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Universit de PoitiersMathmatiques
L1 SPIC, Module 2L022010/2011
Feuille 4 : Quelques rappels, corrections et exercices
supplmentaires.
Rappels :
1. Matrice dune application linaire.
Soient E, F deux K-espaces vectoriels, f L(E,F ), E = (e1, . . .
, en) une base de E etF = (f1, . . . fp) une base de F . La matrice
de f dans les bases E et F , note MatE,F(f)est la matrice dont les
colonnes sont les coordonnes des vecteurs f(e1), . . . , f(en) dans
labase (f1, . . . fn).
Si on af(e1) = a1,1f1 + a2,1f2 + + ap,1fpf(e2) = a1,2f1 + a2,2f2
+ + ap,2fp
...f(en) = a1,nf1 + a2,nf2 + + ap,nfp,
alors :
MatE,F(f) =
a1,1 a1,2 . . . a1,na2,1 a2,2 . . . a2,n...
......
ap,1 ap,2 . . . ap,n
f1f2...fp
f(e1) f(e2) . . . f(en)
2. Composition de fonctions et produit matriciel.
Rappel : Soient E, F , G trois espaces vectoriels et f L(E,F ),
g L(F,G) desapplications linaires Soient E une base de E, F une
base de F et G une base de G.Alors on a
MatE,G(g f) = MatF ,G(g)MatE,F (f).
3. Formules de changement de bases.
Dfinition . Soient B,B deux bases dun ev E. On appelle matrice
de passage de B B
la matrice note PB
B dont les colonnes sont les coordonnes des vecteurs de B dans
la base
B.
Proposition . PBB = (PB
B )1 et PBB = I.
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Thorme . Soient E un espave vectoriel, f L(E), E et F deux bases
de E. On a
MatF (f) = (PFE )
1 MatE(f) PFE .
Dmonstration : On note E = (e1, . . . , en) et F = (f1, . . . ,
fn).
E muni de la base Ef
// E muni de la base E
E muni de la base Ff
//
idE
OO
E muni de la base F
idE
OO
On a idE f = f idE . Or idE f = f idE : E muni de la base F E
muni de la base E .On a donc
MatF ,E(idE f) = MatF ,E(f idE).
En utilisant la formule rappele au 2., on obtient :
MatF ,E(idE)MatF ,F (f) = MatE,E(f)MatF ,E(idE). ()
Or MatF ,F (f) = MatF (f), et MatE,E(f) = MatE(f). Dautre
part
MatF ,E(idE) =
. . . . .
......
. . . . .
e1...en
idE(f1) . . . idE(fn)
=
. . . . .
......
. . . . .
e1...en
f1 . . . fn
= PFE .
La relation () devient donc
PFE MatF (f) = MatE (f) PFE .
En multipliant gauche par (PFE )1, on obtient :
MatF (f) = (PFE )
1 MatE(f) PFE .
4.Rappel 2 : Soient E, F deux espaces vectoriels de dimension
finie, E une base de E,F une base de F et f : E F une application
linaire. Alors lapplication f est unisomorphisme de E si et
seulement si MatE,F (f) est inversible, et dans ce cas la matricede
f1 dans les bases F et E est
MatF ,E(f1) = (MatE,F (f))
1.
Exercice 5 :
1. voir TD
2
-
2. (a) Soit C = (1,X,X2,X3) la base canonique de R[X]3. On a
:
f(1) = 2f(X) = 2X (X 1) = 1 +Xf(X2) = 2X2 2X(X 1) = 2Xf(X3) =
2X3 3X2(X 1) = 3X2 X3.
La matrice de f est donc
M = MatC(f) =
2 1 0 00 1 2 00 0 0 30 0 0 1
.
(b) On chelonne M :
2 1 0 00 1 2 00 0 0 30 0 0 1
f(1) f(X) f(X2) f(X3)
1 1 0 00 1 2 00 0 0 30 0 0 1
12f(1) f(X) f(X
2) f(X3)
(C2 C2 C1)
1 0 0 00 1 2 00 0 0 30 0 0 1
12f(1) f(X)
12f(1) f(X
2) f(X3)
(C3 C3 2C2)
1 0 0 00 1 0 00 0 0 30 0 0 1
12f(1) f(X)
12f(1) f(X
2) 2f(X) + f(1) f(X3)
1 0 0 00 1 0 00 0 3 00 0 1 0
12f(1) f(X)
12f(1) f(X
3) f(X2) 2f(X) + f(1)
Ainsi
Im(f) = Vect(f(1), f(X), f(X2), f(X3))= Vect(12f(1), f(X)
12f(1), f(X
3), f(X2) 2f(X) + f(1))= Vect(1,X, 3X2 X3, 0) = Vect(1,X, 3X2
X3).
La famille (1,X, 3X2 X3) est donc gnratrice de Im(f). Elle est
galement librepuisque chelonne. On en dduit que (1,X, 3X2 X3) est
une base de Im(f).
Dterminons maintenant une base de ker(f). Daprs lchelonnement
prcdent, ona f(X2) 2f(X) + f(1) = 0 cest dire, puisque f est
linaire f(X2 2X + 1) = 0.
3
-
On en dduit que X2 2X + 1 ker(f). Ainsi, X2 2X + 1 = (X 1)2
forme unefamille libre (car un seul vecteur non nul) de ker(f).
Or daprs le thorme du rang, dim(kerf) + dim(Imf) = dim(R[X]3)) =
4. On avu que dim(Im(f)) = 3 (puisquon a trouv une base de Im(f)
forme de 3 vecteurs),on en dduit que dim(kerf) = 1. Ainsi
(X 1)2 forme une famille libre de 1 vecteur de ker(f)dim(kerf) =
1
} (X1)2 est une base de ker(f).
Exercice supplmentaire corrig :Soient B la base canonique de R3
et f L(R3) lendomorphisme de R3 dont la matrice dans labase B
est
A =
3 1 40 2 02 1 3
.
Montrer que f est un isomorphisme de R3 et calculer
MatB(f1).
Rappel 1 : Soit E un espace vectoriel et f : E E. On dit que f
est un isomorphismede E si
1. f est une application linaire,
2. f est bijective.
Ici f : R3 R3 est linaire (dit dans lnonc). Il ne reste donc qu
montrer que f estbijective.
Pour montrer que f est bijective, il suffit de prouver que A est
inversible (voir rappels). Onpeut le faire en montrant que rg(A) =
3 (mthode privilgier si on ne doit pas calculer A1
ensuite), ou directement en calculant A1.Ici, on nous demande de
calculer MatB(f
1). Or daprs le rappel prcdent, MatB(f1) =
(MatB(f))1 = A1. On aura donc besoin de calculer A1. On utilise
donc la deuxime mthode
(calculer directement A1) :
A
xy
z
=
ab
c
3 1 40 2 02 1 3
. xy
z
=
ab
c
3x+ y + 4z = a2y = b2x+ y + 3z = c
. . .
x = 3a 12b + 4cy = 12bz = 2a 12b+ 3c
xy
z
=
3
12 4
0 12 02 12 3
ab
c
.
On en dduit que A est inversible, dinverse
3
12 4
0 12 02 12 3
.
4
-
Conclusion : f est un isomorphisme de R3 et
MatB(f1) = (MatB(f))
1 =
3
12 4
0 12 02 12 3
.
Exercice 7 :
1. Montrons que U = (u1, u2, u3) est une base de R3. On suppose
que xu1 + yu2 + zu3 = 0,
cest dire quex(1, 0, 1) + y(1, 1, 1) + z(2, 0, 1) = (0, 0,
0),
ce qui quivaut au systme
x+ y + 2z = 0y = 0x+ y + z = 0
(L3 L3 L1)
x+ y + 2z = 0y = 0z = 0
x = y = z = 0.
la famille U est donc libre. Il sagit ainsi dune famille libre
forme de 3 vecteurs de R3, quiest de dimension 3. On en dduit que U
est une base de R3.
On dispose de 2 mthodes pour dterminer MatU (f) :
(a) on fait les calculs la main : on calcule les coordonnes de
f(u1), f(u2) et f(u3)dans la base U .
MatB(f(u1)) = MatB(f).MatB(u1) =
3 1 40 2 02 1 3
10
1
=
10
1
= MatB((1, 0, 1)).
O MatB(X) dsigne le vecteur coordonnes de X dans la base B.On en
dduit que f(u1) = (1, 0, 1) = u1.
De mme, f(u2) = (2, 2, 2) = 2(1, 1, 1) = 2u2 et f(u3) = (2, 0,1)
= (2, 0, 1) =u3. Ainsi
B = MatU (f) =
1 0 00 2 0
0 0 1
.
(b) on utilise les formules de changement de bases.
Ici, cela donne (E = F = B et E = F = U) :
MatU (f) =(PUB)1
.MatB(f).PUB .
Or
PUB =
1 1 20 1 0
1 1 1
.
Calcul de(PUB)1
:
1 1 20 1 0
1 1 1
xy
z
=
ab
c
x + y + 2z = ay = bx + y + z = c
5
-
(L3 L3 + L1)
x+ y + 2z = ay = bz = a c
(L3 L3 + L1)
x = a b+ 2cy = bz = a c
xy
z
=
1 1 20 1 0
1 0 1
ab
c
.
On en dduit que
(PUB)1
=
1 1 20 1 0
1 0 1
et
B = (PUB )1.A.PUB =
1 1 20 1 0
1 0 1
3 1 40 2 02 1 3
1 1 20 1 0
1 1 1
=
1 0 00 2 0
0 0 1
.
2.Rappel : quand on a une matrice diagonale et un entier k
Z,
1 0 . . . 0
0. . .
. . ....
.... . .
. . . 00 . . . 0 n
k
=
k1 0 . . . 0
0. . .
. . ....
.... . .
. . . 00 . . . 0 kn
On en dduit que
Bn =
1 0 00 2n 0
0 0 (1)n
.
On aurait aussi pu dmontrer cela par rcurrence sur n : pour n =
0, lgalit prcdenteest vraie. On la suppose vraie au rang (n 1).
Alors Bn = B.Bn1, ce qui donne, enutilisant lhypothse de rcurrence
:
Bn =
1 0 00 2 0
0 0 1
1 0 00 2n1 0
0 0 (1)n1
=
1 0 00 2n 0
0 0 (1)n
.
En vertu du principe de rcurrence, cette relation est donc vraie
pour tout n N.
Calculons fn(e1), fn(e2) et f
n(e3).
On commencer par exprimer les vecteurs e1, e2 et e3 dans la base
U .On veut crire e1 sous la forme e1 = xu1 + yu2 + zu3. On doit
donc rsoudre x(1, 0, 1) +y(1, 1, 1) + z(2, 0, 1) = (1, 0, 0), cest
dire :
x+ y + 2z = 1y = 0x+ y + z = 0
x+ 2z = 1y = 0x+ z = 0
x+ 2z = 1y = 0z = 1 (L3 L1)
x = 1y = 0z = 1
.
6
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Ainsi e1 = u1 + u3. De mme, on trouve que e2 = u1 + u2 et e3 =
2u1 u3.
On en dduit que fn(e1) = fn(u1 + u3) = f
n(u1) + fn(u3) car f
n est linaire.Or daprs la matrice Bn = (MatU (f))
n = MatU(fn), fn(u1) = u1, f
n(u2) = 2nu2
et fn(u3) = (1)nu3, donc f
n(e1) = u1 + (1)nu3 = (1, 0, 1) + (1)
n(2, 0, 1) =(2(1)n 1, 0, (1)n 1). On retrouve de mme que fn(e2)
= (2
n 1, 2n, 2n 1) etfn(e3) = (2 2(1)
n, 0, 2 (1)n).
Remarque : On peut aussi trouver les expressions des vecteurs
e1, e2 et e3 dans la baseU en utilisant les matrices de passage. En
effet, par dfinition de matrice de passage, lamatrice PBU est la
matrice dont les colonnes sont les coordonnes des vecteurs e1, e2
et e3
dans la base U . Or PBU =(PUB)1
et on a calcul que
(PUB)1
=
1 1 20 1 0
1 0 1
, ce qui donne directement
f(e1) = u1 + u3f(e2) = u1 + u2f(e3) = 2u1 u3
puis on termine comme ci-dessus.
3. On a An = (MatB(f))n = MatB(f
n), et donc, avec ce quon a fait au 2.
An = MatB(fn) =
2(1)
n 1 2n 1 2 2(1)n
0 2n 0(1)n 1 2n 1 2 (1)n
.
Exercice 8 :
1. On af2 = f MatB(f
2) = MatB(f).
Or daprs ce quon a rappel sur le produit matriciel et la
composition de fonctions :
MatB(f2) = MatB(f f) = MatB(f)MatB(f) = A
2.
On est donc ramen montrer que A2 = A. Or
A2 =
3 4 24 7 45 10 6
3 4 24 7 45 10 6
=
3 4 24 7 45 10 6
= A.
On a donc bien f2 = f , et f est un projecteur.
2. Il faut commencer par dterminer ker(f) et Im(f). On chelonne
la matrice A :
3 4 24 7 45 10 6
f(e1) f(e2) f(e3)
2 4 34 7 4
6 10 5
f(e3) f(e2) f(e1)
1 4 32 7 43 10 5
f(e3)2 f(e2) f(e1)
1 0 02 1 23 2 4
f(e3)2 f(e2) 2f(e3) f(e1) +32f(e3)
1 0 02 1 03 2 0
f(e3)2 f(e2) 2f(e3) f(e1) + 2f(e2)52f(e3)
7
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Alors
Im(f) = Vect(f(e1), f(e2), f(e3)) = Vect(
f(e3)2 , f(e2) 2f(e3), f(e1) + 2f(e2)
52f(e3)
)= Vect
(f(e3)
2 , f(e2) 2f(e3))
= Vect((1, 2,3), (0, 1,2)).
La famille ((1, 2,3), (0, 1,2)) est donc gnratrice de Im(f).
Elle est galement libre, carchelonne. Cest donc une base de
Im(f).
Pour dterminer ker(f), on considre la colonne nulle de la
matrice chelonne. On af(e1) + 2f(e2)
52f(e3) = 0, cest dire, puisque f est linaire f(e1 + 2e2
52e3) = 0. On
en dduit que e1 + 2e2 52e3 ker(f), cest dire que (1, 2,
52 ) ker(f). Dautre part,
comme (1, 2,52 ) 6= 0, il constitue une famille libre de
ker(f).
Or daprs le thorme du rang, dim(ker(f)) = dim(R3) dim((f)) = 3 2
= 1.
Ainsi (1, 2,52 ) est une famille libre de ker(f) qui est de
dimension 1, cest donc une famillelibre maximale, cest dire une
base de ker(f).
On montre maintenant que ker(f) et Im(f) sont supplmentaires de
la manire habituelle. On a bien dim(ker(f)) + dim(Im(f)) = dim(R3)
(thorme du rang). Il reste montrer que ker(f) Im(f) = {0}. Soit X
ker(f) Im(f). Comme X ker(f) = Vect(1, 2,52 ), X scrit X = x(1,
2,
52 ) avec x R. De mme, comme X
Im(f) = Vect(((1, 2,3), (0, 1,2)), X = y(1, 2,3) + z(0, 1,2)
avec y, z R. On endduit que x(1, 2,52 ) = y(1, 2,3) + z(0, 1,2), ce
qui nous donne le systme :
x y = 02x 2y z = 052x + 3y + 2z = 0
x = 0y = 0z = 0
Ainsi X = x(1, 2,52 ) = 0 et ker(f) Im(f) = {0}.Conclusion : E =
ker(f) Im(f).
3. On cherche une base U = (u1, u2, u3) telle que
B = MatU (f) =
0 0 00 1 0
0 0 1
u1u2
u3f(u1) f(u2) f(u3)
On doit donc avoir f(u1) = 0, cest dire u1 ker(f). Comme on a vu
que (1, 2,52 ) forme
une base de ker(f), on prend donc u1 = (1, 2,52 ).
On doit galement avoir f(u2) = u2 et f(u3) = u3. Puisquon a vu
que E = ker(f)Im(f),lide est de prendre u2 et u3 dans Im(f). Si x
Im(f), alors x = f(y) pour un certainy R3. Alors on a f(x) = f f(y)
= f2(y) = f(y) puisque f2 = f . Or f(y) = x.On a donc f(x) = x.
Ainsi, pour tout lment x de Im(f), on a f(x) = x. On a vuque ((1,
2,3), (0, 1,2)) est une base de Im(f), donc on prend u2 = (1, 2,3)
et u3 =(0, 1,2). Comme u2 et u3 sont dans Im(f), on a f(u2) = u2 et
f(u3) = u3. Comme u1forme une base de ker(f), (u2, u3) est une base
de Im(f) et E = ker(f) Im(f), alorsU = (u1, u2, u3) est une base de
E, et on a bien
B = MatU (f) =
0 0 00 1 0
0 0 1
.
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