + e 4 et f(e 4 ) = e 4 + e 1. Quelle est la matrice de f dans la base (e 4, e 3, e 2, e 1 )? Dans la base canonique de R 4? Exercice 12 : On note (e 1, e 2, e 3 ) la base canonique de R 3. Soit l application linéaire ϕ : R 3 R 3 définie par : ϕ(e 1 ) = 1 2 e 1 1 2 e 3 ϕ(e 2 ) = e 1 + 1 2 e 2 + 1 2 e 3 ϕ(e 3 ) = e 1 1 2 e 2 1 2 e 3 1. (a) Déterminer l image par ϕ d un vecteur x = λe 1 + µe 2 + 1. e 3 de R 3. (b) Ecrire la matrice de ϕ dans la base canonique de R 3 2. (a) Déterminer une base de Kerϕ. (b) Quel est le rang de ϕ? Montrer que la famille {f 1 = e 1 + e 2, f 2 = e 1 + e 3 } est une base de Imϕ. (c) Soit f 3 = e 2 + e 3. Montrer que la famille (f 1, f 2, f 3 ) est une base de R 3. Ecrire la décomposition des vecteurs ϕ(f 1 ), ϕ(f 2 ) et ϕ(f 3 ) dans la base (f 1, f 2, f 3 ). En déduire la décomposition d un vecteur x = αf 1 + βf 2 + γf 3 R 3 dans la base (f 1, f 2, f 3 ). (d) Ecrire la matrice de ϕ dans la base (f 1, f 2, f 3 ). 5 Changement de base Exercice 13 : Donner les matrices de passage de la base B à la base B dans chacun des cas suivants. 1. Dans R 3, B est la base canonique et B = ((0, 1, 1), (1, 1, 1), (1, 1, 0)). 2. Dans R 3, B = ((1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1)) et B est la base canonique de R 3. 3. Dans C 3, B est la base canonique et B = ((1 + i, 1 i, 0), (0, 0, 2i), ( i, 1, 2i)).

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 4 Exercice 14 : Soit f l endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique est 1 0 1 2 0 2 1 0 1 (a) Montrer que f f = 0 et en déduire que Imf Kerf. Déterminer Kerf et en donner une base. (b) Montrer que la famille (e 1 e 3, e 2, e 1 ) est une base de R 3 et écrire la matrice de f dans cette base.. Exercice 1 Soitf 1 : (x, y) R 2 (2x + y, x y) R 2 Soient z 1 = (x 1, y 1 ) et z 2 = (x 2, y 2 ) dans R 2. Alors f 1 (z 1 + z 2 ) = f 1 ((x 1 + x 2, y 1 + y 2 )) = (2(x 1 + x 2 ) + (y 1 + y 2 ), (x 1 + x 2 ) (y 1 + y 2. Or on est maintenant dans R 2, donc on a. f 1 (z 1 + z 2 ) = (2x 1 + y 1, x 1 y 1 ) + (2x 2 + y 2, x 2 y 2 ) = f 1 (z 1 ) + f 1 (z 2 ) Soient z = (x, y) R 2 et λ R. Alors. Donc f 1 est linéaire. f 1 (λz) = (f 1 ((λx, λy)) = (2λx + λy, λx λy) = λf 1 (z) Soit f 6 : P R 3 [X] (P ( 1), P (0), P (1)) R 3. Soient P, Q R 3 [X]. Alors f 6 (P + Q) = ((P + Q)( 1), (P + Q)(0), (P + Q)(1) On a donc f 6 (P +Q) = (P ( 1)+Q( 1), P (0)+Q(0), P (1)+Q(1)) = (P ( 1), P (0), P (1))+(Q( 1), Q(0), Q(1)). = f 6 (P ) + f 6 (Q) Soient P R 3 [X] et λ R (l espace des polynomes à coefficients réels est un R-espace vectoriel). f 6 (λp ) = ((λp )( 1), (λp )(0), (λp )(1)) = λ(p ( 1), P (0), P (1))

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 5 Donc f 6 est linéaire. On montre de même que f 3, f 4, f 5, f 7 sont linéaires. Par contre f 2 n est pas linéaire, en effet par exemple f(1, 1, 0) + f(1, 1, 0) n est pas égal à f(2, 2, 0). Exercice 2 Montrons que la famille {x,..., ϕ n 1 (x)} est libre. Soient λ 0,..., λ n 1 R tels que λ 0 x + + λ n 1 ϕ n 1 (x) = 0. Alors : ϕ n 1 (λ 0 x + + λ n 1 ϕ n 1 (x)) = 0. Mais comme de plus ϕ n = 0, on a l égalité ϕ n 1 (λ 0 x + + λ n 1 ϕ n 1 (x)) = ϕ n 1 (λ 0 x) + ϕ n (λ 1 x + + λ n 1 ϕ n 2 (x)) = λ 0 ϕ n 1 (x). Comme ϕ n 1 (x) 0 on obtient λ 0 = 0. En calculant ensuite ϕ n 2 (λ 1 ϕ(x) + + λ n 1 ϕ n 1 (x)) on obtient λ 1 = 0 puis, de proche en proche, λ n 1 = = λ 0 = 0. La famille {x,..., ϕ n 1 (x)} est donc libre. Elle compte n vecteurs. Comme dim (E) = n elle est libre maximale et forme donc une base de E. Exercice 3 1.... 2. Par définition de f et ce qu est la somme de deux sous-espaces vectoriels, l image est Pour le noyau : Imf = E 1 + E 2. Kerf = {(x 1, x 2 ) f(x 1, x 2 ) = 0} = {(x 1, x 2 ) x 1 + x 2 = 0} Mais on peut aller un peu plus loin. En effet un élément (x 1, x 2 ) Kerf, vérifie x 1 E 1, x 2 E 2 et x 1 = x 2. Donc x 1 E 2. Donc x 1 E 1 E 2. Réciproquement si x E 1 E 2, alors (x, x) Kerf. Donc Kerf = {(x, x) x E 1 E 2 }. De plus par l application x (x, x), Kerf est isomorphe à E 1 E 2. 3. Le théorème du rang s écrit : dim Kerf + dimimf = dim(e 1 E 2 ). Compte tenu de l isomorphisme entre Kerf et E 1 E 2 on obtient : dim(e 1 E 2 ) + dim(e 1 + E 2 ) = dim(e 1 E 2 ). Mais dim(e 1 E 2 ) = dime 1 + dime 2, donc on retrouve ce que l on appelle quelques fois le théorème des quatre dimensions : dim(e 1 + E 2 ) = dime 1 + dime 2 dim(e 1 E 2 ).

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 6 Exercice 4 Montrons ceci par récurence : Pour n = 1, l assertion est triviale : x / kerϕ ϕ(x) 0. Supposons que si x / kerϕ alors ϕ n 1 (x) 0, (n 2). Fixons x / kerϕ, Alors par hypothèses de récurrence ϕ n 1 (x) 0, mais ϕ n 1 (x) = ϕ(ϕ n 2 (x)) Imϕ donc ϕ n 1 (x) / kerϕ grâce à l hypothèse sur ϕ. Ainsi ϕ(ϕ n 1 (x)) 0, soit ϕ n (x) 0. Ce qui termine la récurrence. Exercice 5 Soient la matrice : A = 1 1 1 3 1 2 0 2 0 2 0 1 0 1 1 0 et l application linéaire ϕ : R 4 R 4 définie par ϕ(x) = AX. Cela signifie que 1 1 1 3 ϕ((x, y, z, w)) = 1 2 0 2 0 2 0 1 (x, y, z, w)t 0 1 1 0. 1. Ker(φ) = Ker(A) = {(x, y, z, w) R 4 /A(x, y, z, w) t }. on doit donc résoudre le système suivant : x + y + z + 3w = 0 x + 2y + +2w = 0 2y z = 0 y + z = 0 On trouve Ker(φ) = {w( 6, 1, 1, 2)/w R}. 2. Par le théorème du rang, on a dimr 4 = rgφ + dimker(φ). D où rgφ = 4 1 = 3 3. L image de φ est engendré par les vecteurs colonnes de la matrice A associée à φ. Or le rang de φ est 3 donc trois des vecteurs colonnes sont libres et une seule équation lie tous les vecteurs colonnes. On détermine cette équation en échelonnant la matrice A t. On trouve v 4 3v 1 + 1 2 v 2 1 2 v 3. Les trois premiers vecteurs colonnes engendrent Imφ.

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 7 Exercice 6 (i) (ii) Supposons kerf = imf. Soit x E, alors f(x) Imf donc f(x) kerf, cela entraine f(f(x)) = 0 ; donc f 2 = 0. De plus d après la formule du rang dimkerf +rgf = n, mais dimkerf = dimimf = rgf, ainsi 2rgf = n. (ii) (i) Si f 2 = 0 alors imf kerf car pour y imf il existe x tel que y = f(x) et f(y) = f 2 (x) = 0. De plus si 2rgf = n alors par la formule Du rang dimkerf = rgf c est-à-dire dimkerf = dimimf. Nous savons donc que Imf est inclus dans kerf mais ces espaces sont de même de dimension donc sont égaux : kerf = imf. Exercice 7 1. Par exemple f(x, y) = (0, x) alors Kerf = Imf = {0} R = {(0, y) y R}. 2. Par exemple l identité : f(x, y) = (x, y). En fait un petit exercice est de montrer que les seules applications possibles sont les applications bijectives (c est très particulier aux applications de R 2 dans R 2 ). 3. L application nulle : f(x, y) = (0, 0). Exercice : c est la seule possible! Exercice 8 1. Comment est définie φ à partir de la définition sur les éléments de la base? Pour x E alors x s écrit dans la base {e 1, e 2, e 3 }, x = α 1 e 1 + α 2 e 2 + α 3 e 3. Et φ est définie sur E par la formule φ(x) = α 1 φ(e 1 ) + α 2 φ(e 2 ) + α 3 φ(e 3 ). Soit ici : φ(x) = (α 1 + α 2 + α 3 )e 1 + (α 1 α 2 ) + λα 3 e 3. Cette définition rend automatiquement φ linéaire (vérifiez-le si vous n êtes pas convaincus!). 2. On cherche à savoir si φ est injective. Soit x E tel que φ(x) = 0 donc (α 1 + α 2 + α 3 )e 1 +(α 1 α 2 )+λα 3 e 3 = 0. Comme {e 1, e 2, e 3 } est une base alors tous les coefficients sont nuls : α 1 + α 2 + α 3 = 0, α 1 α 2 = 0, λα 3 = 0. Si λ 0 alors en resolvant le système on obtient α 1 = 0, α 2 = 0, α 3 = 0. Donc x = 0 et φ est injective. Si λ = 0, alors φ n est pas injective, en resolvant le même système on obtient des solutions non triviales, par exemple α 1 = 1, α 2 = 1, α 3 = 2. Donc pour x = e 1 + e 2 2e 3 on obtient φ(x) = 0. 3. On peut soit faire des calcul soit appliquer la formule du rang. Examinons cette deuxième méthode. φ est surjective si et seulement si la dimension de imφ est égal à la dimension de l espace d arrivée (ici E de dimension 3). Or on a une formule pour dimimφ : dimkerφ + dimimφ = dime.

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 8 Si λ 0, φ est injective donc Kerφ = {0} est de dimension 0. Donc dimimφ = 3 et φ est surjective. Si λ = 0 alors φ n est pas injective donc Kerφ est de dimension au moins 1 (en fait 1 exactement), donc dimimφ 2. Donc φ n est pas surjective. On remarque que φ est injective si et seulement si elle est surjective. Ce qui est un résultat du cours pour les applications ayant l espace de départ et d arrivée de même dimension (finie). Exercice 9 1. f 1 : R 2 R 2. Les dimensions de l espace de départ et d arrivée sont les mêmes donc par le théorème du rang f 1 injective équivaut à f 1 surjective qui équivaut à f 1 bijective (cf cours). Calculons le noyau de f 1. kerf 1 = {(x, y) R 2 /f 1 (x, y) = (0, 0)} = {(x, y)/x = y et 3x = 0} Donc f 1 est injective (resp. surjective, resp. bijective) si et seulement si a 2. 2. f 2 n est pas linéaire. 3. De même il faut juste voir l injectivité de f 3. Or ker(f 3 ) = {z( 1, 1, 1)/z R}. Donc f 3 n est pas injective (ni surjective ni bijective). 4. Dans ce cas les dimensions sont infinies donc on ne peut utiliser le théorème du rang. Kerf 4 = {p R[X]/P = 0}. c est l ensemble des polynomes constants. Donc elle n est pas injective (f 4 (1) = 0). Par contre elle est surjective car tout polynome admet une primitive polynomiale (ie pour tout P R[X] il existe Q R[X] tel que Q = P ), donc tout élément de l espace d arrivée a un antécédent. 5. Pour f 5 on trouve de la même manière qu elle n est pas injective. Elle n est pas surjective non plus car les espaces vectoriels sont les polynomes de degré au plus trois et les primitives d un polynome de degré 3 est de degré4. (on pouvait ici utiliser le théorème du rang). est linéaire. f 5 est surjective mais pas injective. 6. kerf 6 = {ax 3 + bx 2 + cx + d/( a + b c + d, d, a + b + c + d) = (0, 0, 0)} = {ax 3 cx} = vect(x 3, x). Donc f 6 n est pas injective. Les dimensions sont différentes donc f 6 pourrait etre surjective..f 6 est surjective car on peut toujours trouver un polynome en fixant trois de ses valeurs. 7. f 7 est surjective mais pas injective. Exercice 10 (a) On commence par calculer le noyau de φ. Kerφ = {(x, y, z) C 3 /A(x, y, z) = (0, 0, 0)} = {(x, y, z) C 3 /y+z = 0, ix+z = 0, x+iy = 0}. D ou. Donc kerφ = {(x, y, z) C 3 /x = iz, y = z} kerφ = vect{(i, 1, 1)}

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 9 L application φ n est pas injective. Par le théorème du rang, elle n est pas surjective. Remarque : Ici on considère C 3 en tant que C espace vectoriel il est donc de dimension trois et dimker(φ) = 1 (b) On a déjà le vecteur de base du noyau. Par le théorème du rang la dimension de l image est 2. or les vecteurs colonnes de A engendrent Im(φ).Donc il suffit de prendre deux vecteurs colonnes indépendants pour avoir une base. Par exemple. Exercice 11 Im(φ) = vect{(0, i, 1), (1, 0, i)} 1. Soient e 1, e 2, e 3 la base canonique de R 3. Alors les vecteurs colonnes représentent φ(e 1 ), φ(e 2 ), φ(e 3 ) écrits dans la base canonique de R 3. On a : φ(e 1 ) = φ((1, 0, 0)) = (2, 1, 0) = 2e 1 + e 2 φ(e 2 ) = (0, 1, 1) = e 2 + e 3 φ(e 3 ) = (1, 0, 2) = e 1 2e 3 Donc la matrice de φ dans la base canonique de R 3 (cela veut dire que les espaces de départ et d arrivée ont la même base. quand ce n est pas le cas on le précisera) est : 2 0 1 M(φ) = 1 1 0 0 1 2 2) La base canonique de C 2 en tant que C espace vectoriel est (1, 0), (0, 1) (tout élément de C 2 s écrit sous la forme z(1, 0) + w(0, 1) = (z, w) avec z, w C. On a : Donc ψ(e 1 ) = (1 + i, 2i) M(ψ) = ψ(e 2 ) = ( i, 1) ( 1 + i i 2i 1 3) On suppose que (e 4, e 3, e 2, e 1 ) est la base des epsaces de départ et d arrivée. Alors f(e 4 ) = e 4 + e 1 ) f(e 3 ) = e 4 + e 3 f(e 2 ) = e 3 + e 2 f(e 1 ) = e 2 + e 1

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 10 Alors M(f) = Dans la base canonique on obtient : Exercice 12 M(f) = 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1. (a) φ(x) = λφ(e 1 ) + µφ(e 2 ) + ξφ(e 3 ) car φ est linéaire. En regroupant les termes on obtient : φ(x) = ( 1 2 λ + µ ξ)e 1 + ( 1 2 µ 1 2 ξ)e 2 + ( 1 2 λ + 1 2 µ 1 2 ξ)e 3 (b) On a M(φ) = 1 1 1 2 1 0 1 2 2 1 1 1 2 2 2 2. (a) Kerφ = {(x, y, z) R 3 /M(φ)(x, y, z) = (0, 0, 0)} On résout le système et on trouve : kerφ = {(x, y, z)/y = z, x = 0} = vect{(0, 1, 1)} (b) Par le théorème du rang on a rgm(φ) = 2. On a de plus φ(2e 1 + 4e 2 + 2e 3 ) = 3e 1 + e 2 = f 1 et φ(2e 1 + e 2 + e 3 ) = e 1 e 3 = f 2 et f 1, f 2 sont des vecteurs linéairement indépendants d ou ils engendrent Im(φ). (Il ne fallait pas oublier de vérifier que f 1 et f 2 appartenaient à Im(φ)). (c) Les trois vecteurs f 1, f 2, f 3 sont linéairement indépendant et froment un sous espace vectoriel de dimension 3 donc forment une base de R 3. On a : car φ est linéaire. D ou φ(f 1 ) = φ(3e 1 + e 2 ) = 3φ(e 1 ) + φ(e 2 ) φ(f 1 ) = 5 2 e 1 + 1 2 e 2 e 3 Or on veut écrire la matrice dans la nouvelle base donc il faut écrire les images des nouveaux vecteurs de bases dans ces nouveaux vecteurs de base. On trouve :. De même on trouve : φ(f 1 ) = 1 2 f 1 + f 2 φ(f 2 ) = 1 2 f 1

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 11 et car f 3 est dans le noyau. D où M(φ) = φ(f 3 ) = 0 1 2 1 0 2 1 0 0 0 0 0 Exercice 13 La matrice de passage de la base B dans la base B est la matrice de l application linéaire identité Id : (E, B ) (E, B). Donc pour l obtenir il suffit d exprimer les vecteurs de la base B dans la base B. 1. 2. 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 3. 1 + i 0 i 1 i 0 1 0 2i 2i Exercice 14 1. il suffit de calculer le carré de la matrice et on trouve la matrice nulle. Soit x Im(f).Alors il existe y R 3 tel que f(y) = x (par définition). Mais on vient de montrer que fof(y) = 0 = f(x). D ou x Ker(f). D ou l inclusion. Donc ker(f) = {(x, y, z) R 3 : A(x, y, z) = (0, 0, 0)} ker(f) = {(x, y, z) : x + z = 0, 2x + 2z = 0, x z = 0} Les trois équations sont proportionnelles et on trouve : ker(f) = vect{(1, 0, 1), (0, 1, 0)} Attention ici on voit que y n intervient pas dans les équations, cela veut dire que le noyau de f contient l axe des y.

5 CHANGEMENT DE BASE TITRE 12 2. On verifie facilement que vect{(e 1 e 3, e 2, e 1 )} = vect{(e 1, e 2, e 3 )} donc la dimension de cet espace est 3, il est formeé de trois vecteurs qui forment donc une base. On doit écrire l image des trois vecteurs de la nouvelle base par f dans cette meme base. f(e 1 e 3 ) = f(e 1 ) f(e 3 ) = (1, 2, 1) (1, 2, 1) = (0, 0, 0) f(e 2 ) = (0, 0, 0) f(e 1 ) = (1, 2, 1) Alors la matrice représentant f est 0 0 1 0 0 2 0 0 1