TSI3, solutions pour la colle Matricescpge-parriat.fr/wp-content/uploads/2019/12/TSI3... · Web viewComme l’énoncé dit que φ est une application de E dans E , autrement dit que

TSI3, solutions pour la colle Matrices

Énoncés

Exercice 1

Soit f une application de Rn [ X ] dans Rn+1 [ X ] définie par :

f (P )=eX 2 (Pe−X 2 )'

1) Vérifier que f est une application linéaire de Rn [ X ] dans Rn+1 [ X ].

2) Déterminer la matrice de f relativement aux bases canoniques de Rn [ X ] et Rn+1 [ X ].

3) Déterminer Ker ( f ) et rang ( f ).

Exercice 2

Soit A=(a bc d) une matrice de E=M 2 (R ).

On considère l’application φ de E dans E définie par :

φ (M )=AM−M A

1) Montrer que φ est un endomorphisme de E.

2) Écrire la matrice de φ dans la base canonique de E.

Exercice 3

Soient a et b des réels et A la matrice de E=M 3 (R ) définie par :

A=(a+b 0 a0 b 0a 0 a+b)

Calculer An pour n∈N .

Exercice 3 bis

Soit f un endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est :

A=( 3 −4 −24 −7 −4

−5 10 6 )1) Montrer que f est un projecteur.

2) En déduire une base de R3 dans laquelle la matrice de f est :

B=(0 0 00 1 00 0 1)

Exercice 4

1JPC


Soit E l’ensemble des matrices de M 2 (R ) de la forme (a+b b−b a−b) avec (a ,b )∈R2.

1) Montrer que E est un sous-espace vectoriel de M 2 (R ).

2) Déterminer une base de E.

3) Montrer que E est stable pour la multiplication des matrices.

4) Déterminer les éléments inversibles de E.

5) Existe-t-il des matrices non nulles de E dont le produit est nul ?

Exercice 5

Soit M=(3 1 00 3 20 0 3).

1) En remarquant que M=3 I+N , déterminer M n pour n∈N et n≥1.

2) En déduire l’expression en fonction de n des termes généraux des suites (un), (vn ) et (wn ) telles que u0=1, v0=2, w0=7 vérifiant les relations de récurrence :

{un+1=3un+vn

vn+1=3vn+wn

wn+1=3wn

Exercice 6

Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est :

A=(3 −2 21 2 01 1 1)

1) Montrer qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice représentative de f est une matrice diagonale D de coefficients diagonaux 1, 2 et 3.

2) Déterminer la matrice de passage P de la base canonique à cette nouvelle base.

3) En déduire An pour tout n∈N .

Exercice 6 bis

On considère l’application de R2 [ X ] dans R2 [ X ] définie par :

f (P )=(X−1 )2P( 1X−1 )+(X−1 )P' ( X )

1) Écrire la matrice de f dans la base canonique.

2JPC


2) Montrer que la famille :

{1, X−1 , (X−1 )2

2 }est une base de R2 [ X ].

3) Écrire la matrice de f dans cette nouvelle base.

Exercice 7

Soit u l’application de R2 [ X ] dans R [ X ] définie par :

u (P )=2 P−( X−1 ) P'

1) Montrer que u est un endomorphisme de R2 [ X ].

2) Déterminer la matrice A de u dans la base canonique.

3) Déterminer le noyau de u. On notera P2 un vecteur non nul de ce noyau.

4) Déterminer une base de l’image de u.

5) Déterminer un polynôme P1 non nul tel que u (P1 )=P1.

6) Montrer que la famille {1 ,P1 , P2 } est une base de R2 [ X ].

7) Déterminer la matrice de u dans cette base.

Exercice 8

Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique ( i , j , k ) de R3 est :

M=(0 1 00 0 11 −3 3)

1) Montrer que u est un automorphisme de R3 et déterminer u−1.

2) Déterminer une base (e1 , e2 , e3 ) de R3 telle que :

u (e1 )=e1

u (e2 )=e1+e2

u (e3 )=e2+e3

3) Écrire la matrice de u dans cette base.

Exercice 9

On considère les sous-ensembles P et D de R3 définis par :

3JPC


P= {( x , y , z )∈R3 : x+2 y−z=0}et :

D=Vect ( {(1 ,0 ,−1 ) })

1) Montrer que P et D sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de R3.

2) On note p la projection sur P parallèlement à D, q celle sur D parallèlement à P et enfin s la symétrie par rapport à P et parallèlement à D.

2) a Écrire la matrice de p dans la base canonique.

2) b En déduire les matrices de q et de s dans la base canonique.

Exercice 9 bis

Soit A=( 0 1 −1−1 2 −11 −1 2 ).

Déterminer des réels a, b et c tels que a A2+c A+c Id=0.

En déduire que A est inversible et déterminer A−1.

Exercice 10

Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique ( i⃗ , j⃗ , k⃗ ) de R3 est :

M=( 2 1 0−3 −1 11 0 −1)

1) Déterminer u (2 i⃗−3 j⃗+5 k⃗ ).

2) Déterminer Ker (u ) et ℑ (u ).

3) Calculer M 2 et M 3.

4) Déterminer Ker (u2 ) et ℑ (u2 ).

5) Calculer ( Id−M ) ( Id+M+M 2) et en déduire que Id−M est inversible.

Préciser ( Id−M )−1.

Exercice 11

Soit A=( 3 1 −3−1 1 11 1 −1).

On note B la base canonique de R3.

4JPC


Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans B est A.

On pose u=(1,1 ,1 ), v=(1 ,−1 ,0 ) et w=(1 ,0 ,1 ) et on note C la famille formée de ces trois vecteurs.

1) Démontrer que la famille C est une base de R3.

2) Écrire la matrice de f dans cette base.

3) Déterminer une base de Ker (f ) et ℑ ( f ).

Exercice 12

On considère l’application linéaire f de R3 dans R3 définie par :

f (i )=2 j+3 k

f ( j )=2 i−5 j−8k

f ( k )=−i+4 j+6k

1) Écrire la matrice de f dans la base {i , j , k }.

2) a Déterminer les vecteurs u∈R3 tels que f (u )=u.

2) b On note E1 l’ensemble de ces vecteurs. Montrer que E1 est un sous-espace vectoriel de R3.

3) a Déterminer les vecteurs u∈R3 tels que f 2 (u )=−u.

3) b On note N−1 l’ensemble de ces vecteurs. Montrer que N−1 est un sous-espace vectoriel de R3.

4) Déterminer deux vecteurs a et b tels que E1=Vect ( {a } ) et N−1=Vect ( {b , f (b ) })

5) Montrer que {a ,b , f (b ) } est une base de R3.

Écrire la matrice de f dans cette base.

Exercice 12 bis

Soit A=(0 0 11 0 31 1 0)

Déterminer des réels a, b, c tels que A3+a A2+b A+c Id=0.

En déduire que A est inversible et calculer A−1.

Exercice 13


5JPC


A=(−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)Soient a=(1 ,−1 ,0 ,0 ), b=(1 ,−1 ,−1 ,0 ), c= (2,−2 ,1 ,1 ) et d= (−1,2 ,0 ,0 ).

1) Montrer que {a ,b , c , d } est une base de R4.

2) Calculer f (a ), f (b ), f ( c ) et f (d ).

3) Déterminer la matrice de f dans la base {a ,b , c , d }.

Exercice 14

Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est :

A=(−10 −3 −125 0 76 2 7 )

1) Soit a=(−3 ,1 ,2 ). Calculer u (a ).

2) Déterminer b∈R3 tel que u (b )=a−b et c∈R3 tel que u (c )=b−c .

3) Montrer que {a ,b , c } est une base de R3.


Exercice 15

Soit f l’application de R3 dans R3 définie par :

f ( x , y , z )=( z , y , x )

1) Montrer que f est un endomorphisme de R3.

2) Déterminer la matrice de f dans la base canonique.

3) Soit u=(1,0 ,1 ), v=(0 ,1 ,0 ) et w=(1 ,0 ,−1 ).

Démontrer que la famille {u , v ,w } est une base de R3.


Exercice 15 bis

Soit f l’endomorphisme de R3 défini par :

f ( x , y , z )=( x−z , y , y )


6JPC


2) Déterminer la matrice de f n pour n∈N . On pourra conjecturer une formule puis la démontrer.

Exercice 16

A et B sont des matrices carrées de M 2 (R ), x et y sont des réels.

Déterminer x et y sachant que :

A B=( 5 1111 25) B A=( x 14

14 y )

7JPC


Solutions

Exercice 1

Énoncé

Soit f une application de Rn [ X ] dans Rn+1 [ X ] définie par :

f (P )=eX 2 (Pe−X 2 )'

1) Vérifier que f est une application linéaire de Rn [ X ] dans Rn+1 [ X ].

2) Déterminer la matrice de f relativement aux bases canoniques de Rn [ X ] et Rn+1 [ X ].

3) Déterminer Ker ( f ) et Rang (f ).

Solution

1) On rend plus explicite l’expression de f (P ) :

f (P )=eX 2 (Pe−X 2 )'

¿e X2 (P' e−X2

+P (e−X 2 )')¿e X2 (P' e−X 2

+Pe−X2

(−X2 )' )¿e X2 (P' e−X 2

+P (−2 X e−X2 ))¿e X2

e−X2

(P'−2 X P )et l’on simplifie :

f (P )=P'−2 X P

Pour P∈Rn [ X ] :P est alors un polynôme à coefficients réels de degré inférieur ou égal à n

la dérivée P' est donc un polynôme à coefficients réels de degré inférieur ou égal à n−1 si n≥1 ou bien, si n=0, cette dérivée est égale à 0tandis que −2 X P est un polynôme à coefficients réels de degré inférieur ou égal à n+1

par conséquent, la différence P'−2 X P est un polynôme à coefficients réels de degré inférieur ou égal à n+1

ainsi :

P∈Rn [ X ]⟹ f (P )∈Rn+1 [ X ]

f apparaît donc comme une application de Rn [ X ] dans Rn+1 [ X ]prouvons maintenant la linéarité de f

pour (P ,Q )∈Rn [X ] x Rn [ X ] et λ∈R quelconques :

f ( λP+Q )=( λ P+Q )'−2 X ( λ P+Q )

¿ λ P'+Q'−2 λ X P−2 X Q

¿ λ (P'−2 X P )+(Q'−2XQ )

8JPC


¿ λ f (P )+ f (Q )

notons que nous avons utilisé au passage le fait que l’application P⟼P' est linéaire.

2) La base canonique de Rn [ X ] est {X k : k∈ ⟦0 ;n ⟧ }, soit de manière sans doute plus lisible :

{X n , Xn−1 ,…, X ,1 }on voit que si k∈ ⟦1; n ⟧ :

f ( Xk )=k X k−1−2 X Xk=k X k−1−2 X k+1=−2 X k+1+k Xk−1

et dans le cas particulier d’un exposant k=0 :

f (1 )=0−2X 1=−2 X

d’où la matrice de f relative aux bases canoniques de Rn [ X ] et Rn+1 [ X ] (ces bases sont rappelées en marge à gauche et en haut de la matrice) :

X n Xn−1 … X k … X 1 ¿(−2 0 ¿0 ⋮ ¿0 00 −2 ⋱ ¿ ¿

⋮ ¿n¿0¿⋱¿¿¿¿¿0¿n−1¿⋱¿¿¿¿¿ ⋮ ¿¿¿¿¿¿¿−2¿¿¿¿0¿¿¿¿k¿⋱¿¿¿⋱¿¿¿⋱¿−2¿0¿ ⋮ ¿⋮ ¿¿¿¿0¿−2¿0¿0¿¿¿¿1¿0¿)

Xn+1

Xn

X n−1

X n−2

⋮Xk +1

X k

X k−1

⋮X2

X1

il n’y a pas de raison valable de privilégier les polynômes écrits selon les puissances décroissantes, l’écriture suivant les puissances croissantes est tout aussi respectable ; aussi ferons-nous l’effort de fournir également la matrice de f d’après cet autre ordre, celui des puissances croissantes :

( 0 1 0 0 … ¿ 0−2 0 2 0 ¿ ¿ ¿

−2¿0¿3¿¿¿¿¿0¿0¿−2¿0¿¿¿¿¿−2¿¿¿¿¿¿n−1¿0¿0¿0¿n−1¿0¿−2¿0¿n¿ ⋮ ¿¿¿¿¿0¿−2¿0¿0¿¿¿¿…¿0¿0¿−2¿)3) On a, par définition d’un noyau puis par définition de f :

P∈Ker ( f )⇔f (P )=0⇔P'−2 X P=0⇔P'=2 X P

cette équation d’inconnue P admet visiblement pour solution P=0, ce qui n’est nullement une surprise puisque le vecteur nul appartient toujours à Ker ( f )

si l’on suppose une autre solution P pour l’équation avec P≠0, le degré de P est alors un entier n≥0

le degré de 2 X P est donc n+1 tandis que le degré de P' est n−1 si n≥1 ou bien est −∞ si n=0

mais n+1≠n−1 et n+1≠−∞, ce qui est contradictoire avec l’égalité P'=2 X P, qui devrait donner le même degré au polynôme du membre de gauche et au polynôme du membre de droite

par conséquent, il n’y a dans ce noyau pas d’autre polynôme que le polynôme nul :

Ker ( f )= {0 }

On sait que pour toute application linéaire f d’un espace vectoriel E dans un espace vectoriel :

9JPC


dim (Ker ( f ) )+dim (ℑ (f ) )=dim (E )

or, dans le cas qui nous occupe, Ker (f )= {0 }, donc dim (Ker (f ) )=0, et E=Rn [ X ] d’où dim (E )=n+1par suite :

dim (ℑ (f ) )=n+1

autrement dit :

le rang de f est égal à n+1

10JPC


Exercice 2

Énoncé

Soit A=(a bc d) une matrice de E=M 2 (R ).

On considère l’application φ de E dans E définie par :

φ (M )=AM−M A

1) Montrer que φ est un endomorphisme de E.

2) Écrire la matrice de φ dans la base canonique de E.

Solution

1) Comme l’énoncé dit que φ est une application de E dans E, autrement dit que tout se passe « en interne », « à l’intérieur » de E, et qu’en grec ancien « dans » se disait endo, d’où d’ailleurs plein de mots fabriqués avec ce préfixe, comme endoscopie, endorphine, endogène (mais pas endormi ni endoctrinement !), pour établir que φ est un endomorphisme de E, nous avons juste à prouver maintenant que φ est un morphisme, c’est-à-dire que φ est linéaire

quels que soient M∈ E, N∈E et λ∈R, grâce à des règles opératoires classiques sur les matrices, on voit que :

φ (M+λ N )=A (M+λ N )−(M+λ N ) A

¿ AM+λ A N−M A−λ N A¿ AM−M A+λ A N−λ N A

¿ ( AM−M A )+λ (A N−N A )

¿φ (M )+φ (N )CQFD

2) La base canonique de E est la famille { I , J , K ,L } avec :

I=(1 00 0)

J=(0 10 0)

K=(0 01 0)

L=(0 00 1)

pour être en mesure d‘écrire la matrice de φ dans cette base canonique de E, nous pouvons déterminer les coordonnées des images φ ( I ), φ ( J ), φ (K ) et φ (L ) dans ladite base

φ ( I )=A I−I A=(a bc d)(1 0

0 0)−(1 00 0)(a b

c d )=(a 0c 0)−(a b

0 0)=(0 −bc 0 )

φ ( I )=0 I−b J+c K+0 L

φ ( J )=A J−J A=(a bc d )(0 1

0 0)−(0 10 0)(a b

c d)=(0 a0 c)−(c d

0 0)=(−c a−d0 c )

11JPC


φ ( J )=−c I+(a−d ) J +0 K+c L

φ (K )=A K−K A=(a bc d )(0 0

1 0)−(0 01 0)(a b

c d)¿(b 0

d 0)−(0 0a b)=( b 0

d−a −b)φ (K )=b I+0J+ (d−a )K−b L

φ (L )=A L−L A=(a bc d)(0 0

0 1)−(0 00 1)(a b

c d )=(0 b0 d)−(0 0

c d )=( 0 b−c 0)

φ (L )=0L+bJ−c K+0 L

d’où la matrice de φ dans la base canonique de E:

(0 −c b 0

−b a−d 0 bc 0 d−a −c0 c −b 0

)Une alternative à cette démarche est d’expliciter φ (M ) dans le cas général, donc nous partirions d’une matrice M de M 2 (R ) tout à fait quelconque :

M=(x yz t )

où ces x, y, z et t sont n’importe quels réels.

Nous prendrons une précaution préalable, non pas changer la notation pour la base canonique de M 2 (R ) adoptée tout à l’heure, à savoir { I , J , K ,L }, mais plutôt préférer ici la notation standard pour cette base canonique dans les espaces vectoriels de matrices, base qui utilise la notion d’unité matricielle. On désigne traditionnellement par Eij la matrice dont tous les termes sont égaux à 0 sauf un seul, celui placé dans la ligne i et dans la colonne j, qui vaut 1.

Dans le cas présent de M 2 (R ), on a ainsi une base canonique constituée de :

E11=(1 00 0) E12=(0 1

0 0) E21=(0 01 0) E22=(0 0

0 1)on voit alors que pour notre matrice M précédente, ses coordonnées dans la base canonique {E11 ,E12 ,E21 , E22 } sont ( x , y , z , t ) tout simplement parce qu’on peut écrire :

(x yz t )=(x 0

0 0)+(0 y0 0)+(0 0

z 0)+(0 00 t )

¿ x (1 00 0)+ y (0 1

0 0)+z(0 01 0)+ t (0 0

0 1)¿ x E11+ y E12+z E21+ t E22

si on parlait des termes de la matrice M de manière plus lourde mais plus précise ainsi :

M=(m1 ,1 m1 ,2

m2 ,1 m2 ,2)

on aboutirait à la jolie (?) écriture :

12JPC


M=m1 ,1 E11+m1 ,2 E12+m2, 1E21+m2 ,2 E22

Rentrons dans le vif du sujet :

φ (M )=AM−M A=(a bc d )(x y

z t )−(x yz t )(a b

c d )¿(a x+b z a y+b t

c x+d z c y+d t)−(a x+c y bx+d yaz+c t b z+d t )

¿(a x+b z−a x−c y a y+b t−bx−d yc x+d z−a z−c t c y+d t−b z−dt )

φ (M )=( −c y+b z −b x+(a−d ) y+b tc x+ (d−a ) z−c t c y−b z )

on remarquera que nous nous sommes efforcés dans chacun des quatre termes de la matrice φ (M ) résultat d’ordonner dans l’ordre alphabétique des lettres x, y, z et t des coordonnées du M de départ.

Or, puisque nous venons de parler de départ, nous savons que nous avions alors la matrice colonne suivante dans notre fameuse base canonique, matrice colonne associée au quadruplet ( x , y , z , t ) de ces coordonnées :

(xyzt)

et à l’arrivée, nous aboutissions il y a un instant à une matrice φ (M ) de M 2 (R ) dont les coordonnées dans cette même base canonique sont (avec une lecture, ainsi que nous ne soulignions un peu plus haut dans l’ordre des lignes, de haut en bas, et dans l’une de ces lignes, de gauche à droite) :

(−c y+bz

−b x+(a−d ) y+b tc x+(d−a ) z−c t

c y−b z)

nous aurons la réponse attendue dès que nous parviendrons à placer ce qu’il convient à la place de tous nos points d’interrogation, dans une matrice carrée d’ordre 4 puisque la dimension de M 2 (R ) est 4 ou, ce qui revient exactement au même, puisqu’il y a 4 vecteurs dans cette base canonique :

(? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?

)nous devons réaliser :

(? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?

)(xyzt)=(

−c y+b z−b x+ (a−d ) y+b tc x+ (d−a ) z−c t

c y−b z)

par une simple lecture, on trouve alors comme matrice associée à φ dans la base canonique de M 2 (R ) :

13JPC


(0 −c b 0

−b a−d 0 bc 0 d−a −c0 c −b 0

)à toutes fins utiles, précisons que si dans l’une des expressions des coordonnées de φ (M ) l’une de ces lettres x, y, z ou t est manquante, c’est que le terme dans la matrice que nous construisons est égal à 0.

Accessoirement, nous poussons un grand soupir de soulagement à contrôler que les deux méthodes aboutissent bien au même résultat !

Petits compléments à ce qui précède. Demandons-nous si une matrice A de M 2 (R ) pourrait commuter avec toutes les matrices de M 2 (R ), soit vérifier la propriété ci-dessous :

∀M∈M 2 (R ) , A M=M A

il revient évidemment au même de dire que l’on aurait :

∀M∈M 2 (R ) , A M−M A=0M2 (R )

ou encore, en exploitant la vedette même de ce sujet, l’endomorphisme φ :

∀M∈M 2 (R ) , φ (M )=0M 2 (R )

assertion équivalente à « la matrice de φ est la matrice nulle de M 2 (R ) ».

Ainsi, il faut et il suffit que tous les termes de la matrice de φ soient égaux à 0, ce que traduit le système que voici :

{ c=0b=0

a−d=0

bien entendu, nous nous abstenons d’écrire dans ce système les équations −c=0, d−a=0 et −b=0 parce qu’elles y sont déjà présentes sous une forme clairement équivalente.

Il apparaît ainsi que la matrice A convient si et seulement si elle est de la forme :

A=(a 00 a)

où a est un réel quelconque, résultat pas du tout surprenant car A=a I2 est bien telle que l’on ait, quelle que soit M∈M 2 (R ) :

AM=(a I 2 ) M=a ( I 2M )=aM=a (M I2 )=M (a I 2 )=M A

On vient donc de voir que dans le cas où A est de la forme a I 2, avec pour a un réel, ce qu’on peut

énoncer en disant que A∈Vect ({I 2 }), le noyau de φ nous est connu :

Ker (φ )=M 2 (R )

Si A∉Vect ({ I 2 }), que pouvons-nous dire de Ker (φ ) ?

Peut-être pas facile de déterminer Ker (φ ) si l’on utilise la matrice précédemment obtenue car on serait conduit à écrire :

14JPC


M∈Ker (φ )⇔φ (M )=0M 2 (R )⇔(0 −c b 0

−b a−d 0 bc 0 d−a −c0 c −b 0

)(xyzt)=(

0000)

où on a posé M=(x yz t ), ce qui conduit à résoudre le système :

{ −c y+b z=0−b x+ (a−d ) y+b t=0c x+ (d−a ) z−c t=0

c y−b z=0

d’inconnues x, y, z et t réelles, pas facile, annoncions-nous à cause de la présence des paramètres réels a, b, c et d…

on peut cependant noter, tellement c’est bien visible, pour ne pas indiquer que ce point saute aux yeux, que ce système de quatre équations à quatre inconnues se réduit à un système à trois équations, la première et la deuxième étant équivalentes, l’une étant « l’opposée » de l’autre.

Or deux éléments de Ker (φ ) sont aisément accessibles :

φ ( I 2 )=A I 2−I 2 A=A−A=0M 2 (R )

φ ( A )=A A−A A=0M 2 (R )

on en déduit aussitôt l’inclusion :

Vect ( { I 2 , A })⊂Ker (φ )

notons que cette famille génératrice {I 2 , A } est libre puisque A n’est pas de la forme a I 2…

Il apparaît donc que {I 2 , A } est de dimension 2. Si nous savions par ailleurs que Ker (φ ) est

également de dimension 2, nous conclurions tout de suite à l’égalité Ker (φ )=Vect ({ I 2 , A }).Or on a pour notre endomorphisme φ :

dim (Ker (φ ) )+dim (ℑ (φ ) )=dim (M 2 (R ))=4

Nous allons donc maintenant chercher à identifier ℑ (φ ) et, au moins déjà, sa dimension, car si nous parvenons à prouver que cette dimension vaut 2, nous connaîtrons la dimension de Ker (φ ). Pour l’instant, nous pouvons seulement dire que cette dimension est au plus 2 compte tenu de ce que celle de Ker (φ ) est au moins 2…

Nous reprenons un résultat acquis antérieurement :


nous décomposons cette matrice en « expulsant » ces x, y, z et t :

φ (M )=x (0 −bc 0 )+ y (−c a−d

0 c )+z ( b 0d−a −b)+ t( 0 b

−c 0)Bien entendu, nous avons :

{φ (M ) : ( x , y , z , t )∈R4 }la présence de ces quatre paramètres x, y, z et t pourrait laisser penser (mais pendant une fraction

15JPC


de seconde seulement) que nous avons là sous les yeux un sous-espace vectoriel de dimension 4à dire vrai, cette opinion s’effondre aussitôt puisque les matrices de l’extrême-gauche et de l’extrême-droite sont visiblement opposées et donc colinéaires :

( 0 b−c 0)=−(0 −b

c 0 )on réduit donc la dimensions supposée à 3 au plus avec cette écriture :

φ (M )= (x−t )(0 −bc 0 )+ y(−c a−d

0 c )+z ( b 0d−a −b)

où n’interviennent plus que trois paramètres, x−t , y et z.

Or nous avons par nos investigations précédentes que la dimension, en réalité, est de 2 au plus : par conséquent, l’une des trois matrices qui subsistent doit être une combinaison linéaire des deux autres

à ce stade, nous pourrions donner une réponse mais nous préférons dévoiler comment nous l’avons découverte, en cherchant une relation de la forme :

α (0 −bc 0 )+β (−c a−d

0 c )+γ ( b 0d−a −b)=0M 2(R )

où les coefficients α , β et γ sont des réels

cette dernière égalité équivaut au système :

{ −β c+γ b=0−α b+β (a−d )=0α c+γ (d−a )=0

β c−γ b=0

on peut clairement se passer de la dernière de ce système équation, qui s’obtient en multipliant les deux membres de la première équation par le facteur −1, d’où le système équivalent au système de départ :

{ −β c+γ b=0−α b+β (a−d )=0α c+γ (d−a )=0

une solution apparaît alors :

α=a−d β=b γ=cpuisque :

{ −bc+bb=0−(a−d )b+b (a−d )=0

( a−d ) c+c (d−a )=0

on conclut donc à l’égalité suivante :

(a−d )(0 −bc 0 )+b (−c a−d

0 c )+c( b 0d−a −b)=0M2 ( R )

où l’un au moins des trois coefficients de cette combinaison linéaire, a−d , b ou c, est non nul car dans le cas contraire, on aurait a=d et b=0 et c=0, ce qui est absurde puisque nous travaillons avec une matrice A non de la forme A=a I2…

nous donnons des noms aux trois matrices en cause :

16JPC


U=(0 −bc 0 ) V=(−c a−d

0 c ) W=( b 0d−a −b)

nous avons déjà acquis que :

ℑ (φ )=Vect ( {U ,V ,W } )distinguons trois cas afin de bien savoir à quoi nous en tenir

si a≠d, alors U est combinaison linéaire de V et W :

U= −ba−d

V− ca−d

W

et donc :

ℑ (φ )=Vect ( {V ,W } )avec {V ,W } qui est libre à cause des termes en ligne 2 et colonne 1 de V et W respectivement, l’un nul, l’autre, a−d , non nul

si b≠0, alors V est combinaison linéaire de U et W :

V=−a−db

U− cbW

d’où :

ℑ (φ )=Vect ( {U ,W })avec {U ,W } qui est libre à cause des termes en ligne 1 et colonne 1 de U et W respectivement, l’un nul, l’autre, b, non nul

si c ≠0, alors W est combinaison linéaire de U et V :

W=−a−dc

U−bcV

par conséquent :

ℑ (φ )=Vect ( {U ,V } )avec {U ,V } qui est libre à cause des termes en ligne 2 et colonne 2 de U et V respectivement, l’un nul, l’autre, c, non nul

certitude désormais sur la dimension de ℑ (φ ) :

dim (ℑ (φ ) )=2

et par-là également sur celle de Ker (φ ) :

dim (Ker (φ ) )=2

Ker (φ ) est même déterminé exactement :

Ker (φ )=Vect ({ I 2 , A })

Nos derniers efforts seront consacrés à la détermination de ℑ (φ ).

Nous avons vu plus haut que :


17JPC


nous constatons ainsi que φ (M ) est de la forme (X YZ T ) où ces réels X , Y , Z et T sont :

{ X=−c y+b zY=−b x+(a−d ) y+b tZ=c x+ (d−a ) z−c t

T=c y−b z

on note que :

T=−Xou, ce qui revient au même, que :

X+T=0cette propriété vient de très loin, si l’on ose dire ; en effet, on définit pour une matrice carrée M sa trace comme la somme des termes de sa diagonale principale, ce qui définit une application M⟼Tr (M ) de M n (K ) dans K qui est linéaire et satisfait à la propriété1 :

Tr (M N )=Tr (N M )

quelles que soient les matrices M et N de M n (K )

pour l’endomorphisme φ qui nous occupe, on a donc :

Tr (φ (M ) )=Tr ( AM−M A )=Tr ( AM )−Tr (M A )=0

la propriété X+T=0 était donc prévisible…

Or dans M 2 (R ), l’équation cartésienne X+T=0 est celle d’un hyperplan ; rappelons qu’un hyperplan qualifie tout sous-espace vectoriel d’un espace-vectoriel de dimension finie n dont la dimension est égale à n−1. Ici, M 2 (R ) est de dimension 4 tandis que son sous-espace vectoriel d’équation cartésienne X+T est de dimension 3, comme on peut facilement d’en convaincre ainsi :

{( X ,Y ,Z ,T )∈R4: X+T=0 }={(X ,Y ,Z ,−X ) : (X ,Y ,Z )∈R3 }¿ {X (1 ,0 ,0 ,−1 )+Y (0 ,1,0 ,0 )+Z (0 ,0 ,1 ,0 ) : ( X ,Y ,Z )∈R3 }

¿Vect ( {(1 ,0 ,0 ,−1 ), (0 ,1 ,0 ,0 ) , (0 ,0 ,1 ,0 ) })et la famille génératrice qui vient ainsi d’être rendue « palpable » est clairement libre, donc cette

1 en voici une preuve dans le contexte restreint actuel de M 2 (R ) :

(a bc d )(x y

z t )=(a x+c y b x+d ya z+c t b z+d t )

Tr ((a bc d )(x y

z t ))=(a x+c y )+(b z+d t )

(x yz t )(a b

c d )=(a x+b z a y+b tc x+d z c y+d t)

Tr ((x yz t )(a b

c d ))=(a x+b z )+ (c y+d t )

effectivement :

(a x+c y )+ (b z+d t )=(ax+b z )+(c y+d t )

18JPC


famille {(1 ,0 ,0 ,−1 ) , (0 ,1 ,0 ,0 ) , (0 ,0 ,1 ,0 ) } à 3 éléments est une base dudit sous-espace vectoriel, lequel est donc bien de dimension 3.

Mais nous visons pour ℑ (φ ) la dimension 2. Sans doute nous manque-t-il une autre équation cartésienne d’hyperplan. De même qu’en géométrie « classique » en dimension 3 l’intersection de deux plans, chacun de dimension 2, donne en général une droite de dimension 1, nous pouvons espérer que dans M 2 (R ) de dimension 4 nous mettions la main sur deux hyperplans de dimension 3 dont l’intersection serait de dimension 2 et serait même égale à notre ℑ (φ )…

Nous sommes arrivés à dire quelque chose à propos de X et T , tentons maintenant notre chance avec Y et Z :

{Y=−b x+(a−d ) y+b tZ=c x+ (d−a ) z−c t

expressions que l’on peut aménager ainsi :

{Y=−b (x−t )+(a−d ) yZ=c ( x−t )+(d−a ) z

on en déduit que :

c Y +bZ=(a−d ) ( c y−bz )

on reconnaît alors dans ce c y−b z le T ou le −X de tout à l’heure ! nous ne sentons pas le cœur de trancher entre les deux et nous adoptons donc la relation suivante :

c Y +bZ=a (c y−b z )−d (c y−b z )=−a X−dTce qui nous conduit à une seconde équation cartésienne d’hyperplan :

a X+cY +b Z+dT=0nous parlons là d’hyperplan avec une bonne dose d’imprudence car il faut encore s’en assurer mais on a exactement la même règle, mutatis mutandis, que pour les équations cartésiennes en dimension où on peut conclure qu’on a bien un plan si et seulement si l’un des coefficients au moins est différent de 0, ce qui est bien le cas ici car, si l’on suppose le contraire, c’est-à-dire si l’on prend comme hypothèse d=−b=−c=a=0, on tombe sur une contradiction avec A∉Vect ({I 2 }).À l’heure actuelle, nous avons démontré l’implication ci-dessous :

(X YZ T )∈ℑ (φ )⟹ { X+T=0

a X+c Y +bZ+dT=0

implication qu’on peut traduire en une inclusion ainsi :

ℑ (φ )⊂{(X YZ T ) : (X ,Y ,Z ,T )∈ R4 et X+T=0et a X+cY +bZ+d T=0}

or nous savons qu’elle est la dimension de ℑ (φ ), 2 ; si nous prouvons que le sous-espace vectoriel du membre de droite de cette inclusion est lui aussi de dimension 2, l’inclusion sera « promue » en égalité :

(X YZ T )∈ℑ (φ )⇔ { X+T=0

a X+c Y+bZ+d T=0

travaillons au corps ce système :

{ X+T=0a X+c Y +b Z+dT=0

⇔ { T=−X(a−d ) X+cY +b Z=0

19JPC


l’un des trois coefficients a−d , c et b est non nul, ainsi qu’on l’a déjà analysé précédemment, si bien qu’à partir de (a−d ) X+c Y +bZ=0, on a l’assurance de pouvoir mettre soit X en fonction de Y et Z, soit Y en fonction de X et Z, soit Z en fonction de X et Y ; dès lors, les quadruplets (X ,Y ,Z ,T ) concernés pourront s’exprimer en fonction de deux seulement des quatre lettres X , Y , Z et Z, ce qui nous fournit la dimension 2 espérée.

Comme vous n’êtes pas obligé(e) de nous croire sur parole, nous détaillons les calculs ci-après :

si a≠d :

{ T=−X

X= −ca−d

Y− ba−d

Z

(X ,Y ,Z ,T )=( −ca−d

Y− ba−d

Z ,Y ,Z , ca−d

Y + ba−d

Z)=Y ( −ca−d

,1,0 , ca−d )+Z ( −b

a−d,0 ,1 , b

a−d )si b≠0 :

(X ,Y ,Z ,T )=(X ,Y ,−a−db

X− cbY ,−X)=X (1 ,0 ,−a−d

b,−1)+Y (0 ,1,− c

b,0)

si c ≠0 :

(X ,Y ,Z ,T )=(X ,−a−dc

X−bcZ ,Z ,−X )=X (1 ,−a−d

c,0 ,−1)+Z (0 ,−b

c,1,0)

20JPC


Exercice 3

Énoncé

Soient a et b des réels et A la matrice de E=M 3 (R ) définie par :

A=(a+b 0 a0 b 0a 0 a+b)

Calculer An pour n∈N .

Solution

Il est très tentant de décomposer A en l’écrivant comme une combinaison linéaire de deux matrices où les coefficients sont a et b, ces matrices étant fixes, c’est-à-dire constantes :

A=a(1 0 10 0 01 0 1)+b(1 0 0

0 1 00 0 1)

on reconnaît alors la matrice unité d’ordre 3, que nous noterons I (la notation standard est I 3 mais une certaine paresse nous conduit à laisser tomber ici le 3…) :

I=(1 0 00 1 00 0 1)

quant à l’autre matrice, nous la nommons M :

M=(1 0 10 0 01 0 1)

ainsi, on a :

A=aM+b I

Peut-être savez-vous que si M a le bon goût d’être nilpotente alors le calcul de An comme étant celui de (aM+b I )n est grandement facilité

ce terme « nilpotente » signifie qu’une puissance de M est nulle ; voyons ce qu’il en est en calculant déjà le carré de M :

M 2=M .M=(1 0 10 0 01 0 1)(1 0 1

0 0 01 0 1)=(2 0 2

0 0 02 0 2)

autrement dit :

M 2=2 Mun raisonnement par récurrence sans difficulté établirait alors que pour tout entier k , k ≥1 :

M k=2k−1 M

mais nous perdons ainsi tout espoir d’obtenir pour un exposant k convenable M k=0…

pardon pour l’expression quelque peu argotique qui va être employée mais il n’y a donc là pas plus de nilpotente que de beurre en broche !

En réalité, nous n’avons pas perdu notre temps car nous allons quand même pouvoir exploiter la

21JPC


décomposition A=aM+b I qui vient d’être obtenue

comme les matrices M et I commutent (I commute avec tout le monde !), on peut appliquer la formule du binôme de Newton dans le contexte actuel :

An=(aM+b I )n=∑k=0

n

(nk )(aM )k (b I )n−k

or, d‘une part, quels que soit le scalaire a, la matrice carrée M et l’exposant k entier naturel :

(aM )k=ak M k

d‘autre part, pour tout scalaire b et tous les entiers naturels n et k avec k ≤n :

(b I )n−k=bn−k I n−k=bn−k Iet ainsi :

An=∑k=0

n

(nk )ak bn−k M k

comme M k=2k−1 M n’est valable que pour k ≥1, nous devons écarter un terme du sigma, celui pour le rang k=0 :

An=(n0)a0bn−0M 0+∑k=1

n

(nk )ak bn−k M k=1∗1bn I+∑k=1

n

(nk )ak bn−k M k

ou encore, grâce à l’expression de M k en fonction de M signalée précédemment :

An=bn I+∑k=1

n

(nk )akbn−k2k−1 M

on peut aisément « rassembler » ak et 2k−1 pour former une seule puissance :

An=bn I+ 12∑k=1

n

(nk )ak bn− k2k M=bn I+ 12∑k=1

n

(nk) (2a )k bn−k M

une autre intervention va s’avérer intéressante, mettre M en facteur dans le sigma :

An=bn I+ 12 (∑k=1

n

(nk )(2a )kbn−k)Mnouvelle application de la formule du binôme de Newton mais ce coup-ci dans R :

∑k=0

n

(nk ) (2a )k bn−k=(2a+b )n

ce qui implique :

∑k=1

n

(nk ) (2a )k bn−k=(2a+b )n−(n0) (2a )0bn−0=(2a+b )n−bn

on parvient à ce résultat :

An=bn I+ 12

( (2a+b )n−bn ) M

c’est-à-dire :

22JPC


An=bn(1 0 00 1 00 0 1)+1

2( (2a+b )n−bn) (1 0 1

0 0 01 0 1)

or :

bn+ 12

( (2a+b )n−bn )=12

((2a+b )n+bn )

donc :

An=(12

( (2a+b )n+bn ) 0 12

( (2a+b )n−bn )

0 bn 012

( (2a+b )n−bn ) 0 12

( (2a+b )n+bn ) )

23JPC


Exercice 3 bis

Énoncé

Soit f un endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est :

A=( 3 −4 −24 −7 −4

−5 10 6 )1) Montrer que f est un projecteur.

2) En déduire une base de R3 dans laquelle la matrice de f est :

B=(0 0 00 1 00 0 1)

Solution

1) f est un projecteur si et seulement si :

f ο f =f

ce qui revient pour la matrice A de f à l’égalité ci-dessous (le « . » qui intervient est le symbole de la multiplication des matrices) :

A . A=Aor :

A . A=( 3 −4 −24 −7 −4

−5 10 6 )( 3 −4 −24 −7 −4

−5 10 6 )¿( 9−16+10 −12+28−20 −6+16−12

12−28+20 −16+49−40 −8+28−24−15+40−30 20−70+60 10−40+36 )

¿(19−16 28−32 16−1832−28 49−56 28−3240−45 80−70 46−40)=( 3 −4 −2

4 −7 −4−5 10 6 )=A

donc, en effet :

f est un projecteur

2) On conclut alors du résultat qui vient d’être acquis que f projette sur le sous-espace suivant :

E={u∈R3 : f (u )=u }parallèlement au sous-espace qui n’est autre que le noyau de f :

F={u∈R3: f (u )=0 }nous allons maintenant déterminer explicitement ces deux sous-espaces vectoriels E et F de R3 :

posons u=( x , y , z )∈R3 et effectuons les calculs via des matrices :

24JPC


u∈E⟺ f (u )=u⟺ A ( xyz )=(xyz )calculons le produit du membre de gauche de cette dernière égalité :

A( xyz )=( 3 −4 −24 −7 −4

−5 10 6 )( xyz)=( 3 x−4 y−2 z4 x−7 y−4 z

−5 x+10 y+6 z)ainsi :

u∈E⟺( 3 x−4 y−2 z4 x−7 y−4 z

−5 x+10 y+6 z )=( xyz )ce qui équivaut au système suivant, où ( x , y , z ) est l’inconnue :

{ 3x−4 y−2 z=x4 x−7 y−4 z= y

−5 x+10 y+6 z=z

on « expédie tout à gauche » dans les égalités :

{ 2 x−4 y−2 z=04 x−8 y−4 z=0

−5 x+10 y+5 z=0

on factorise « à fond la caisse » chacune des équations du système :

{ 2 ( x−2 y−z )=04 ( x−2 y−z )=0

−5 ( x−2 y+z )=0

et on voit ainsi que ce système est en fait équivalent à une seule équation, que voici :

x−2 y−z=0donc :

E={( x , y , z )∈R3: x−2 y−z=0}conclusion :

E est le plan vectoriel deR3d’équation cartésienne x−2 y−z=0

remarquons que :

x−2 y−z=0⟺ z=x−2 y

les éléments de E sont donc aussi les triplets de réels de la forme ( x , y , x−2 y ), avec :

( x , y , x−2 y )=x (1 ,0 ,1 )+ y (0 ,1 ,−2 )par conséquent :

E={x (1 ,0 ,1 )+ y (0 ,1 ,−2 ) : ( x , y )∈R2 }autrement dit :

E=Vect ( {(1 ,0 ,1 ) , (0 ,1 ,−2 ) })

25JPC


E est ainsi défini en tant que sous-espace vectoriel engendré par une famille de vecteurs

il est immédiat, grâce à ces zéros placés « en diagonale », que la famille {(1 ,0 ,1 ) , (0 ,1 ,−2 ) } est libre d’où :

{(1 ,0 ,1 ) , (0 ,1 ,−2 ) }est une base de E

Au moment d‘entamer l’étude de F, on réutilise le résultat pour A( xyz ) obtenu plus haut dans l’étude

de E :

u∈F⟺ f (u )=0⟺ A( xyz )=(000)⟺( 3 x−4 y−2 z4 x−7 y−4 z

−5x+10 y+6 z)=(000)

soit :

L1

L2

L3{ 3x−4 y−2 z=0

4 x−7 y−4 z=0−5 x+10 y+6 z=0

on effectue des opérations sur les lignes de ce système (qu’on a numéroté L1, L2 et L3 dans la marge gauche ci-dessus) afin de « virer » l’inconnue z de deux des équations tout en conservant une ligne intacte pour assurer l’équivalence :

L1

−2 L1+L2

3 L1+L3{ 3 x−4 y−2 z=0−6 x+8 y+4 z+4 x−7 y−4 z=09x−12 y−6 z−5 x+10 y+6 z=0

ce qui revient à :

{3 x−4 y−2 z=0−2x+ y=04 x−2 y=0

on procède ensuite en isolant y dans la deuxième équation puis en substituant dans les deux autres équations du système :

{3x−4 (2 x )−2 z=0y=2 x

4 x−2 (2x )=0

c’est-à-dire :

{z=−52

x

y=2x0=0

de manière plus rigoureuse encore :

{ x∈Ry=2x

z=−52

x

26JPC


ce qui prouve que :

F={(x ,2x ,−52x) : x∈ R}={x(1 ,2 ,−5

2 ) : x∈ R}on reconnaît ainsi un sous-espace vectoriel engendré par une famille, une famille monoparentale, si l’on ose l’emploi de cet adjectif quelque peu hors-sujet !

F=Vect {(1,2 ,−52 )}

ou encore, en choisissant un vecteur colinéaire au précédent, de façon à ne travailler qu’avec des entiers :

F=Vect ( {(2 ,4 ,−5 ) })F est la droite vectorielle de vecteur directeur (2 ,4 ,−5 )

comme on a prouvé que f est un projecteur de R3 sur E parallèlement à F, on sait qu’on a cette somme directe :

F⊕E=R3

alors, puisqu’on a vu précédemment d’une part que {(2 ,4 ,−5 ) } est une base de F, d’autre part que

{(1 ,0 ,1 ) , (0 ,1 ,−2 ) } est une base de E, on peut affirmer que :

{(2 ,4 ,−5 ) , (1,0 ,1 ) , ( 0 ,1 ,−2 ) }est une base de R3

Attribuons des noms à ces vecteurs :

v1=(2 ,4 ,−5 )

v2=(1 ,0 ,1 )

v3=(0 ,1,−2 )

puisque v1 appartient à F, on a f (v1 )=0 et puisque v2 et v3 appartiennent à E, on a f (v2 )=v2 et f (v3 )=v3

la matrice de f dans la base {v1 , v2 , v3 } sera donc :

B=(0 0 00 1 00 0 1)

Tout ce qui va suivre est superfétatoire…

nommons aussi les vecteurs de la base canonique de R3

u1= (1 ,0 ,0 )

u2= (0 ,1 ,0 )

u3= (0 ,0 ,1 )

on a clairement :

v1=2u1+4u2−5u3

v2=u1+u3

27JPC


v3=u2−2u3

exprimons maintenant u1, u2 et u3 en fonction de v1, v2 et v3 :

v2=u1+u3⟹u1=v2−u3

v3=u2−2u3⟹u2=v3+2u3

v1=2u1+4u2−5u3⟹v1=2 (v2−u3 )+4 (v3+2u3 )−5u3=2v2+4 v3+u3

u3=v1−2v2−4 v3

d’où :

u1=v2−(v1−2v2−4v3 )=−v1+3 v2+4 v3

u2=v3+2 (v1−2v2−4 v3 )=2v1−4 v2−7v3

ainsi, la matrice de passage P de la base canonique {u1 , u2 ,u3 } à la base {v1, v2 , v3 } est :

P=( 2 1 04 0 1

−5 1 −2)et la matrice inverse P−1 de la base {v1, v2 , v3 } à la base {u1 , u2 ,u3 } est :

P−1=(−1 2 13 −4 −24 −7 −4)

et l’on a bien entendu :

B=P−1 A Pce que l’on peut vérifier :

A P=( 3 −4 −24 −7 −4

−5 10 6 )( 2 1 04 0 1

−5 1 −2)=(0 1 00 0 10 1 −2)

P−1 (A P )=(−1 2 13 −4 −24 −7 −4)(0 1 0

0 0 10 1 −2)=(0 0 0

0 1 00 0 1)=B

on pourrait tout aussi bien mener les calculs ainsi, de la gauche vers la droite :

P−1 A=(−1 2 13 −4 −24 −7 −4)( 3 −4 −2

4 −7 −4−5 10 6 )=(0 0 0

3 −4 −24 −7 −4)

(P−1 A ) P=(0 0 03 −4 −24 −7 −4 )( 2 1 0

4 0 1−5 1 −2)=(0 0 0

0 1 00 0 1)=B

28JPC


Exercice 4

Énoncé

Soit E l’ensemble des matrices de M 2 (R ) de la forme (a+b b−b a−b) avec (a ,b )∈R2.

1) Montrer que E est un sous-espace vectoriel de M 2 (R ).

2) Déterminer une base de E.

3) Montrer que E est stable pour la multiplication des matrices.

4) Déterminer les éléments inversibles de E.

5) Existe-t-il des matrices non nulles de E dont le produit est nul ?

Solution

1) Première méthode : recours à la caractérisation basique des sous-espaces vectoriels.

On contrôle d’abord que le zéro de M 2 (R ) appartient bien à l’ensemble E, ce qui est immédiat dès que l’on prend a=b=0 :

(0+0 0−0 0−0)=(0 0

0 0)=0M 2 (R )

peut-être aurez-vous entendu prononcer à cette occasion le nom Toto ?

Ensuite, il s’agit de prendre des éléments quelconques u et v de E, un scalaire quelconque λ (ici, c’est un réel) et de démontrer que λu+v est encore un élément de E.

Puisque u et v appartiennent à E, on a :

u=(a+b b−b a−b) avec (a ,b )∈R2

et :

v=(c+d d−d c−d) avec (c ,d )∈R2

nous devons prouver que λu+v peut se mettre sous la forme :

λu+v=(e+ f f−f e− f ) pour des réels e et f convenables

or :

λu+v=λ (a+b b−b a−b)+(c+d d

−d c−d )¿( λ (a+b )+c+d λb+d

λ (−b )+ (−d ) λ (a−b )+c−d )¿( λa+λ b+c+d λb+d

−λb−d λa− λb+c−d)¿( λa+c+λ b+d λb+d

−( λb+d ) λa+c− ( λb+d ))29

JPC


qui est bien de la forme attendue si l’on pose :

e=λ a+c f= λb+d

Seconde méthode : reconnaître dans E un sous-espace vectoriel engendré par une famille.

Écrivons chaque élément de E comme une combinaison linéaire de matrices simples où les paramètres a et b sont mis en facteur (et donc en évidence) :

(a+b b−b a−b)=(a 0

0 a)+( b b−b −b)=a(1 0

0 1)+b( 1 1−1 −1)

on note :

I 2=(1 00 1)

et :

M=( 1 1−1 −1)

ainsi :

(a+b b−b a−b)=a I 2+bM

donc :

E={(a+b b−b a−b) : (a ,b )∈R2}= {a I 2+bM : (a ,b )∈R2}

cette toute dernière écriture d’ensemble prouve que :

E=Vect ( {I 2 ,M })c’est-à-dire que E est le sous-espace vectoriel engendré par la famille {I 2 ,M }or si l’on parle d’un « sous-espace vectoriel engendré par une famille », c’est que l’on a déjà un « sous-espace vectoriel » tout court !

E est un sous-espace vectoriel de M2 (R )

2) Par notre réponse à la question 1), nous savons que {I 2 ,M } est une famille génératrice de E.

Si cette famille est libre, alors {I 2 ,M } sera une base de E.

Or, pour des réels a et b, si :

a I 2+bM=0

ce qui revient à :

(a+b b−b a−b)=(0 0

0 0)alors :

{a+b=0b=0

−b=0a−b=0

30JPC


la deuxième équation de ce système nous donne immédiatement :

b=0puis la quatrième équation nous indique que l’on a :

a=b=0

la famille {I 2 ,M } est donc bien libre

d’où la conclusion suivante :

{I 2 ,M }est une base de E avec I 2=(1 00 1)et M=( 1 1

−1 −1)3) E est stable par produit si et seulement si l’on a la propriété suivante :

∀u∈E ,∀ v∈ E ,u . v∈ E

or, d’après ce que l’on vient d’établir dans le 2), ces u et v sont combinaisons linéaires de I 2 et M :

u=a I2+bM avec (a ,b )∈R2

v=c I 2+d M avec (c ,d )∈R2

par conséquent, on aura pour leur produit u . v :

u . v=(a I2+bM ) . (c I 2+d M )développons, en prenant garder à bien respecter l’ordre des facteurs entre la gauche et la droite :

(a I 2+bM ) . (c I 2+dM )=(a I 2) . (c I 2 )+(a I 2 ) . (dM )+(bM ) . (c I 2 )+(bM ) . (c I 2)l’une des règles opératoires sur les matrices nous indique que, quels que soient les scalaires λ et μ et les matrices u et v :

( λu ) . (μv )=( λμ ) (u . v )d’où :

(a I 2 ) . (c I 2 )+(a I 2 ). (d M )+ (bM ) . (c I 2 )+(bM ) . (dM )

¿ac ( I 2)2+ad I 2. M+bc M . I2+b dM 2

I 2=(1 00 1) n’est autre que la matrice unité de M 2 (R ) si bien que pour n’importe quelle matrice A de

M 2 (R ), on a :

I 2 . A=A . I 2=A

en particulier :

( I 2 )2=I 2

par conséquent :

ac ( I 2)2+ad I 2 . M+bc M . I2+b dM 2

¿ac I2+a dM+bc M+bdM 2

¿ac I 2+(ad+b c )M+bd M 2

calculons M 2 :

31JPC


M 2=( 1 1−1 −1)( 1 1

−1 −1)=( 1∗1+1∗(−1 ) 1∗1+1∗(−1 )(−1 )∗1+(−1 )∗(−1 ) (−1 )∗1+ (−1 )∗(−1 ))

donc :

M 2=(0 00 0)

on arrive à ce résultat :

u . v=(a I2+bM ) . (c I 2+d M )=ac I 2+ (ad+b c )M

ce qui atteste que :

u . v∈Vect ( {I 2 , M })soit :

u . v∈Ec’est très précisément ce qu’il nous fallait démontrer.

E est stable pour la multiplication des matrices

4) On sait que pour toute matrice carrée A :

A inversible ⟺ Det (A )≠0or ici :

Det (A )=|a+b b−b a−b|=(a+b ) (a−b )− (−b )b=a2−b2+b2=a2

par suite :

A inversible ⟺ a≠0ou encore :

A inversible⟺a∈R− {0 }

5) Existe-t-il des éléments A et B de E tels que l’on ait :

A .B=0si c’est le cas, on devrait avoir :

Det (A .B )=Det (0 00 0)=0

mais comme Det (A .B )=Det (A )Det (B ) quelles que soient les matrices A et B, cela revient à :

Det (A ) Det (B )=0

d‘où, par la règle du produit nul pour des réels : Det (A )=0 ou Det (B )=0

donc, selon la conclusion de l’étude menée au 1), A ou B est de la forme :

(0+c c−c 0−c)

avec c∈R, ou encore :

c ( 1 1−1 −1)=cM

32JPC


cette matrice particulière M ayant été introduite plus haut, dans le 1) précédent

on sait aussi par ce même 1) que n‘importe quel élément de E est de la forme a I 2+bM , où (a ,b )∈R2

alors, réciproquement, si A=a I2+bM et B=cM , on aura :

A .B=(a I 2+bM ). (c M )=ac M+bcM 2=acM

puisqu’on a prouvé précédemment que M 2=¿0

si A=cM et B=a I 2+bM , le produit ne diffère pas car :

A .B=(c M ) . (a I 2+bM )=c aM+cbM 2=acM

par conséquent, vu que M≠0 :

A .B=0⟺acM=0⟺ac=0⟺a=0 ouc=0le cas où a=0 nous donne ces produits :

(bM ) . ( cM ) avec (b , c )∈ R2et b≠0et c ≠0

ce qui n’est en rien une surprise puisque M 2=0l’exigence que b et c soient différents de 0 tient à ce que l’énoncé réclame que les matrices trouvées ne soient pas nulles

quant au cas où c=0, il nous donnerait les produits :

A .0=0 . Aavec A quelconque dans E, ce qui est encore moins une surprise !

mais il ne s’agit pas de réponses à la question posée car l’énoncé exige des matrices non nulles.

33JPC


Exercice 5

Énoncé

Soit M=(3 1 00 3 20 0 3).

1) En remarquant que M=3 I+N , déterminer M n pour n∈N et n≥1.

2) En déduire l’expression en fonction de n des termes généraux des suites (un), (vn ) et (wn ) telles que u0=1, v0=2, w0=7 vérifiant les relations de récurrence :

{un+1=3un+vn

vn+1=3vn+wn

wn+1=3wn

Solution

1) Dans M=3 I+N , ce I est la matrice unité de M 3 (R ) :

I=(1 0 00 1 00 0 1)

quant à l’égalité M=3 I+N , elle constitue une définition de la matrice N :

N=M−3 Id‘où :

N=(3 1 00 3 20 0 3)−(3 0 0

0 3 00 0 3)=(0 1 0

0 0 20 0 0)

l’énoncé nous donne une indication avec cette notation N , pas bien explicite quand même, mais il se pourrait que ce soit la première lettre du mot « nilpotent », un mot qui doit être issu du latin et signifier « puissance nulle »

or :

N 2=(0 1 00 0 20 0 0)(

0 1 00 0 20 0 0)=(0 0 2

0 0 00 0 0)

puis :

N 3=N 2N=(0 0 20 0 00 0 0)(0 1 0

0 0 20 0 0)=(0 0 0

0 0 00 0 0)

ainsi :

N3=0 , la matrice N est nilpotente

Prouvons maintenant par un raisonnement par récurrence que pour tout entier n≥0 :

M n=3n I+an N+bn N2

34JPC


où an et bn sont des entiers

en effet, si l’on se repose sur la formule du binôme de Newton2, on devine que :

M n=(3 I+N )n=(3 I )n+(n1) (3 I )n−1N+(n2) (3 I )n−2 N2+(n3) (3 I )n−3 N3+…

notons que cette formule s’applique effectivement ici parce que 3 I et N commutent :

(3 I )N=N (3 I )=3 N

mais puisque N 3=0, on a même :

∀ k∈N∩¿il ne resterait donc du développement précédent que :

M n=(3 I+N )n=(3 I )n+(n1) (3 I )n−1N+(n2) (3 I )n−2 N2

ou encore, car pour tout entier naturel k :

(3 I )k=3k Iet :

I N=N

M n=3n I+(n1)3n−1N+(n2)3n−2N2

récurons à tour de bras pour prouver cette égalité…

initialisation :

pour n=0, M 0=I tandis que :

30 I+(01)30−1N+(02)30−2N2=1 I+030−1N+030−2N2=I

car (np)=0 dès que p>n

hérédité :

supposons que pour un entier naturel n, l’on ait la propriété voulue au rang n :

M n=3n I+(n1)3n−1N+(n2)3n−2N2

alors :

M n+1=Mn . M=(3n I +(n1)3n−1 N+(n2)3n−2N 2) (3 I +N )

développons en mettant le grand braquet comme disait le malheureux cycliste presque rattrapé par la voiture-balai sur le Tour de France :

(3n I+(n1)3n−1N+(n2)3n−2N2) (3 I+N )=3n+1 I+(n1)3nN+(n2)3n−1 N2+3nN+(n1)3n−1N 2+(n2)3n−2N3

justification :2 et non pas si l’on se repose sous l’arbre de Newton, fort dangereux car on risque à tout instant de se choper une pomme gravitationnelle sur le coin de la hure, de quoi avoir le tarin en compote, de quoi passer pour une pomme

35JPC


3n∗3=3n+1

3n−1∗3=3n

3n−2∗3=3n−1

N k I=I N k=N k

on efface (n2)3n−2N3 car N3=0 et on arrive à cette égalité :

M n+1=3n+1 I+((n1)+1)3nN+((n2)+(n1))3n−1N2

or une formule de combinatoire indique que :

(nk)+( nk−1)=(n+1

k )pour 1≤k≤ncette formule est facile à retrouver (c’est là la formule qui permet de remplir le triangle de Pascal) :

(nk)+( nk−1)= n !

k ! (n−k )!+ n!

(k−1 )! (n−(k−1 ) )!=

n ! (n−k+1 )k ! (n−k )! (n−k+1 )

+ k n !k (k−1 )! (n−(k−1 ) ) !

=n! (n−k+1 )k ! (n−k+1 )!

+ k n !k ! (n−k+1 ) !

= n!k ! (n−k+1 ) !

( (n−k+1 )+k )= n !k ! (n+1−k ) !

(n+1 )= (n+1 )!k ! (n+1−k ) !

=(n+1k )

en particulier pour k=1 :

(n1)+(n0)=(n+11 )

soit, puisque (n0)=1 :

(n1)+1=(n+11 )

on aboutit à :

M n+1=3n+1 I+(n+11 )3nN+(n+1

2 )3n−1N2

c’est-à-dire :

M n+1=3n+1 I+(n+11 )3n+1−1N+(n+1

2 )3n+1−2N 2

c’est bien la propriété voulue au rang n+1.

Passons à ce que l’on serait bien tenté d’appeler une application numérique

notons que :

(n1)=n

(n2)=n (n−1 )2

alors :

M n=3n I+an N+bn N2

36JPC


avec :

an=n3n−1

bn=n (n−1 )

23n−2

M n=3n(1 0 00 1 00 0 1)+an(0 1 0

0 0 20 0 0)+bn(0 0 2

0 0 00 0 0)=(3n an 2bn

0 3n 2an

0 0 3n )soit :

M n=(3n n3n−1 n (n−1 ) 3n−2

0 3n 2n3n−1

0 0 3n )2) On remarque que :

{un+1=3un+vn

vn+1=3vn+wn

wn+1=3wn

⟺ (un+1

vn+1

wn+1)=(3 1 0

0 3 20 0 3)( un

vn

wn)

si l’on pose cn=( un

vn

wn), on voit donc que :

cn+ 1=Mcn

la suite de vecteurs colonnes (cn ) est donc géométrique de raison M

il en découle que, quel que soit n∈N :

cn=M n c0

or, pour ce premier terme (ces données numériques figurent dans l’énoncé de l’exercice) :

c0=( u0

v0

w0)=(1

27)

d’où :

( un

vn

wn)=(3n an 2bn

0 3n 2an

0 0 3n )(127)ce qui implique :

un=3n+2an+14bn

vn=23n+14an

wn=7 3n

soit :

37JPC


un=3n+2n3n−1+7 n (n−1 ) 3n−2

v n=23n+14n3n−1

wn=7 3n

ou encore (et ce sera notre dernier mot, Michel3) :

un=(9−n+7n2 ) 3n−2

vn=(6+14 n ) 3n−1

wn=73n

3 quelqu’un me signale que je me trompe de prénomce n’est pas, contrairement à ce que je croyais, le philosophe Michel FOUCAULT mais le marseillais Jean-Pierre FOUCAULT qui prononce la phrase fatidique « c’est votre dernier mot » dans un jeu télévisé où il est surtout question d’argenterrare humanum est !

38JPC


Exercice 6

Énoncé


A=(3 −2 21 2 01 1 1)

1) Montrer qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice représentative de f est une matrice diagonale D de coefficients diagonaux 1, 2 et 3.

2) Déterminer la matrice de passage P de la base canonique à cette nouvelle base.

3) En déduire An pour tout n∈N .

Solution

1) Première méthode : détermination directe des valeurs propres de f .

f (u )=λu⟺ A ( xyz )= λ( xyz )où λ désigne une valeur propre présumée (ici, c’est un réel) et u est un vecteur propre associé à λ avec u=( x , y , z )∈R3

de manière plus explicite, nous avons :

(3 −2 21 2 01 1 1)( xyz )=( λ xλ y

λ z )ou encore :

(3 x−2 y+2 zx+2 yx+ y+z )=( λ xλ y

λ z )cette égalité équivaut au système suivant :

{3x−2 y+2 z=λ xx+2 y=λ yx+ y+ z=λ z

soit, en rassemblant tout dans le membre de gauche de chacune de ces équations :

{(3− λ ) x−2 y+2 z=0x+(2−λ ) y=0

x+ y+ (1−λ ) z=0

on résout ce système d’inconnues réelles x, y et z par substitution :

{(3− λ ) x−2 y+2 z=0x=−(2− λ ) y

x+ y+ (1−λ ) z=0

39JPC


{(3− λ ) (−(2−λ ) y )−2 y+2 z=0x=−(2−λ ) y

(−(2− λ ) y )+ y+(1−λ ) z=0

ce qui revient, après quelques travaux de déblaiement, à ce système-ci :

{(−8+5 λ−λ2) y+2 z=0x=− (2−λ ) y

(−1+ λ ) y+ (1−λ ) z=0

une factorisation providentielle peut être effectuée dans la dernière équation du système :

{(−8+5 λ−λ2) y+2 z=0x=− (2−λ ) y

( λ−1 ) ( y−z )=0

on est alors conduit à distinguer deux cas selon que le facteur λ−1 est nul ou pas :

cas particulier λ=1le système évolue en :

{−4 y+2 z=0x=− y0=0

ce qui équivaut à :

{x=− yy∈ Rz=2 y

vecteur propre v1=(1,−1 ,−2 ) en prenant y=−1

cas général λ∈R− {1 }on peut simplifier de manière légitime le système précédent ainsi :

{(−8+5 λ−λ2) y+2 z=0x=− (2−λ ) y

y−z=0

{(−8+5 λ−λ2) z+2 y=0x=− (2−λ ) y

z= y

{(−6+5 λ−λ2 ) y=0x=−(2−λ ) y

z= y

si −6+5 λ−λ2≠0 alors on aurait avec l’équation n° 1 de ce système y=0 puis, avec l’équation n° 3, z=0 et enfin, avec l’équation n° 2, x=0, mais on arrive ainsi à la conclusion x= y=z=0 alors que le vecteur propre ( x , y , z ) doit être non nul

donc il faut impérativement que −6+5 λ−λ2=0 pour qu’on ait un vecteur propre

40JPC


cette équation d’inconnue λ est de solutions λ=2 et λ=3

cas où λ=2le système devient

{0 y=0x=0z= y

soit :

{ x=0y∈ Rz= y

vecteur propre v2=(0 ,1,1 ) en prenant y=1

cas où λ=3le système devient

{0 y=0x= yz= y

soit :

{ x= yy∈ Rz= y

vecteur propre v3=(1 ,1 ,1 ) en prenant y=1

Seconde méthode : utilisation du polynôme caractéristique.

Le polynôme caractéristique de A est d‘expression :

Det (X I 3−A )=|X−3 2 −2−1 X−2 0−1 −1 X−1|

développons ce déterminant par rapport à sa dernière colonne (la plus à droite) :

Det (X I 3−A )=2|−1 X−2−1 −1 |+(X−1 )|X−3 2

−1 X−2|¿2 ( (−1 ) (−1 )−(−1 ) (X−2 ) )+ (X−1 ) ( (X−3 ) (X−2 )−(−1 ) 2 )

¿2−2 X+ (X−1 ) (X2−5 X+8 )

¿−2 (X−1 )+(X−1 ) (X2−5 X+8 )

¿ (X−1 ) (−2+(X2−5 X+8 ))¿ (X−1 ) ( X2−5 X+6 )

Det (X I 3−A )=(X−1 ) (X−2 ) (X−3 )

41JPC


remarque : sur le déterminant de départ, Det (X I 3−A )si l’on ajoute les colonnes 2 et 3 à la colonne 1, alors on voit que X−3 peut être mis en facteur

si l’on ajoute la colonne 3 à la colonne 2 (toujours en agissant sur le déterminant de départ), alors on voit qu’on peut mettre X−2 en facteur

si l’on soustrait la ligne 2 de la ligne 3, alors on voit que X−1 est en facteur

or Det (X I 3−A ) est un polynôme, donc les trois résultats précédents établissent que ce polynôme est divisible par le produit (X−1 ) (X−2 ) (X−3 )

mieux, Det (X I 3−A ) est forcément un polynôme dont le terme dominant est X3 donc ce polynôme est égal à (X−1 ) (X−2 ) (X−3 )

détermination du sous-espace propre relatif à la valeur propre 1 :

( A−1 I 3 )( xyz )=(000)⟺(2 −2 21 1 01 1 0)( xyz )=(000)⟺ {2 x−2 y+2 z=0

x+ y=0x+ y=0

⟺{ x∈Rz=−2 xy=−x

Ker (A−I )=Vect ( {(1 ,−1 ,−2 ) })


( A−2 I 3 )( xyz )=(000)⟺(1 −2 21 0 01 1 −1)( xyz )=(000)

⟺ {x−2 y+2 z=0x=0

x+ y−z=0⟺ { x=0

y∈Rz= y

Ker (A−2 I )=Vect ( {(0 ,1 ,1 ) })


( A−3 I3 )( xyz )=(000)⟺(0 −2 2

1 −1 01 1 −2)(xyz )=(0

00)⟺ {−2 y+2 z=0

x− y=0x+ y−2 z=0

⟺{x∈ Ry=xz=x

Ker (A−3 I )=Vect ( {(1 ,1 ,1 ) })

on voit ainsi apparaître ces vecteurs propres :

v1=(1 ,−1 ,−2 )v2=( 0 ,1 ,1 )v3=(1,1 ,1 )

f admet donc 3 valeurs propres, qui sont 1, 2 et 3, des valeurs propres qui sont toutes simples, donc :

f est diagonalisable

et il existe une matrice de passage P telle que l’on ait :

42JPC


A=PD P−1

ou tout aussi bien :

D=P−1 A Pavec cette matrice diagonale D, où l’on recopie les valeurs propres trouvées plus haut :

D=(1 0 00 2 00 0 3)

2) on conclut des résultats précédents que la matrice de passage de la base canonique {e1 , e2 , e3 } de R3 à la base {v1 , v2 , v3 } de R3 est la suivante (on indique dans les marges gauche et haute de cette matrice les vecteurs de ces deux bases afin de bien identifier les lignes et les colonnes qui sont en jeu) :

v1 v2 v3 ¿( 1 0 1−1 1 1−2 1 1)

e1

e2

e3

d’où :

P=( 1 0 1−1 1 1−2 1 1)

nous disposons à l’heure actuelle de v1, v2 et v3 en fonction de e1, e2 et e3 :

{v1=e1−e2−2e3

v2=e2+e3

v3=e1+e2+e3

essayons maintenant d‘obtenir e1, e2 et e3 en fonction de v1, v2 et v3 :

{ e1=v1+e2+2e3

v2=e2+e3

v3=(v1+e2+2e3 )+e2+e3=v1+2e2+3 e3

{ e1=v1+(v2−e3 )+2e3=v1+v2+e3

e2=v2−e3

v3=v1+2 (v2−e3 )+3e3=v1+2v2+e3

{ e1=v1+v2+(−v1−2 v2+v3 )=−v2+v3

e2=v2−(−v1−2 v2+v3 )=−v1+2 v2−v3

e3=−v1−2v2+v3

la matrice de passage de la base canonique {v1, v2 , v3 } à la base {e1 , e2 , e3 } est donc :

e1 e2 e3 ¿ ( 0 −1 −1−1 3 −21 −1 1 ) v1

v2

v3

autrement dit :

43JPC


P−1=( 0 −1 −1−1 3 −21 −1 1 )

3) De A=PD P−1, l’on déduit que pour tout n∈N :

An=PDn P−1

on a alors successivement :

Dn=(1n 0 0

0 2n 00 0 3n)=(1 0 0

0 2n 00 0 3n)

P Dn=( 1 0 1−1 1 1−2 1 1)(1 0 0

0 2n 00 0 3n)=( 1 0 3n

−1 2n 3n

−2 2n 3n)(P Dn )P−1=( 1 0 3n

−1 2n 3n

−2 2n 3n)( 0 −1 −1−1 2 −21 −1 1 )

An=( 3n −1−3n −1+3n

−2n+3n −1+3∗2n−3n 1−2∗2n+3n

−2n+3n −2+3∗2n−3n 2−2∗2n+3n)

44JPC


Exercice 6 bis

Énoncé

On considère l’application de R2 [ X ] dans R2 [ X ] définie par :

f (P )=(X−1 )2P( 1X−1 )+(X−1 )P' ( X )

1) Écrire la matrice de f dans la base canonique.

2) Montrer que la famille :

{1, X−1 , (X−1 )2

2 }est une base de R2 [ X ].


Solution

1) Remarque préalable à propos de la notation :

P( 1X−1 )

cet assemblage signifie que dans le polynôme P (X ), on remplace X par 1X−1

.

La base canonique de R2 [ X ] est {1 , X , X2 }.Pour déterminer la matrice de f dans cette base canonique, il suffit de calculer chacune des trois images f (1 ), f ( X ) et f ( X2 ) puis de mettre les résultats obtenus sous la forme d‘une combinaison linéaire de 1, X et X2.

On applique la définition de f (P ) que donne l’énoncé successivement pour P=1, P=X et P=X2 :

f (1 )=(X−1 )2 1+(X−1 )1'=( X−1 )21+( X−1 ) 0= (X−1 )2

f (1 )=1−2 X+X2

f ( X )=(X−1 )2 1X−1

+(X−1 ) X '=(X−1 )+(X−1 )1=2 (X−1 )

f ( X )=−2+2 X+0 X2

f ( X2 )=( X−1 )2( 1X−1 )

2

+ (X−1 ) (X2 )'=1+ (X−1 ) 2 X

f ( X2 )=1−2 X+2 X2

nous pouvons maintenant passer à l’écriture de la matrice demandée

nous passons par l’intermédiaire d’un schéma en forme de grille, où il y a autant de colonnes que de vecteurs écrits dans la base, donc ici 3, les en-têtes de ces colonnes étant les vecteurs de la base, 1, X et X2, dans cet ordre, puis nous préparons les vecteurs colonnes de la matrice, en répartissant les résultats des calculs effectués ci-dessus, là encore en respectant l’ordre précis ligne de 1, puis ligne de X et enfin ligne de X2 :

45JPC


1 X X2

1 −2 1−2 X +2 X −2 X+X 2 +0 X 2 2 X2

quant à la matrice, on ne garde bien entendu que les coefficients :

matrice de f dans la base canonique {1 , X , X2 } de R2 [ X ] :

M=( 1 −2 1−2 2 −21 0 2 )

2) R2 [ X ] est de dimension 3. Une famille de vecteurs de R2 [ X ] qui possède 3 éléments est une base de R2 [ X ] si et seulement si elle est libre.

Nous nous posons donc la question : la famille ci-dessous est-elle libre ?

{1, X−1 , (X−1 )2

2 }soient a, b et c des réels tels que l’on ait :

a1+b (X−1 )+c (X−1 )2

2=0

pour atteindre la liberté que nous visons, il nous faut prouver que nécessairement a=b=c=0nous commençons par développer dans le membre gauche de l’égalité, ce qui donne :

a+b X−b+ c2−c X+ c

2X2=0

puis nous regroupons selon les puissances décroissantes de X :

(a−b+ c2 )+ (b−c ) X+ c

2X 2=0

or la famille {1 , X , X2 } est une base (c’est même la base canonique de R2 [ X ]) donc elle est forcément libre, si bien qu’on doit obligatoirement avoir :

a−b+ c2=b−c= c

2=0

séparer cette amalgame d’égalités en trois égalités à l’intérieur d‘un système rend la situation plus lisible :

{a−b+ c2=0

b−c=0c2=0

on résout ce système en cascade :

c2=0⟹c=0

b−c=0⟹b=c⟹b=0

46JPC


a−b+ c2=0⟹a=b− c

2⟹a=0

et c’est fini !

3) L’écriture de la matrice de f dans la nouvelle base nécessite que nous déterminions une matrice de passage P et sa matrice inverse P−1

voici les coefficients des polynômes (c’est-à-dire les coordonnées) des vecteurs de cette nouvelle base dans la base canonique {1 , X , X2 } (les vecteurs de cette base sont rappelés dans la colonne la plus à droite du tableau ci-dessous) :

1 X−1 (X−1 )2

2

1 −1 12 1

0 1 −1 X

0 0 12 X2

la matrice P qui fait passer de l’ancienne base à la nouvelle est donc :

P=(1 −1 12

0 1 −1

0 0 12

)pour générer la matrice inverse, une solution est d‘exprimer les vecteurs de la base {1 , X , X2 } comme combinaison linéaire des vecteurs de la nouvelle base ; avouons que nous avons choisi une autre méthode, travailler au pifomètre :

X=1+(X−1 )

X2=2 (X−1 )2

2+2 X−1=2 (X−1 )2

2+2 (X−1 )+1=1+2 (X−1 )+2 (X−1 )2

2d’où cette grille :

1 X X2

1 1 1 10 1 2 X−1

0 0 2 (X−1 )2

2ainsi :

P−1=(1 1 10 1 20 0 2)

après, on s’arme de patience pour effectuer les calculs (en croisant les doigts pour ne pas commettre

47JPC


d‘impairs4) :

P−1 M=(1 1 10 1 20 0 2)( 1 −2 1

−2 2 −21 0 2 )=(0 0 1

0 2 22 0 4)

(P−1 M )P=(0 0 10 2 22 0 4 )(1 −1 1

20 1 −1

0 0 12

)=(0 0 12

0 2 −12 −2 3

)la matrice de f dans la nouvelle base est :

(0 0 12

0 2 −12 −2 3

)on pourrait conduire les calculs en groupant autrement :

M P=( 1 −2 1−2 2 −21 0 2 )(1 −1 1

20 1 −1

0 0 12

)=(1 −3 3

−2 4 −4

1 −1 32

)P−1 (M P )=(1 1 1

0 1 20 0 2)(

1 −3 3−2 4 −4

1 −1 32

)=(0 0 12

0 2 −12 −2 3

)

4 après intervention du logiciel de calcul formel Maple, il ne reste plus ici d‘erreur mais auparavant, avec ces calculs réalisés uniquement sur une feuille de papier et le rédacteur de cette solution pourvu d’un stylo, les doigts d‘une seule main ne suffisaient pas à compter ces erreurs !

48JPC


Exercice 7

Énoncé

Soit u l’application de R2 [ X ] dans R [ X ] définie par :

u (P )=2 P−( X−1 ) P'

1) Montrer que u est un endomorphisme de R2 [ X ].

2) Déterminer la matrice A de u dans la base canonique.

3) Déterminer le noyau de u. On notera P2 un vecteur non nul de ce noyau.

4) Déterminer une base de l’image de u.

5) Déterminer un polynôme P1 non nul tel que u (P1 )=P1.

6) Montrer que la famille {1 ,P1 , P2 } est une base de R2 [ X ].

7) Déterminer la matrice de u dans cette base.

Solution

1) En appliquant la définition même de l’application u, on a pour tout (P ,Q )∈R2 [ X ] x R2 [ X ] et tout λ∈R :

u ( λ P+Q )=2 ( λ P+Q )−(X−1 ) ( λ P+Q )'

¿2 λ P+2Q−(X−1 ) ( λP'+Q' )

¿2 λ P+2Q−λ (X−1 )P'− (X−1 )Q'

¿ λ (2 P− (X−1 ) P' )+(2Q−(X−1 )Q' )

¿ λu (P )+u (Q )

donc :

uest R -linéaire

on notera qu’on a exploité en cours de calcul le fait que R⟼R ' est elle-même linéaire dans R [ X ]

par ailleurs, si P∈R2 [ X ], alors P est de degré inférieur ou égal à 2, ainsi que 2 P, tandis que la dérivée P' est de degré inférieur ou égal à 1, si bien que le produit (X−1 )P' est de degré inférieur ou égal à 2

alors, avec 2 P et (X−1 )P' l’un et l’autre de degré inférieur ou égal à 2, leur différence u (P ) est de degré inférieur ou égal à 2, c’est-à-dire u (P )∈ R2 [ X ]donc :

uest une application deR2 [ X ] dans R2 [ X ]

puisque u est R-linéaire et u est une application de R2 [ X ] dans lui-même, on conclut à :

49JPC


uest un endomorphisme deR2 [ X ]

2) La base canonique de R2 [ X ] est la famille {X 2 , X ,1 }.Or :

u (X2 )=2 X2−(X−1 ) ( X2 )'=2 X2−( X−1 ) 2 X=2 X

u (X )=2 X−(X−1 ) X '=2 X−( X−1 ) 1=X+1

u (1 )=2∗1−(X−1 )1'=2−(X−1 )0=2récapitulatif :

u (X2 )=2 Xu (X )=X+1u (1 )=2

par conséquent, la matrice A de u dans la base canonique de R2 [ X ] est :

X2 X 1 ¿(0 0 02 1 00 1 2) X2

X1

soit :

A=(0 0 02 1 00 1 2)

3) Détermination du noyau de u.

P∈Ker (u )⟺u (P )=0⟺ (0 0 02 1 00 1 2)(

abc )=(000)

avec P=a X2+b X+c

en d‘autres termes, (a ,b , c )∈R3 est le triplet des coordonnées de P dans la base {X 2, X ,1 }or :

(0 0 02 1 00 1 2)(abc )=(000)⟺ { 0=0

2a+b=0b+2c=0

la première équation de ce système est clairement vérifiée !

ledit système équivaut visiblement à :

{b=−2ab=−2c

ou encore à :

{ a∈Rb=−2ac=a

d‘où :

50JPC


Ker (u )={a X2−2a X+a :a∈ R }soit, après factorisation :

Ker (u )={a (X−1 )2 :a∈R }ce que l’on peut exprimer sous une autre forme, celle d’un sous-espace vectoriel engendré par une famille :

Ker (u )=Vect ( {(X−1 )2 })

on choisit alors comme vecteur non nul P2 de ce noyau de u :

P2=( X−1 )2

4) Détermination de l’image de u.

Q∈ℑ (u )⟺∃P∈R2 [ X ] ,u (P )=Q

Q∈ℑ (u )⟺∃ (a ,b , c )∈R3 , P=a X2+b X+c et u (P )=Q

Q∈ℑ (u )⟺∃ (a ,b , c )∈R3 , u (a X2+b X+c )=Q

exploitons la linéarité de u :

Q∈ℑ (u )⟺∃ (a ,b , c )∈R3 , au (X2 )+bu ( X )+cu (1 )=Qdonc :

ℑ (u )={au ( X2 )+bu (X )+c u (1 ) : (a ,b ,c )∈R3 }soit, avec comme pour Ker (u ) une interprétation en terme de sous-espace vectoriel engendré par une famille :

ℑ (u )=Vect ( {u (X 2) , u (X ) , u (1 ) })ou encore dans la base canonique de R2 [ X ], selon des résultats acquis dans le 2) :

ℑ (u )=Vect ( {2 X , X+1 ,2 } )mais :

X+1=12

(2X+2 )

ce qui établit que X+1 est combinaison linéaire de 2 X et de 2si bien que l’on peut se contenter d’une famille génératrice à deux vecteurs seulement au lieu de trois :

ℑ (u )=Vect ( {2 X ,2 })ou encore :

ℑ (u )=Vect ( {X ,1 } )il est immédiat que {X ,1 } est une famille libre ; par conséquent, {X ,1 } est une base de ℑ (u ), ce qui amène à la conclusion radicale :

ℑ (u )=R1 [ X ]

autrement dit, ℑ (u ) est le sous-espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à 1 (et à coefficients réels)

51JPC


5) Méthode polynomiale (laborieuse).On a :

u (P1 )=P1⟺2P1−(X−1 ) P1'=P1⟺ P1=( X−1 ) P1

'

comme P1 est de degré 2 au plus, la dérivée P1' est de degré 1 au plus, donc il faut pour que la

dernière égalité écrite puisse être satisfaite que l’on ait :

P1'=m X+p

où m et p sont des constantes réelles

la présence de ce « il faut » nous obligera ultérieurement à effectuer une réciproque

alors, nécessairement :

P1=( X−1 ) (mX+ p )=m X2+ (−m+ p ) X−p

d‘où :

P1'=(m X2+(−m+ p ) X− p ) '=2mX+(−m+ p )

on aboutit à la condition :

m X+ p=2m X+(−m+ p )ou encore :

{ m=2mp=−m+ p

ce qui revient à :

{m=0p∈ R

par-là :

P1=0 X2+ (−0+ p ) X−p=p (X−1 )

où p est un réel quelconque (donc un scalaire…)

réciproquement, si P1=p (X−1 ), alors par linéarité de u :

u (P1 )=u ( p (X−1 ) )=p (u (X )−u (1 ) )= p (X+1−2 )= p (X−1 )=P1

concluons :

u (P1 )=P1⟺∃ p∈R ,P1= p (X−1 )

soit :

{P1∈R2 [ X ] :u (P1 )=P1 }=Vect ( (X−1 ) )

on peut proposer notamment comme choix de P1 valable :

P1=X−1

Méthode matricielle (fulgurante).

Cherchons P1 sous la forme standard P1=a X2+b X+c avec (a ,b , c )∈R3

52JPC


u (P1 )=P1⟺(0 0 02 1 00 1 2)(abc)=(abc)⟺ { 0=a

2a+b=bb+2c=c

⟺{ a=0b=bc=−b

⟺{ a=0b∈Rc=−b

ce qui donne :

u (P1 )=P1⟺ P1=0 X2+b X−b ,b∈R⟺ P1=b ( X−1 ) , b∈R

6) La famille {1 , X−1, (X−1 )2 } est-elle une base de R2 [ X ] ?

Comme le nombre d‘éléments de cette famille est 3 et que la dimension de R2 [ X ] est précisément 3, il suffit maintenant de montrer que ladite famille est libre ou bien de montrer qu’elle est génératrice.

Première méthode, où l’on choisit la liberté.

Supposons que l’on ait :

a1+b (X−1 )+c (X−1 )2=0

pour des réels a, b et ccela revient, après développement puis regroupement, à l’égalité suivante :

c X2+(b−2c )X+ (a−b+c )1=0

mais la famille {X 2, X ,1 } est libre puisque c’est même une base donc cette dernière égalité entraîne :

{ c=0b−2c=0a−b+c=0

soit :

{ c=0b=2c=0a=b−c=0

ainsi :

a1+b (X−1 )+c (X−1 )2=0⟹a=b=c=0

c’est donc que {1 , X−1, (X−1 )2 } est libre

C.Q.F.D.

Seconde méthode, où l’on choisit la génération.

Si P∈R2 [ X ], alors P (X+1 )∈R2 [ X ].

Mais la famille {X 2, X ,1 } est génératrice de R2 [ X ] puisque c’en est une base.

Il existe donc des réels a, b et c pour lesquels :

P (X+1 )=a1+b X+c X2

en remplaçant X par X−1, on en déduit que :

P=a+b (X−1 )+c (X−1 )2

d’où la conclusion : la famille {1 , X−1, (X−1 )2 } est génératrice de R2 [ X ].

7) On avait vu précédemment que :

53JPC


u (1 )=2

u (P1 )=P1

u (P2 )=0

la matrice de u dans la base {P2 ,P1,1 } est donc :

(0 0 00 1 00 0 2)

il s’agit là d‘une matrice diagonale.

54JPC


Exercice 8

Énoncé

Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique ( i , j , k ) de R3 est :

M=(0 1 00 0 11 −3 3)

1) Montrer que u est un automorphisme de R3 et déterminer u−1.

2) Déterminer une base (e1 , e2 , e3 ) de R3 telle que :

u (e1 )=e1

u (e2 )=e1+e2

u (e3 )=e2+e3


Solution

1) En développant le déterminant suivant par rapport à sa première colonne, on trouve :

Det (M )=|0 1 00 0 11 −3 3|=1|1 0

0 1|=1 (1∗1−0∗0 )=1

ainsi, Det (M )≠0, ce qui assure que M est inversible et donc que l’endomorphisme u dont M est la matrice est un automorphisme.

uest un automorphismeLa lecture de chacune des colonnes de la matrice M donne ces expressions des images des vecteurs de la base canonique ( i , j , k ) :

{ l=u (i )=km=u ( j )=i−3kn=u (k )= j+3k

il s’agit maintenant à partir de là d‘obtenir i, j et k en fonction de l, m et nc’est presque immédiat :

{ k=li=m+3k=3 l+mj=n−3k=−3k+n

d’où :

i j k ¿(3 −3 11 0 00 1 0) l

mn

soit :

55JPC


M−1=(3 −3 11 0 00 1 0)

et c’est là la matrice de u−1.

2) Dans les lignes suivantes, on vise à fournir une réponse (e1 , e2 , e3 ) numérique à la question posée mais après, nous donnerons en remarque toutes les réponses possibles (grâce à un paramétrage) et ainsi tout un chacun pourra contrôler la justesse de sa propre réponse.

Soit e1=( x , y , z )∈R3, ces coordonnées étant relatives à la base canonique de R3. Alors :

u (e1 )=e1⟺(0 1 00 0 11 −3 3)(

xyz )=( xyz )⟺ { y= x

z= yx−3 y+3 z=z

⟺ x= y=z

par conséquent :

{e1∈R3 :u (e1 )=e1}={( x , y , z )∈R3: x= y=z }= {( x , x , x ) : x∈ R }=Vect ( {(1 ,1 ,1 ) })nous choisirons pour la suite ce vecteur-ci :

e1=(1 ,1 ,1 )

Poursuivons en partant encore de e2=( x , y , z )∈R3.

u (e2 )=e1+e2⟺(0 1 00 0 11 −3 3)( xyz )=(111)+( xyz )⟺ { y=1+x

z=1+ yx−3 y+3 z=1+z

on résout ce système-ci par substitution :

{ x= y−1z=1+ y

( y−1 )−3 y+3 (1+ y )=1+ (1+ y )

on s’aperçoit après des simplifications que la dernière équation de ce nouveau système est équivalente à y+2=2+ y ; or cette égalité est vérifiée quel que soit le réel y ; donc :

u (e2 )=e1+e2⟺ {x= y−1y∈R

z=1+ y

comme on n’a besoin que d‘un seul vecteur e2, on effectue un choix, par exemple y=0, ce qui donne :

e2=(−1 ,0 ,1 )

On prend selon la même stratégie que ci-dessus e3=( x , y , z )∈ R3. Alors :

u (e3 )=e2+e3⟺(0 1 00 0 11 −3 3)( xyz )=(−1

01 )+( xyz )⟺ { y=−1+x

z= yx−3 y+3 z=1+z

exprimons les inconnues x et z en fonction de y :

56JPC


{ x=1+ yz= y

(1+ y )−3 y+3 y=1+ y

la dernière équation de ce système-ci est satisfaite pour tout réel y, si bien que l’on a :

u (e3 )=e2+e3⟺{x=1+ yy∈Rz= y

on opte pour y=0 et on reçoit comme e3 :

e3=(1 ,0 ,0 )

Il reste à démontrer que (e1 , e2 , e3 ) est bien une base de R3

comme R3 est de dimension 3 et que (e1 , e2 , e3 ) possède 3 éléments, il suffit de prouver que

(e1 , e2 , e3 ) est libre

première méthode, par un déterminant :

Det (e1, e2 ,e3 )=| 1 1 1−1 0 11 0 0|

on développe ce déterminant par rapport à sa dernière ligne (tout en bas) :

Det (e1 , e2 ,e3 )=1|1 10 1|=1 (1∗1−0∗1 )=1

d’où aussitôt :

Det (e1 , e2 ,e3 )≠0

ce qui atteste que :

la famille (e1 , e2 , e3 ) est libre

selon une remarque antérieure, ce résultat assure que :

la famille (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3

seconde méthode, en revenant à la définition des vecteurs e1, e2 et e3

l’objectif est d‘établir que pour des réels a, b et c :

ae1+be2+ce3=0⟹a=b=c=0

nous supposerons pour les besoins de notre raisonnement à venir que :

ae1+be2+ce3=0

or :

ae1+be2+ce3=0⟹u (ae1+be2+ce3 )=u (0 )

comme u est linéaire, cela revient à :

au (e1 )+bu (e2 )+cu (e3 )=0

soit, par définition de e1, e2 et e3 :

57JPC


ae1+b (e1+e2)+c (e2+e3 )=0

ou tout aussi bien :

(a e1+be2+c e3 )+b e1+c e2=0

puisque ae1+be2+ce3=0, il ne reste que :

be1+c e2=0

on recommence :

be1+c e2=0⟹u (be1+c e2 )=u (0 )

c’est-à-dire, par linéarité de u :

bu (e1 )+c u (e2 )=0

ou encore :

be1+c (e1+e2 )=0

on réorganise :

(b e1+c e2 )+ce1=0

or be1+c e2=0, donc :

c e1=0

mais e1≠0, c’est-à-dire en pratique e1≠ (0 ,0 ,0 ), car (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3, donc il faut que :

c=0

alors be1+c e2=0 évolue en :

be1=0

on invoque de nouveau le fait quee1≠0 :

b=0

l’hypothèse initiale ae1+be2+ce3=0 se réduit comme une peau de chagrin car il n’y a plus actuellement que :

ae1=0

nonobstant que e1≠0, on en conclut que :

a=0

Remarque. Dans ce qui précède, on a proposé un triplet (e1 , e2 , e3 ) qui vérifiait les conditions imposées par l’énoncé. Dans les lignes qui suivent, on va indiquer tous les triplets possibles.

Les calculs effectués un peu plus haut donnent déjà tous les e1 solutions :

{e1∈R3−{0 } :u (e1 )=e1}= {(α ,α ,α ): α∈R−{0 }}

ce n’est pas tout à fait ce que nous avions écrit précédemment mais on a dû rajouter ici le « −{0 } » car sinon on risquerait que e1=0, ce qui compromettrait de manière radicale et définitive que

(e1 , e2 , e3 ) soit une base de R3 !

58JPC


e2 (x , y , z )u (e2 )=e1+e2]⟺ { y=α+x

z=α+ yx−3 y+3 z=α+ z

⟺ { x= y−αz= y+α

x−3 y+2 z=α

⟺ { x= y−αz= y+α

( y−α )−3 y+2 ( y+α )=α

une fois la troisième et dernière équation de ce système simplifiée, on s’aperçoit qu’elle se résume à α=α, donc qu’elle est automatiquement satisfaite

on voit alors que y reste un réel quelconque ; on désigne par β « la » valeur de x ; ainsi :

{e2∈R3 :u (e2 )=e1+e2}= { (−α+β , β ,α+β ): β∈R }

e3 ( x , y , z )u (e3 )=e2+e3]⟺{ y=−α+β+x

z=β+ yx−3 y+3 z=α+β+ z

⟺ { x= y+α−βz=β+ y

x−3 y+2 z=α+β

⟺ { x= y+α−βz=β+ y

( y+α−β )−3 y+2 (β+ y )=β+α

et la dernière équation du système immédiatement précédant est, après avoir fait du ménage, α+β=β+α ; par conséquent :

{e3∈R3 :u (e3 )=e2+e3}={(α−β+γ , γ , β+γ ) : γ∈R }finalement :

e1=(α ,α ,α )=α (1 ,1 ,1 )e2=(−α+β ,β ,α+β )=α (−1 ,0 ,1 )+β (1 ,1 ,1 )

e3=(α−β+γ , γ , β+γ )=α (1 ,0 ,0 )+β (−1 ,0 ,1 )+γ (1,1 ,1 )

dans les trois triplets purement numériques qui interviennent ici (à droite du signe d’égalité), on reconnaîtra les e1, e2 et e3 particuliers proposés en exemple plus haut…

3) La matrice de u dans la base (e1 , e2 , e3 ), compte tenu de :

u (e1 )=e1

u (e2 )=e1+e2

u (e3 )=e2+e3

est :

(1 1 00 1 10 0 1)

il s’agit là d‘une matrice triangulaire supérieure.

59JPC


Exercice 9

Énoncé

On considère les sous-ensembles P et D de R3 définis par :

P= {( x , y , z )∈R3 : x+2 y−z=0}et :

D=Vect ( {(1 ,0 ,−1 ) })

1) Montrer que P et D sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de R3.

2) On note p la projection sur P parallèlement à D, q celle sur D parallèlement à P et enfin s la symétrie par rapport à P et parallèlement à D.

2) a Écrire la matrice de p dans la base canonique.

2) b En déduire les matrices de q et de s dans la base canonique.

Solution

1) L’équation cartésienne x+2 y−z=0 qui caractérise P est celle d‘un plan vectoriel donc :

dim (P )=2on aurait pu aussi agir ainsi :

x+2 y−z=0⟹ z=x−2 y

( x , y , z )=( x , y , x−2 y )=x (1 ,0 ,1 )+ y (0 ,1 ,−2 )d’où :

P= {x (1 ,0 ,1 )+ y (0 ,1 ,−2 ) : ( x , y )∈ R2 }puis conclure à :

P=Vect ({(1 ,0 ,1 ) , (0 ,1 ,−2 ) })or (1 ,0 ,1 ) et (0 ,1 ,−2 ) ne sont pas colinéaires donc {(1 ,0 ,1 ) , (0 ,1 ,−2 ) } est une base de P, une base qui possède 2 éléments, ce qui fait retrouver la dimension de P.

La définition D=Vect ( {(1 ,0 ,−1 ) }) de l’énoncé montre que D est une droite vectorielle – de vecteur

directeur (1 ,0 ,−1 ) non nul – donc :

dim (D )=1

Déterminons maintenant l’intersection P∩D

( x , y , z )∈P∩D⟺ { (x , y , z )∈P(x , y , z )∈D

⟺{ x+2 y−z=0∃ k∈ R , ( x , y , z )=k (1 ,0 ,−1 )

⟺ {x+2 y−z=0x=ky=0z=−k

⟺{k+2∗0+ (−k )=0x=ky=0z=−k

⟺ { k=0x=0y=0

z=−0=0

conclusion de ce raisonnement :

P∩D= {(0 ,0 ,0 ) }

60JPC


il en découle que la somme P+D est directe.

Par ailleurs, quels que soient les sous-espaces vectoriels P et D, on a toujours :

dim (P+D )=dim (D )+dim (D )−dim (P∩D )dans le cas présent, grâce aux dimensions déjà connues :

dim (P+D )=2+1−0=3

or le seul sous-espace vectoriel de R3 qui a la même dimension 3 que R3 c’est R3 lui-même, d’où :

P+D=R3

et puisque ladite somme est directe, on peut même écrire :

P⊕D=R3

ce qui s’énoncé également ainsi :

P et Dsont des sous-espaces vectoriels supplémentaires deR3

2) Il y avait une toute autre façon de prouver que P⊕D=R3, qui aurait l’avantage de nous faciliter l’élaboration des réponses aux questions 2) a et 2) b, à savoir démontrer que :

∀u∈R3 ,∃ !v∈P ,∃!w∈D ,u=v+w

nous n’avons pas besoin en théorie de vraiment rédiger cette démonstration puisque P⊕D=R3 est déjà acquise mais, par contre, en pratique, il va s’avérer être décisif de calculer v et w « en fonction » de unous prenons :

u=(X ,Y , Z )∈R3

v=( x , y , z )∈P

w=k (1 ,0 ,−1 )∈D

où k est un réel

il faut comprendre ici que u est considéré comme nous étant donné et que nous devons en déduire v et w , ce qui en pratique revient à dire qu’on doit traiter X , Y et Z comme connus alors que x, y, z et k sont envisagées comme des inconnues, en l’occurrence des inconnues réelles

pas moins de quatre inconnues donc on doit s’attendre à un système, ce qui va s’avérer exact

on sait donc que :

x+2 y−z=0simplement par traduction de v∈P avec ses coordonnées x, y et z, puis on calcule les coordonnées de w , ce qui est immédiat :

w=(k ,0 ,−k )alors :

u=v+w⟺ ( X ,Y ,Z )= (x , y , z )+(k ,0 ,−k )= (x+k , y , z−k )

⟺ {X=x+kY= y

Z=z−k⟺ {x=X−k

y=Yz=Z+k

d‘où :

61JPC


x+2 y−z=0⟺ (X−k )+2 y−(Z+k )=0⟺k=12

(X+2Y−Z )

nous prenons la peine d’encadrer cette expression de k car elle nous servira à plusieurs reprises et déjà, tout de suite…

par conséquent, en remplaçant k par l’expression en fonction de X , Y et Z qu’on vient à l’instant de récupérer :

{x=X−12

(X+2Y−Z )=12

(X−2Y +Z )

y=Y

z=Z+ 12

(X+2Y−Z )=12

(X+2Y +Z )

2) a Puisque :

u=v+w ,u∈R3 , v∈P ,w∈Don a alors pour p, la projection sur P parallèlement à D :

p (u )=vsoit, selon le résultat qui vient d‘être obtenu :

p : (X ,Y , Z )↦ ( x , y , z )=(12

(X−2Y +Z ) , Y , 12

(X+2Y +Z ))la matrice de p est par conséquent :

(12

−1 12

0 1 012

1 12)

2) b Pour q, la projection sur D parallèlement à P, on voit que :

q (u )=wsoit :

q : ( X ,Y ,Z )↦ (k ,0 ,−k )=(12

(X+2Y−Z ) ,0 ,−12

(X+2Y−Z ))donc la matrice de q est :

(12

1 −12

0 0 0−12

−1 12

)Pour s la symétrie par rapport à P et parallèlement à D, remarquons que l’on a :

s (u )=v−wor, bien entendu :

62JPC


u=v+w⟹ v=u−wpar conséquent :

s (u )= (u−w )−w=u−2wsoit :

s : (X ,Y ,Z )↦ (X ,Y ,Z )−2 ( k ,0 ,−k )=(X ,Y , Z )−(2k ,0 ,−2 k )

¿ (X ,Y ,Z )−( X+2Y−Z ,0 ,−X−2Y+Z )ou encore5 :

s : (X ,Y ,Z )↦ (−2Y +Z ,Y , X+2Y )

il en résulte que la matrice de s est :

(0 −2 10 1 01 2 0)

On peut procéder de manière un peu différente en « mettant le paquet » sur les matrices plus que sur les coordonnées. Nous revenons au point de nos calculs où nous arrivions à l’égalité :

s (u )=u−2welle revient tout aussi bien à :

s (u )=u−2q (u )

introduisons alors l’application identique Id de R3 dans lui-même :

Id :u↦ uainsi :

s (u )=Id (u )−2q (u )ou encore :

s (u )= (Id−2q ) (u )

puisque ce u est un élément quelconque de R3, on conclut à cette égalité d’endomorphismes :

s=Id−2qon traduit enfin cette égalité avec les matrices correspondantes :

matrice de s=matrice de Id−2 matrice de pce qui donne dans le membre de droite de cette dernière égalité :

(1 0 00 1 00 0 1)−2(

12

1 −12

0 0 0−12

−1 12

)5 merci à Pierre BARBET, alors étudiant en troisième année de la CPGE du lycée Parriat, d’avoir lors d’une colle comparé en direct live son résultat à propos de s à celui de ce corrigé et de relever ainsi une erreur, maintenant rectifiée, une lamentable erreur, qui consistait à oublier de changer les signes lorsqu’on enlève une paire de parenthèses avec pourtant un signe moins devant !

63JPC


¿( 1−2 12 0−2∗1 0−2(−1

2 )0−2∗0 1−2∗0 0−2∗0

0−2(−12 ) 0−2 (−1 ) 1−2∗1

2)=(0 −2 1

0 1 01 2 0)

64JPC


Exercice 9 bis

Énoncé

Soit A=( 0 1 −1−1 2 −11 −1 2 ).

Déterminer des réels a, b et c tels que a A2+c A+c Id=0.

En déduire que A est inversible et déterminer A−1.

Solution

Nous commençons par calculer A2 :

A2=A . A=( 0 1 −1−1 2 −11 −1 2 )( 0 1 −1

−1 2 −11 −1 2 )=(−2 3 −3

−3 4 −33 −3 4 )

cherchons ensuite à écrire A2 sous la forme d’une combinaison linéaire de A et de Id, c’est-à-dire :

A2=x A+ y Idoù x et y sont, pour l’instant, des réels inconnus

il s’agit de réaliser cette égalité :

(−2 3 −3−3 4 −33 −3 4 )=x ( 0 1 −1

−1 2 −11 −1 2 )+ y (1 0 0

0 1 00 0 1)

on effectue les calculs du membre de droite de l’égalité ci-dessus et on voit ainsi que cette égalité revient à celle-ci :

(−2 3 −3−3 4 −33 −3 4 )=( y x −x

−x 2x+ y xx −x 2x+ y )

l’égalité de deux matrices est équivalente à l’égalité de tous leurs termes pour chaque croisement de ligne et de colonne, ce qui conduit dans le cas présent, en ne répétant pas les égalités identiques (ou visiblement équivalentes, comme le sont « −x=−3 » et « x=3 »), à ce système :

{ −2= y3=x

−3=−x4=2 x+ y

c’est là un système bien sympathique car il nous donne immédiatement les éventuelles valeurs de ses solutions, à savoir x=3 et y=−2, mais il reste alors à contrôler que les deux autres équations, −3=−x et 4=2x+ y, sont satisfaites, ce qui est tout aussi immédiat

x=3y=−2

on peut donc conclure à :

A2=3 A−2 Idou encore à :

A2−3 A+2 Id=0

65JPC


on peut donc proposer :

a=1 b=−3 c=2

on sait que A et sa matrice inverse A−1 (sous réserve que cette dernière matrice existe, autrement dit si A est effectivement inversible, ce qu’il faudra contrôler tôt ou tard) sont reliées par :

A . A−1=A−1 . A=Idpour respecter la consigne de l’énoncé « en déduire », nous devons partir du résultat que nous venons d‘acquérir, A2−3 A+2 Id=0, et atteindre un produit qui fournisse :

A .B=B . A=IdB sera alors l’inverse de A cherchée

on commence par isoler Id :

A2−3 A+2 Id=0⟹ Id=−12

(A2−3 A )

puis on s’arrange pour qu’on ait un produit dont un facteur soit A :

Id=(−12

( A−3 Id )) . Aor cette égalité entraîne :

Det ( Id )=Det ((−12

( A−3 Id )) . A)mais, d’une part :

Det ( Id )=1d‘autre part, puisque le déterminant d‘un produit est le produit des déterminants des facteurs de ce produit :

Det ((−12

( A−3 Id )) . A)=Det (−12

( A−3 Id ))Det (A )

ainsi :

1=Det (−12

(A−3 Id ))Det ( A )

puisque ce produit n’est pas nul (en effet, il est égal à 1 !), c’est que Det (A )≠0, donc A est bien inversible

dès lors, on a le droit d‘utiliser A−1… et on ne s’en prive pas :

Id=(−12

( A−3 Id )) . A⟹ Id . A−1=((−12

( A−3 Id )) . A) . A−1

⟹ A−1=(−12

( A−3 Id )) . ( A . A−1 )=(−12

(A−3 Id )). Idpar conséquent :

A−1=−12

(A−3 Id )

soit, d’un point de vue numérique et explicite :

66JPC


A−1=−12 (( 0 1 −1

−1 2 −11 −1 2 )−3(1 0 0

0 1 00 0 1))

A−1=−12 (−3 1 −1

−1 −1 11 −1 −1)

A−1=(32

−12

12

12

12

12

−12

12

12)

67JPC


Exercice 10

Énoncé

Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique ( i⃗ , j⃗ , k⃗ ) de R3 est :

M=( 2 1 0−3 −1 11 0 −1)

1) Déterminer u (2 i⃗−3 j⃗+5 k⃗ ).

2) Déterminer Ker (u ) et ℑ (u ).

3) Calculer M 2 et M 3.

4) Déterminer Ker (u2 ) et ℑ (u2 ).

5) Calculer ( Id−M ) ( Id+M+M 2) et en déduire que Id−M est inversible.

Préciser ( Id−M )−1.

Solution

1) L’image u (2 i⃗−3 j⃗+5 k⃗ ) se traduit de manière matricielle par le produit ci-dessous :

M ( 2−35 )

soit, quand on passe au calcul numérique proprement dit :

( 2 1 0−3 −1 11 0 −1)( 2

−35 )=( 4−3+0

−6+3+52+0−5 )=( 1

2−3)

d‘où ce résultat :

u (2 i⃗−3 j⃗+5 k⃗ )=i⃗+2 j⃗−3 k⃗

2) On applique la définition du noyau d’une application linéaire :

v⃗ ( x , y , z )∈ Ker (u )⟺u ( v⃗ )= 0⃗⟺M ( xyz )=(000)où x, y et z sont des réels inconnus

on passe ensuite « à la pratique » :

( 2 1 0−3 −1 11 0 −1)( xyz )=(000)⟺( 2 x+ y

−3 x− y+zx−z )=(000)⟺{ 2x+ y=0

−3 x− y+z=0x−z=0

on résout ce système-ci en exprimant y et z en fonction de x :

68JPC


{ y=−2x−3 x− y+z=0

z=x

puis on substitue :

{ y=−2 x−3 x−(−2 x )+x=0

z=x

on s’aperçoit que la deuxième équation du système se résume à 0 x=0, autrement dit que n’importe quel x réel en est solution

d’où la réponse finale quant aux solutions dudit système :

{ x∈Ry=−2 xz=x

ainsi :

Ker (u )={ v⃗ ( x ,−2 x , x ): x∈R }ou encore :

Ker (u )={x i⃗−2x j⃗+x k⃗ : x∈R }soit :

Ker (u )={x ( i⃗−2 j⃗+k⃗ ): x∈R }on reconnaît en terme d’espace vectoriel engendré :

Ker (u )=Vect ( i⃗−2 j⃗+ k⃗ )exprimé autrement :

Ker (u )est la droite vectorielle de vecteur directeur i⃗−2 j⃗+ k⃗

On applique cette définition de l’image d’une application linéaire :

w⃗ ( X ,Y ,Z )∈ℑ (u )⟺∃ v⃗ (x , y , z )∈R3 , u ( v⃗ )=w⃗

X , Y et Z sont des réels

traduisons l’égalité u ( v⃗ )=w⃗ en termes matriciels :

M ( xyz )=(XYZ )ce qui revient à :

( 2 x+ y−3 x− y+z

x−z )=(XYZ )de façon plus précise :

w⃗ ( X ,Y ,Z )∈ℑ (u )⟺le système { 2x+ y=X−3 x− y+z=Y

x−z=Z admet une solution ( x , y , z )∈R3

69JPC


on résout classiquement ce système par substitution, en tenant compte de ce que les inconnues sont x, y et z tandis que X , Y et Z sont des données (des réels en l’occurrence), donc qu’il s’agit d‘isoler x, y et z en les exprimant en fonction de X , Y et Z :

{ y=−2 x+X−3 x− y+z=Y

z=x−Z

{ y=−2x+X−3 x−(−2 x+X )+ ( x−Z )=Y

z=x−Z

ou encore :

{y=−2 x+X−X−Z=Yz=x−Z

oui ! x disparaît complètement de la deuxième équation de ce système…

un tout petit peu de raisonnement maintenant : si les données X , Y et Z sont telles que −X−Z ≠Y alors l’une des équations du système n’est pas satisfaite et le système est donc impossible, autrement dit il n’admet pas de solution

par contre, si ces données sont telles que −X−Z=Y , alors ce système possède une solution (il en a même une infinité), que voici :

{ x∈ Ry=−2 x+Xz=x−Z

d‘où :

w⃗ ( X ,Y ,Z )∈ℑ (u )⟺−X−Z=Y

il est possible de mettre cette condition sur X , Y et Z sous une autre forme mais qui lui est équivalente :

X−Z=Y⟺ X+Y+Z=0on s’achemine maintenant vers une réponse :

ℑ (u )={w⃗ (X ,Y , Z )∈R2:X+Y +Z=0 }ou, tout aussi bien :

ℑ (u )est le plan vectoriel d‘équation cartésienne X+Y +Z=0

remarque :

v⃗ ( x , y , z )∈Ker (u )⟹∃ k∈R , ( x , y , z )=k (1 ,−2 ,1 )

⟹∃k∈R , x=k , y=−2k , z=kmais alors :

x+ y+z=k−2k+k=0or :

x+ y+z=0⟹ v⃗ ( x , y , z )∈ℑ (u )

on voit donc que pour tout v⃗ de R3 :

70JPC


v⃗ ( x , y , z )∈ Ker (u )⟹ v⃗ (x , y , z )∈ℑ (u )ce qui prouve que :

Ker (u )⊂ℑ (u )

3) On a :

M 2=M .M

¿( 2 1 0−3 −1 11 0 −1)(

2 1 0−3 −1 11 0 −1)=( 4−3+0 2−1+0 0+1+0

−6+3+1 −3+1+0 0−1−12+0−1 1+0+0 0+0+1 )

d’où :

M 2=( 1 1 1−2 −2 −21 1 1 )

puis :

M 3=M 2 .M

¿( 1 1 1−2 −2 −21 1 1 )( 2 1 0

−3 −1 11 0 −1)=( 2−3+1 1−1+0 0+1−1

−4+6−2 −2+2+0 0−2+22−3+1 1−1+0 0+1−1)

d’où :

M 3=(0 0 00 0 00 0 0)

4) La matrice de u2=u οu est la suivante :

M 2=M .Mc’est là une matrice que nous avons calculée dans le 3) ci-dessus

attaquons-nous au noyau de u2 :

v⃗ ( x , y , z )∈Ker (u2 )⟺M 2(xyz )=(000)⟺ { x+ y+z=0

−2x−2 y−2 z=0x+ y+z=0

ou encore :

v⃗ ( x , y , z )∈ Ker (u2 )⟺ x+ y+ z=0

puisque −2 x−2 y−2 z=−2 (x+ y+z )donc :

Ker (u2 )= {v⃗ (x , y , z )∈R3 : x+ y+z=0}Ker (u2 ) est le plan vectoriel d‘équation cartésienne x+ y+ z=0

on constate que :

Ker (u2 )=ℑ (u )

71JPC


étudions maintenant l’image de u2 :

w⃗ ( X ,Y ,Z )∈ℑ (u2 )⟺∃ v⃗ ( x , y , z )∈R3 , u2 ( v⃗ )=w⃗

⟺∃ ( x , y , z )∈R3 ,M 2( xyz )=(XYZ )⟺ { x+ y+ z=X

−2x−2 y−2 z=Yx+ y+ z=Z

⟺ { x+ y+ z=X−2 ( x+ y+z )=Y

x+ y+z=Z

pour que ce système ait une solution, il est donc indispensable que l‘on ait :

X= Y−2

=Z

et réciproquement, si cette condition-ci est satisfaite, le système aura une solution (au moins !), à savoir :

{ x∈Ry∈R

z=−x− y+X

par conséquent :

ℑ (u2 )={w⃗ (X ,Y ,Z )∈:X= Y−2

=Z }ou, ce qui revient au même :

ℑ (u2 )= {w⃗ (X ,−2 X , X ) :X∈R }ou encore :

ℑ (u2 )=Vect ( {(1 ,−2 ,1 ) })on s’aperçoit que :

ℑ (u2 )=Ker (u )

remarques :

on peut aller beaucoup plus vite en examinant les vecteurs colonnes de la matrice M 2 :

( 1 1 1−2 −2 −21 1 1 )

ils nous montrent que l’on a :

u2 ( i⃗ )=u2 ( j⃗ )=u2 (k⃗ )=i⃗−2 j⃗+k⃗

or, on a toujours (du moins pour un endomorphisme v de R3) :

ℑ ( v )=Vect ( {v ( i⃗ ), v ( j⃗ ) , v ( k⃗ )})

72JPC


donc présentement :

ℑ (u2 )=Vect ( {u2 ( i⃗ ) , u2 ( j⃗ ) ,u2 ( k⃗ )})soit immédiatement puisqu’il s’agit du même vecteur en trois exemplaires :

ℑ (u2 )=Vect ( i⃗−2 j⃗+k⃗ )

l’égalité ℑ (u2 )=Ker (u ) qui vient d’être constatée fournit une explication à un phénomène pour le moins étrange auquel nous avions été confronté un peu plus haut…

pour tout v⃗∈R3 :

u2 ( v⃗ )∈ℑ (u2 )donc aussi :

u2 ( v⃗ )∈Ker (u )

c’est-à-dire :

u (u2 ( v⃗ ) )=0⃗

soit :

u3 ( v⃗ )=0⃗ce qui a pour conséquence que :

u3=0

et correspond au M 3=0 trouvé plus haut.

5) On développe, en tenant compte de ce que Id . A=A . Id=A quelle que soit la matrice A de M 3 (R ), où Id est la matrice carrée unité d’ordre 3 :

( Id−M ) ( Id+M+M 2)=Id+M+M 2−M−M 2−M 3=Id−M3

mais dans le 3), nous prouvâmes que M 3=0donc il ne reste que :

( Id−M ) ( Id+M+M 2)=Id

or si des matrices A et B de M 3 (R ) sont telles que l’on ait :

A .B=Id

c’est que A est inversible, avec A−1=Bon en déduit que :

Id−M est inversibleet que :

( Id−M )−1=Id+M+M 2

concrètement :

Id−M=(1 0 00 1 00 0 1)−( 2 1 0

−3 −1 11 0 −1)=(−1 −1 0

3 2 −1−1 0 2 )

73JPC


Id+M +M 2=(1 0 00 1 00 0 1)+( 2 1 0

−3 −1 11 0 −1)+( 1 1 1

−2 −2 −21 1 1 )=( 4 2 1

−5 −2 −12 1 1 )

(−1 −1 03 2 −1

−1 0 2 )−1

=( 4 2 1−5 −2 −12 1 1 )

74JPC


Exercice 11

Énoncé

Soit A=( 3 1 −3−1 1 11 1 −1).

On note B la base canonique de R3.

Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans B est A.

On pose u=(1,1 ,1 ), v=(1 ,−1 ,0 ) et w=(1 ,0 ,1 ) et on note C la famille formée de ces trois vecteurs.

1) Démontrer que la famille C est une base de R3.

2) Écrire la matrice de f dans cette base.

3) Déterminer une base de Ker (f ) et ℑ ( f ).

Solution

1) Comme la famille C={(1 ,1,1 ) , (1 ,−1,0 ) , (1 ,0 ,1 ) } possède 3 éléments et que 3 est la dimension de R3, pour prouver que C est une base de R3, il suffit de montrer seulement que C est libre (le fait que C soit alors aussi génératrice de R3 en découle de manière automatique)

soient a, b et c des réels pour lesquels on a :

au+bv+c w=0c’est-à-dire :

a (1 ,1,1 )+b (1 ,−1 ,0 )+c (1,0 ,1 )=(0 ,0 ,0 )soit :

(a+b+c ,a−b ,a+c )=(0 ,0 ,0 )ce qui équivaut à ce système :

{a+b+c=0a−b=0a+c=0

pour établir que C est libre, il faut aboutir à partir de ce système à la conclusion a=b=c=0

dans le système ci-dessus, on exprime b et c en fonction de a à l’aide des deux dernières équations :

{a+b+c=0b=ac=−a

puis on remplace dans la première équation dudit système :

{a+a+(−a )=0b=ac=−a

ce qui amène à :

75JPC


{ a=0b=a=0

c=−a=−0=0

c’est bien ce qu’il fallait obtenir.

la familleC est une base de R3

2) Voici le rappel des coordonnées dans la base canonique B= {i , j , k } des vecteurs de la famille C={u , v ,w }={(1 ,1 ,1 ) , (1 ,−1 ,0 ) , (1,0 ,1 ) } mais ces coordonnées étant écrites en colonnes :

u v w ¿(1 1 11 −1 01 0 1) i

jk

la matrice P de passage de B à C est donc :

P=(1 1 11 −1 01 0 1)

pour récupérer maintenant la matrice de passage P−1 de C à B, on va exprimer i, j et k en fonction de u, v et w en partant des expressions de u, v et w en fonction de i, j et k telles que l’énoncé nous les livre :

{u=i+ j+kv=i− jw=i−k

on commence par exprimer j et k en fonction de i (entre autres vecteurs…) en s’appuyant sur les deux dernières équations du système :

{u=i+ j+kj=−v+ ik=w−i

puis on substitue :

{u=i+(−v+ i )+ (w−i)=−v+w+ij=−v+ik=w−i

on isole alors i dans la première équation :

{i=u+v−wj=−v+ik=w−i

on remplace :

{ i=u+v−wj=−v+(u+v−w )=u−w

k=w−(u+v−w )=−u−v+2w

on vient d’aboutir à ces résultats :

76JPC


i j k ¿( 1 1 −11 0 −1

−1 −1 2 ) uvw

ainsi :

P−1=( 1 1 −11 0 −1

−1 −1 2 )la matrice de f dans la base C est alors :

P−1 A Pil y a deux façons de calculer ce produit :

P−1 A=( 1 1 −11 0 −1

−1 −1 2 )( 3 1 −3−1 1 11 1 −1)=(1 1 −1

2 0 −20 0 0 )

puis :

(P−1 A ) P=(1 1 −12 0 −20 0 0 )(1 1 1

1 −1 01 0 1)=(1 0 0

0 2 00 0 0)

ou bien :

A P=( 3 1 −3−1 1 11 1 −1)(1 1 1

1 −1 01 0 1)=(1 2 0

1 −2 01 0 0)

puis :

P−1 (A P )=( 1 1 −11 0 −1

−1 −1 2 )(1 2 01 −2 01 0 0)=(1 0 0

0 2 00 0 0)

3) On va travailler dans la base canonique de R3.

Détermination du noyau de f .

x, y et z sont des réels dans ce qui suit

d ( x , y , z )∈Ker (f )⟺ f (d )=0R3⟺ A( xyz )=(000)⟺( 3 1 −3

−1 1 11 1 −1)(

xyz )=(000)

⟺(3x+ y−3 z−x+ y+zx+ y−z )=(000)

⟺ {3x+ y−3 z=0−x+ y+z=0x+ y− z=0

on recourt à une résolution par substitution :

77JPC


{3 x+ y−3 ( x+ y )=0−x+ y+ ( x+ y )=0

z=x+ y

soit :

{−2 y=02 y=0z=x+ y

ou encore :

{x∈Ry=0z=x

ce « x∈ R » indique que x peut recevoir n’importe quelle valeur réelle (le système a donc une infinité de solutions)

par conséquent :

Ker (f )= {( x ,0 , x ) : x∈ R }résultat que l’on peut reformuler ainsi sous plusieurs formulations :

Ker (f )= {x (1 ,0 ,1 ) : x∈R }Ker ( f )=Vect ( {(1 ,0 ,1 ) })

Ker (f ) est la droite vectorielle de base {(1 ,0 ,1 ) }

Détermination de l’image de f .

X , Y et Z sont des réels

e (X ,Y ,Z )∈ℑ ( f )⟺∃d ( x , y , z )∈R3 , f (d )=e⟺ A( xyz )=(XYZ )cette dernière égalité s’explicite ainsi :

(3 x+ y−3 z−x+ y+zx+ y−z )=(XYZ )

ce qui équivaut au système suivant :

{3x+ y−3 z=X−x+ y+z=Yx+ y−z=Z

comme il s’agit d‘assumer cette question d’existence « ∃d ( x , y , z )∈R3 », x, y et z sont dans ce système des inconnues (tandis que X , Y et Z sont des paramètres)

on isole z dans la troisième et dernière équation du système puis on remplace dans les deux autres équations :

78JPC


{3x+ y−3 (−Z+x+ y )=X−x+ y+(−Z+x+ y )=Y

z=−Z+x+ y

simplifions :

{−2 y+3Z=X2 y−Z=Yz=−Z+ x+ y

on « sépare les minuscules des majuscules » dans les deux premières équations :

{−2 y=X−3Z2 y=Y+Z

z=−Z+x+ y

pour que ce système ait une solution, il est donc nécessaire que l’on ait :

X−3Z=−(Y+Z )

mais inversement si les données (X ,Y ,Z ) vérifient cette condition-là, il y a bien une solution, que voici :

{ y= X−3Z−2

z=−Z+x+ X−3Z−2

= X−2

+Z2+ x

et x réel quelconque

donc :

e (X ,Y ,Z )∈ℑ (f )⟺ X−3Z=−(Y +Z )⟺ X+Y−2Z=0ainsi :

ℑ ( f )= {(X ,Y , Z )∈R3: X+Y−2Z=0 }ou encore :

ℑ ( f ) est le plan vectoriel d’équation cartésienne {(1 ,0 ,1 ) }

pour mettre la main sur une base de ℑ ( f ), on reformule sa définition en tant qu’ensemble à plusieurs reprises :

ℑ ( f )= {(X ,Y , Z )∈R3: X=−Y +2Z }ℑ ( f )= {(−Y +2Z ,Y , Z ): (Y ,Z )∈R2 }

ℑ ( f )= {Y (−1,1 ,0 )+Z (2 ,0 ,1 ) : (Y ,Z )∈R2 }on se rend compte alors que l’on peut parler de ℑ ( f ) comme d’un sous-espace vectoriel engendré par une famille :

ℑ ( f )=Vect ({(−1 ,1 ,0 ) , (2 ,0 ,1 ) })la famille {(−1 ,1 ,0 ) , (2 ,0 ,1 ) } est donc génératrice de ℑ ( f )

pour fournir une base de ℑ ( f ), il nous suffit maintenant d‘établir que cette famille-ci est libre

soient a et b des réels tels que l’on ait :

79JPC


a (−1 ,1 ,0 )+b (2,0 ,1 )=(0 ,0 ,0 )ce qui équivaut à :

(−a+2b ,a ,b )=(0 ,0 ,0 )soit :

{−a+2b=0a=0b=0

la cause est entendue puisqu’on voit grâce à ce système que :

a (−1 ,1 ,0 )+b (2,0 ,1 )=(0 ,0 ,0 )⟹a=b=0conclusion :

{(−1 ,1 ,0 ) , (2 ,0 ,1 ) }est une base de ℑ ( f )

80JPC


Exercice 12

Énoncé

On considère l’application linéaire f de R3 dans R3 définie par :

f (i )=2 j+3 k

f ( j )=2 i−5 j−8k

f ( k )=−i+4 j+6k

1) Écrire la matrice de f dans la base {i , j , k }.

2) a Déterminer les vecteurs u∈R3 tels que f (u )=u.

2) b On note E1 l’ensemble de ces vecteurs. Montrer que E1 est un sous-espace vectoriel de R3.

3) a Déterminer les vecteurs u∈R3 tels que f 2 (u )=−u.

3) b On note N−1 l’ensemble de ces vecteurs. Montrer que N−1 est un sous-espace vectoriel de R3.

4) Déterminer deux vecteurs a et b tels que E1=Vect ( {a } ) et N−1=Vect ( {b , f (b ) })

5) Montrer que {a ,b , f (b ) } est une base de R3.

Écrire la matrice de f dans cette base.

Solution

1) On retranscrit les données de l’énoncé sur les images f ( i ), f ( j ) et f ( k ) mais à la verticale alors que dans cet énoncé, elles sont à l’horizontale :

f ( i ) f ( j ) f ( k )0 i 2 i −1 i

+2 j −5 j 4 j+3k −8k 6k

la matrice de f dans la base {i , j , k } est donc la suivante :

M=(0 2 −12 −5 43 −8 6 )

2) a Soit u∈R3 quelconque. Introduisons les coordonnées ( x , y , z ) de ce u dans la base {i , j , k }. Autrement dit :

( x , y , z )∈R3 et u=x i+ y j+zk

les coordonnées de l’image f (u ) s’obtiennent grâce à ce calcul matriciel :

M ( xyz )=(0 2 −12 −5 43 −8 6 )( xyz )=(0 x+2 y+(−1 ) z

2 x+ (−5 ) y+4 z3 x+(−8 ) y+6 z )=( 2 y−z

2x−5 y+4 z3 x−8 y+6 z)

alors :

81JPC


f (u )=u⟺( 2 y−z2 x−5 y+4 z3 x−8 y+6 z )=( xyz )⟺ { 2 y−z=x

2x−5 y+4 z= y3 x−8 y+6 z=z

on va résoudre ce système d’inconnue ( x , y , z )∈R3 par substitution et dans ce but, échanger les deux membres dans la première équation du système et « tout faire passer dans le membre de gauche » dans les deux autres équations :

{ x=2 y−z2x−6 y+4 z=03 x−8 y+5 z=0

soit :

{ x=2 y−z2 (2 y−z )−6 y+4 z=03 (2 y−z )−8 y+5 z=0

on développe et on simplifie :

{ x=2 y−z−2 y+2 z=0−2 y+2 z=0

on s’aperçoit que les deux nouvelles équations numéros 2 et 3 sont identiques, ce qui amène à ce système équivalent :

{x=2 y−zz= y

lequel système revient lui-même à :

{x=2 y− y= yz= y

conclusion :

u ( x , y , z )∈R3et f (u )=u⟺ x= y=z et y∈ R

2) b Il résulte de ce que l’on vient de trouver à l’instant que :

E1= {u∈R3 : f (u )=u}= {u ( y , y , y ) : y∈R }or :

( y , y , y )= y (1 ,1,1 )

notons a le vecteur de R3 de coordonnées (1 ,1 ,1 ) :

a (1 ,1,1 )alors :

E1= {u∈ R3 :∃ y∈ R ,u= y a}soit :

E1=Vect ( {a } )E1 est donc le sous-espace vectoriel engendré par la famille {a }en particulier :

82JPC


E1 est un sous-espace vectoriel deR3

remarque : E1 est une droite vectorielle de vecteur directeur a

3) a Calculons les termes de la matrice de f 2=f ο f :

M 2=M .M=(0 2 −12 −5 43 −8 6 )(0 2 −1

2 −5 43 −8 6 )

¿( 0+4−3 0−10+8 0+8−60−10+12 4+25−32 −2−20+240−16+18 6+40−48 −3−32+36)

M 2=(1 −2 22 −3 22 −2 1)

dès lors :

u ( x , y , z )∈R3 et f 2 (u )=−u⟺M2( xyz )=−( xyz )c’est-à-dire :

(1 −2 22 −3 22 −2 1)( xyz )=(−x

− y−z )

soit :

( x−2 y+2 z2 x−3 y+2 z2 x−2 y+ z )=(−x

− y−z )

ce qui équivaut au système suivant :

{ x−2 y+2 z=−x2x−3 y+2 z=− y2x−2 y+z=−z

on « balance tout à gauche » :

{2x−2 y+2 z=02x−2 y+2 z=02x−2 y+2 z=0

ciel ! des triplés6…

autrement dit :

u ( x , y , z )∈R3 et f 2 (u )=−u⟺2x−2 y+2 z=0ou encore, en allégeant le fardeau :

u ( x , y , z )∈R3et f 2 (u )=−u⟺ x− y+z=06 signalons (oui, c’est complètement hors-sujet !) que « Les Triplés » est une bande dessinée humoristique créée par Nicole Lambert

83JPC


3) b La relation caractéristique que nous venons de découvrir, x− y+z=0, est une équation cartésienne de plan vectoriel de R3, d’où :

N−1 est un sous-espace vectoriel de R3

où, selon la définition de l’énoncé :

N−1={u∈R3 : f 2 (u )=−u}

4) D’après le résultat acquis au 2) b, on peut prendre :

a (1 ,1,1 )

mais comme E1 est une droite vectorielle, tout autre vecteur de R3 colinéaire à a et non nul convient aussi donc, en toute généralité, on peut proposer :

a (k , k , k ) , k∈R−{0 }

L’objectif à atteindre maintenant :

N−1=Vect ( {b , f (b ) })indique notamment que :

b∈N−1

on peut même soupçonner que b≠0 car sinon les auteurs de l’énoncé ne se seraient pas fatigués à le faire figurer dans cette famille {b , f (b ) } génératrice de N−1 ; d’ailleurs, si on avait b=0, comme f est

une application linéaire, on aurait alors f (b )=f (0 )=0, si bien (ou si mal !) que {b , f (b ) }= {0 } et dans

ce cas, on serait confronté à Vect ( {b , f (b ) })=Vect ( {0 })={0 }≠N−1

ainsi, il est impératif que l’on ait au minimum :

b∈N−1−{0 }

choisissons un b∈N−1−{0 } « au hasard », c’est-à-dire absolument quelconque ; nous allons

démontrer que cela suffit à nous donner N−1=Vect ( {b , f (b ) })tout d’abord, f (b )∈ N−1 car :

f 2 ( f (b ) )=(f ο f ο f ) (b )=f ( f 2 (b ) )or f 2 (b )=−b puisque b∈N−1

par conséquent :

f 2 ( f (b ) )=f (−b )

mais f est une application linéaire, si bien que :

f (−b )=−f (b )on parvient à l’égalité :

f 2 ( f (b ) )=−f (b )

qui signifie précisément que f (b )∈N−1

comme b et f (b ) appartiennent tous les deux à N−1, on peut d’ores et déjà affirmer qu’on a l’inclusion ci-dessous :

Vect ( {b , f (b ) })⊂N−1

84JPC


nous allons montrer que la famille {b , f (b ) } est libre ; ainsi, {b , f (b ) } sera à la fois une famille

génératrice de Vect ( {b , f (b ) }) et une famille libre ; il en résultera que {b , f (b ) } est une base de

Vect ( {b , f (b ) }), ce qui nous permettra d’affirmer que7 :

dim (Vect ( {b , f (b ) }) )=2

mais on a établi dans le 3) b que N−1 est un plan vectoriel, ce qui assure que :

dim (N−1)=2

or quand deux sous-espaces vectoriels sont de la même dimension (finie) et que l’un est inclus dans l’autre, ces sous-espaces vectoriels sont fatalement égaux, d’où en effet :

Vect ( {b , f (b ) })=N−1

raisonnons par l’absurde et supposons que {b , f (b ) } ne soit pas libre… c’est donc que {b , f (b ) } serait liée et comme b≠0, f (b ) serait colinéaire à b :

f (b )=kb

où k est un réel

alors :

f 2 (b )=f ( f (b ) )=f (k b )

comme f est linéaire :

f ( k b )=k f (b )ainsi :

f 2 (b )=k f (b )=k ( k b )=k2b

or f 2 (b )=−b car b∈N−1

donc on arrive à l’égalité :

−b=k2bon a choisi b tel que b≠0, d’où :

−1=k2

ce qui est contradictoire avec le fait que k est réel…

bilan8 :

∀ b∈N−1−{0 } , {b , f (b ) }base deN−1

exemple de choix concret de b :

b (1 ,1,0 )

car ces coordonnées vérifient l’équation cartésienne connue du plan N−1, qui est x− y+z=0.

5) Pour montrer que {a ,b , f (b ) } est une base de R3, nous allons déjà nous efforcer de prouver que cette famille est libre :

7 que l’on ne vienne pas nous reprocher d’être tombés bien bas ou d’être trop collants ou de perdre le fil ou encore de tomber en quenouille à faire appel ainsi à l’entreprise DIM !8 qui prouve donc que nous avons eu raison d’avoir maille à partir avec DIM…

85JPC


α a+β b+γ f (b )=0

α , β et γ des réels

on déduit de cette égalité :

f (α a+β b+γ f (b ) )=f (0 )

mais f est une application linéaire, donc l’égalité ci-dessus revient à celle-ci :

α f (a )+β f (b )+γ f ( f (b ) )=0

on tient compte en cet instant de ce que a∈E1 et b∈N−1 :

f (a )=a

f ( f (b ) )=f 2 (b )=−bainsi :

α a+β f (b )−γ b=0

on recommence à prendre les images par f des deux membres de l’égalité :

f (α a+β f (b )−γ b )=0

soit :

α f (a )+β f ( f (b ) )−γ f (b )=0

expression qui se simplifie en :

α a−β b−γ f (b )=0à l’heure actuelle, nous sommes en possession de ces deux renseignements :

{α a+β b+γ f (b )=0α a−β b−γ f (b )=0

il en découle que l’on a :

{ α a=0βb+γ f (b )=0

puisque a≠0 :

α a=0⟹α=0

et comme {b , f (b ) } est libre (résultat du 4) précédent) :

β b+γ f (b )=0⟹β=γ=0

donc {a ,b , f (b ) } est bien libre

avec ses 3 éléments, 3 étant la dimension de R3, cette famille est une base de R3 :

{a ,b , f (b ) }est une base de R3

on sait que :

f (a )=a

f (b )=f (b )

f ( f (b ) )=−b

donc :

86JPC


a b f (b ) ¿(1 0 00 0 −10 1 0 ) a

bf (b )

et la matrice de f dans la base {a ,b , f (b ) } est :

(1 0 00 0 −10 1 0 )

87JPC


Exercice 12 bis

Énoncé

Soit A=(0 0 11 0 31 1 0).

Déterminer des réels a, b, c tels que A3+a A2+b A+c Id=0.

En déduire que A est inversible et calculer A−1.

Solution

A2=(0 0 11 0 31 1 0)(0 0 1

1 0 31 1 0)=(1 1 0

3 3 11 0 4)

A3=A2 . A=(1 1 03 3 11 0 4)(0 0 1

1 0 31 1 0)=(1 0 4

4 1 124 4 1 )

dès lors :

A3+a A2+b A+c Id=(1 0 44 1 124 4 1 )+a(1 1 0

3 3 11 0 4)+b(0 0 1

1 0 31 1 0)+c (1 0 0

0 1 00 0 1)

¿(1 0 44 1 124 4 1 )+( a a 0

3a 3a aa 0 4a)+(0 0 b

b 0 3bb b 0 )+(c 0 0

0 c 00 0 c)

¿( 1+a+c a 4+b4+3a+b 1+3a+c 12+a+3b4+a+b 4+b 1+4a+c )

par conséquent :

A3+a A2+b A+c Id=0⟺( 1+a+c a 4+b4+3a+b 1+3 a+c 12+a+3b4+a+b 4+b 1+4 a+c )=(0 0 0

0 0 00 0 0)

et cette dernière égalité de matrices est équivalente à ce système à 3∗3=9 équations :

{1+a+c=0

a=04+b=0

4+3a+b=01+3a+c=0

12+a+3b=04+a+b=0

4+b=01+4a+c=0

un système à 3 inconnues réelles, a, b et c

deux des équations de ce système sont identiques, il s’agit de « 4+b=0 », équation qui nous fournit

88JPC


d‘ailleurs la valeur de l’inconnue b, b=−4une autre équation de ce système nous donne la valeur de a d’emblée : a=0on répercute ces deux informations sur a et b dans le système :

{1+c=0a=0b=−4

4+3∗0+ (−4 )=01+c=0

12+0+3∗(−4 )=04+0+(−4 )=0

b=−41+c=0

la seule information nouvelle qu’on voit alors apparaître est c=−1quant autres équations de ce système, on s’aperçoit qu’elles sont toutes satisfaites

conclusions :

A3+a A2+b A+c Id=0⟺ { a=0b=−4c=−1

ainsi :

A3−4 A−Id=0cette relation-ci peut s’écrire de la manière suivante :

A ( A2−4 Id )=( A2−4 Id ) A=Idil résulte de ce qui vient d‘être écrit que :

A est inversibleA−1=A2−4 Id

on en déduit alors d‘un point de vue numérique puisque l’inverse de A s’obtient par l’expression A2−4 Id :

A−1=(1 1 03 3 11 0 4)−4 (1 0 0

0 1 00 0 1)

d‘où :

A−1=(−3 1 03 −1 11 0 0)

Remarque : déterminons le polynôme caractéristique de la matrice A

Det (X Id−A )=| X 0 −1−1 X −3−1 −1 X |

développons ce déterminant par rapport à sa première ligne :

89JPC


| X 0 −1−1 X −3−1 −1 X |=X| X −3

−1 X |−0|−1 −3−1 X |+(−1 )|−1 X

−1 −1|¿X (X 2−3 )− (1+X )=X3−4 X−1

or un théorème, qui porte le nom de deux mathématiciens, respectivement l’un britannique et l’autre irlandais, le théorème de Cayley-Hamilton9 (mais il a été démontré à l’origine par le mathématicien allemand Ferdinand Georg Frobenius en 1878), dit que toute matrice carrée (à termes réels ou complexes) annule son polynôme caractéristique

donc :

A3−4 A−Id=0

9 Arthur Cayley (1821-1895) est d’abord avocat puis devient professeur à Cambridge ; on lui doit l’idée de multiplication des matrices et il est aussi le premier à s’approcher d’une définition des groupes fort proches de celle adoptée finalement par la communauté mathématiqueWilliam Rowan Hamilton (1805-1865), natif de Dublin, est à la fois mathématicien (il invente le mot vecteur à l’occasion de sa découverte des quaternions), physicien (en optique et en dynamique) et astronomeFrobenius (1849-1917) contribue de manière significative à la théorie des groupes et des algèbres

90JPC


Exercice 13

Énoncé


A=(−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)Soient a=(1 ,−1 ,0 ,0 ), b=(1 ,−1 ,−1 ,0 ), c= (2,−2 ,1 ,1 ) et d= (−1,2 ,0 ,0 ).

1) Montrer que {a ,b , c , d } est une base de R4.

2) Calculer f (a ), f (b ), f ( c ) et f (d ).

3) Déterminer la matrice de f dans la base {a ,b , c , d }.

Solution

1) Lorsqu’on a une famille {a ,b , c , d } qui possède 4 éléments, avec cet effectif 4 qui est aussi la dimension de l’espace vectoriel ambiant, ici R4, alors pour montrer que cette famille est une base de R4, il suffit de montrer que ladite famille est libre

si des réels x, y, z et t sont tels que l’on ait :

x a+ y b+z c+t d=0

où le vecteur nul 0 du membre de droite de l’égalité est le vecteur nul de R4, c’est-à-dire (0 ,0 ,0 ,0 )alors :

x (1 ,−1,0 ,0 )+ y (1 ,−1 ,−1 ,0 )+z (2,−2 ,1 ,1 )+ t (−1 ,2 ,0 ,0 )= (0 ,0 ,0 ,0 )soit :

( x+ y+2 z−t ,−x− y+ z ,− y+z , z )=(0 ,0 ,0 ,0 )cette dernière égalité est équivalente au système ci-dessous :

{x+ y+2 z−t=0−x− y+z=0− y+z=0

z=0

que voilà un splendide système en échelons !

montons un par un les barreaux de cette échelle, du bas vers le haut, donc :

z=0et− y+z=0⟹ y=z=0z=0et y=0 et−x− y+ z=0⟹ x=− y+z=0

z=0et y=0et x=0 et x+ y+2 z−t=0⟹ t=x+ y+2 z=0ainsi :

x a+ y b+z c+t d=0⟹ x= y=z=t=0

et la famille {a ,b , c , d } peut maintenant s’exclamer « à nous la liberté » !

{a ,b , c , d }est une base de R4

91JPC


2) On obtient les coordonnées de f (a ) par voie matricielle, avec le calcul ci-dessous :

(−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)(1

−100

)=(−3300

)donc :

f (a )=(−3 ,3 ,0 ,0 )on remarque que :

f (a )=−3 a

cette égalité signifie que −3 est une valeur propre de f et que a est un vecteur propre associé à cette valeur propre −3 (rappelons qu’on a ici le droit de parler de vecteur propre parce que a≠0)

par une démarche analogue mais conduite pour b :

(−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)(1

−1−10

)=(−3330

)d’où :

f (b )=(−3 ,3 ,3 ,0 )on a par conséquent :

f (b )=−3b

comme pour le a précédent, on peut donner une signification très précise à l’égalité qui vient d’être obtenue : b est un vecteur propre associé à la valeur propre −3

on continue ce genre de calculs avec c :

(−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)(2

−2−10

)=(0000)

soit :

f ( c )=(0 ,0 ,0 ,0 )et enfin :

(−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)(−1200

)=(0000)

ce qui donne :

f (d )=(0 ,0 ,0 ,0 )

ces valeurs de f ( c ) et de f (d ) prouvent que :

c et d appartiennent au noyau de f

92JPC


mais attestent également de ce que :

0 est une valeur propre de f et c et d sont des valeurs associées à cette valeur propre 0

en effet, on a : f ( c )=0c, f ( d )=0d, c ≠0 et d ≠0.

3) D‘après des résultats acquis dans le 3) ci-dessus, la matrice de f dans base {a ,b , c , d } est :

f (a ) f (b ) f (c ) f (d ) ¿(−3 0 0 00 −3 0 00 0 0 00 0 0 0

)abcd

On pourrait cependant appliquer le processus standard de changement de base. C’est ce processus qui est détaillé dans les lignes suivantes.

La matrice de passage P de la base canonique {i , j , k , l } de R4 à la base {a ,b , c , d } est la suivante :

a b c d ¿(1 1 2 −1

−1 −1 −2 20 −1 1 00 0 1 0

)ijkl

soit, en retirant le rappel des vecteurs de ces deux bases des marges de P :

P=(1 1 2 −1

−1 −1 −2 20 −1 1 00 0 1 0

)nous avons :

{ a=i− jb=i− j−k

c=2 i−2 j+k+ld=−i+2 j

ce sont des expressions de a, b, c et d en fonction de i, j, k et l ; pour connaître P−1, nous avons besoin de connaître i, j, k et l en fonction de a, b, c et d

{ a=i− jk=−b+ i− j

l=c−2 i+2 j−kd=−i+2 j

d‘où l’on déduit :

a+d=( i− j )+ (−i+2 j )= j

2a+d=2 (i− j )+(−i+2 j )=ice qui amène à ceci :

{ i=2a+dj=a+d

k=−b+(2a+d )−(a+d )=a−bl=c−2 (2a+d )+2 (a+d )−k=−2a+c−k

93JPC


{ i=2a+dj=a+dk=a−b

l=−2a+c−(a−b )=−3a+b+c

on parvient ainsi à cette matrice de passage de la base {a ,b , c , d } à la base {i , j , k , l } :

i j k l ¿(2 1 1 −30 0 −1 10 0 0 11 1 0 0

)abcd

autrement dit, la matrice inverse de P est :

P−1=(2 1 1 −30 0 −1 10 0 0 11 1 0 0

)alors la matrice de f dans base {a ,b , c , d } est P−1 A P

on peut effectuer le calcul de P−1 A P soit de la gauche vers la droite (et c’est par là que nous commencerons), soit de la droite vers la gauche (et cette autre façon de mener le calcul est mise en œuvre ensuite) :

P−1 A=(2 1 1 −30 0 −1 10 0 0 11 1 0 0

)(−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)=(−6 −3 −3 90 0 3 −30 0 0 00 0 0 0

)(P−1 A ) P=(

−6 −3 −3 90 0 3 −30 0 0 00 0 0 0

)(1 1 2 −1

−1 −1 −2 20 −1 1 00 0 1 0

)=(−3 0 0 00 −3 0 00 0 0 00 0 0 0

)A P=(

−6 −3 0 66 3 0 −60 0 −3 30 0 0 0

)(1 1 2 −1

−1 −1 −2 20 −1 1 00 0 1 0

)=(−3 −3 0 03 3 0 00 3 0 00 0 0 0

)P−1 (A P )=(

2 1 1 −30 0 −1 10 0 0 11 1 0 0

)(−3 −3 0 03 3 0 00 3 0 00 0 0 0

)=(−3 0 0 00 −3 0 00 0 0 00 0 0 0

)bien entendu, on retrouve (heureusement, d’ailleurs !) la matrice diagonale déjà obtenue auparavant :

(−3 0 0 00 −3 0 00 0 0 00 0 0 0

)où on reconnaît sur la diagonale principale descendante les valeurs propres déjà signalées, −3 et 0.

94JPC


95JPC


Exercice 14

Énoncé

Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est :

A=(−10 −3 −125 0 76 2 7 )

1) Soit a=(−3 ,1 ,2 ). Calculer u (a ).

2) Déterminer b∈R3 tel que u (b )=a−b et c∈R3 tel que u (c )=b−c .

3) Montrer que {a ,b , c } est une base de R3.


Solution

1) Pour calculer u (a ), on utilise ce processus matriciel, où les coordonnées de a sont recopiées dans un vecteur colonne :

A(−312 )=(−10 −3 −12

5 0 76 2 7 )(−3

12 )=( 30−3−24

−15+0+14−18+2+14 )=( 3

−1−2)

on note que :

( 3−1−2)=−(−3

12 )

si bien que le résultat de ce calcul prouve que :

u (a )=−a

comme cette égalité peut aussi s’écrire :

u (a )=(−1 )a

et que manifestement a≠0, on remarque que :

−1 est une valeur propre de u et a est un vecteur propre associé à cette valeur propre

2) On pose b=( x , y , z )∈R3

u (b )=a−b⟺(−10 −3 −125 0 76 2 7 )( xyz )=(−3

12 )−( xyz )

⟺(−10x−3 y−12 z5 x+7 z

6 x+2 y+7 z )=(−3−x1− y2−z )

⟺ {−10x−3 y−12 z=−3−x5 x+7 z=1− y

6x+2 y+7 z=2−z

96JPC


pour résoudre ce système, à gauche toute !

{−9 x−3 y−12 z+3=05 x+ y+7 z−1=0

6 x+2 y+8 z−2=0

de menues simplifications ne feront sans doute pas de mal :

{−3 x− y−4 z+1=05 x+ y+7 z−1=03 x+ y+4 z−1=0

on voit cette relation entre la première et la dernière équations du système ci-dessus :

−3 x− y−4 z+1=− (3 x+ y+4 z−1 )si bien que le système équivaut à ce système-ci :

{−3 x− y−4 z+1=05 x+ y+7 z−1=0

on va poursuivre par substitution :

{ y=−3 x−4 z+15x+ (−3 x−4 z+1 )+7 z−1=0

soit :

{y=−3 x−4 z+12x+3 z=0

on décide de « tout » exprimer en fonction de x :

{y=−3 x−4(−23

x )+1=−13

x+1

z=−23

x

quant à x, c’est donc un réel quelconque

on conclut à :

b=(x ,−13x+1 ,−2

3x ) , x∈R

ou encore pour ne pas s’encombrer de quotient :

b=(3k ,−k+1 ,−2k ) , k∈R

comme l’énoncé ne demandait pas de trouver tous les b possibles mais juste d’en déterminer un, on pourrait se contenter de donner une valeur numérique à k , par exemple k=0, ce qui conduirait à b=(0 ,1 ,0 ), mais nous allons garder cette lettre k , qui joue le rôle de paramètre, afin que toutes les lectrices et lecteurs de ce document aient la faculté de retrouver leurs b et c à eux et à elles, simplement en s’assurant qu’une valeur de k et une valeur de l les leur donnent (ce l va apparaître dans quelques instants).

On pose c= (x , y , z )∈R3

97JPC


u (c )=b−c⟺(−10 −3 −125 0 76 2 7 )( xyz )=( 3 k

−k+1−2 k )−( xyz )

⟺(−10x−3 y−12 z5 x+7 z

6 x+2 y+7 z )=( 3 k−x−k+1− y−2k−z )

⟺ {−10x−3 y−12 z=3 k−x5 x+7 z=−k+1− y

6 x+2 y+7 z=−2k−z

on résout le système, en faisant d’abord passer les inconnues x, y et z (t , lui, est un paramètre réel) intégralement à gauche :

{−9 x−3 y−12 z=3k5 x+ y+7 z=−k+16 x+2 y+8 z=−2k

ce qui revient à :

{ −3x− y−4 z=k5x+ y+7 z=−k+1

3 x+ y+4 z=−k

la première et la dernière équations du système actuel sont équivalentes car on pourrait dire, même si ce n’est pas très correct, qu’elles sont opposées ; tout se résume donc à :

{ −3x− y−4 z=k5x+ y+7 z=−k+1

{ y=−3 x−4 z−k5x+ (−3 x−4 z−k )+7 z=−k+1

{y=−3 x−4 z−k2x+3 z=1

{y=−3 x−4(−13

(2 x−1 ))−k=−13

x−43−k

z=−13

(2 x−1 )=−23

x+ 13

d‘où :

c=(3 l ,−l−43−k ,−2l+1) ,l∈R

3) Méthode qui repose sur du calcul vectoriel.

Soient α , β et γ des réels tels que l’on ait :

α a+β b+γ c=0il en découle :

u (α a+βb+γ c )=u (0 )

mais u est linéaire donc cette dernière égalité revient à :

98JPC


α u (a )+βu (b )+γ u (c )=0

on tient compte de ce que l’on a, par définition de b et de c, ainsi que de la propriété de a signalée dans le 1) :

u (a )=−a u (b )=a−b u (c )=b−con remplace :

−α a+β (a−b )+γ (b−c )=0on développe et on regroupe au début tous les termes pourvus d‘un signe moins :

−(α a+β b+γ c )+ βa+γ b=0

mais comme par hypothèse α a+β b+γ c=0, il ne reste plus que ceci :

β a+γ b=0

on recommence en appliquant u aux deux membres de cette égalité :

u (β a+γ b )=0soit :

βu (a )+γ u (b )=0ou encore :

−β a+γ (a−b )=0c’est-à-dire :

−(β a+γ b )+γ a=0

on tient compte de ce qu’on avait obtenu un peu plus haut, à savoir β a+γ b=0 :

γ a=0

or a≠0 puisque a=(−3 ,1 ,2 ), donc nécessairement :

γ=0

on revient au β a+γ b=0 précédent, qui évolue en :

β a=0on invoque de nouveau que a≠0 pour aboutir à :

β=0

on revient encore plus loin en arrière avec α a+β b+γ c=0, soit :

α a=0mais a≠0, si bien que :

α=0par conséquent :

α a+β b+γ c=0⟹α=β=c=0d‘où :

{a ,b , c } est libre

cette famille est libre et elle possède le nombre d’éléments (3…) de la dimension de R3, donc :

{a ,b , c } est une base de R3

99JPC


Méthode qui repose sur un déterminant.

Comme la famille {a ,b , c } admet 3 éléments et que 3 est la dimension de R3, pour prouver que cette famille est une base de R3, il suffit de démontrer qu’elle est libre. Or :

{a ,b , c } libre⇔Det (a ,b , c )≠0rappelons les coordonnées des vecteurs de cette famille :

a=(−3 ,1 ,2 )b=(3k ,−k+1,−2k )

c=(3 l ,−l−43−k ,−2l+1)

on peut « sortir » k et l de la façon suivante :

a=(−3 ,1 ,2 )b=(3k ,−k+1 ,−2k )=−k (−3 ,1,2 )+(0 ,1 ,0 )

c=(3 l ,−l−43−k ,−2l+1)=−l (−3 ,1,2 )−k (0 ,1 ,0 )+(0 ,−4

3,1)

posons pour alléger l’écriture :

B=(0 ,1 ,0 )

C=(0 ,−43,1)

il apparaît que :

a=(−3 ,1 ,2 )b=−k a+B

c=−la−k B+Con est maintenant fin prêt pour calculer le déterminant annoncé :

Det (a , b , c )=Det (a ,−k a+B ,−l a−k B+C )or le déterminant est une forme multilinéaire, si bien que :

Det (a ,−k a+B ,−l a−k B+C )=−k Det (a ,a ,−l a−k B+C )+Det (a , Bb,−l a−k B+C )mais le déterminant est aussi une forme alternée aussi :

Det (a , a ,−la−k B+C )=0on parvient à l’égalité :

Det (a ,−k a+B ,−l a−k B+C )=Det (a ,Bb ,−l a−k B+C )on exploite encore la multilinéarité :

Det (a ,Bb ,−l a−k B+C )=−l Det (a ,B ,a )+Det (a , B ,−k B+C )on voit que :

Det (a ,B ,a )=0et il reste alors :

Det (a ,Bb ,−l a−k B+C )=Det (a ,B ,−k B+C )intervention encore de la multilinéarité :

Det (a ,B ,−k B+C )=−k Det (a ,B , B )+Det (a ,B ,C )

100JPC


on note que :

Det (a ,B , B )=0et on aboutit à cette simplification :

Det (a ,b , c )=Det (a , B ,C )

où l’on s’est affranchi des paramètres k et lenfin :

Det (a ,B ,C )=|−3 0 0

1 1 −43

2 0 1|

on développe ce déterminant par rapport à sa deuxième colonne :

|−3 0 0

1 1 −43

2 0 1|=1|−3 0

2 1|et on achève le calcul :

|−3 02 1|=−3∗1−2∗0

ce qui montre que :

Det (a , b , c )=−3≠0

4) On sait que :

u (a )=−a

u (b )=a−b

u (c )=b−cc’est-à-dire :

u (a )=(−1 )a+0b+0c

u (b )=1a+ (−1 )b+0c

u (c )=0 a+1b+(−1 ) c

donc la matrice de u dans la base {a ,b , c } est (les coefficients qui se trouvaient en lignes basculent en colonnes) :

(−1 1 00 −1 10 0 −1)

101JPC


Exercice 15

Énoncé

Soit f l’application de R3 dans R3 définie par :

f ( x , y , z )=( z , y , x )

1) Montrer que f est un endomorphisme de R3.


3) Soit u=(1,0 ,1 ), v=(0 ,1 ,0 ) et w=(1 ,0 ,−1 ).

Démontrer que la famille {u , v ,w } est une base de R3.


Solution

1) Quels que soient ( x , y , z )∈R3, (X ,Y ,Z )∈ R3 et λ∈R :

f ( λ ( x , y , z )+(X ,Y ,Z ) )¿ f ( λ x+X , λ y+Y , λ z+Z )

¿ ( λ z+Z , λ y+Y , λ x+X )

¿ λ ( z , y , x )+ (Z ,Y , X )

¿ λ f (x , y , z )+f ( X ,Y ,Z )donc :

f est linéaire

2) La base canonique de R3 est la famille {i , j , k } avec :

i=(1 ,0 ,0 )

j=(0 ,1,0 )

k=(0 ,0 ,1 )

alors (y ne bouge pas tandis que x et z sont échangés) :

f ( i )=f (1 ,0 ,0 )=(0 ,0 ,1 )=k

f ( j )=f (0 ,1 ,0 )= (0 ,1 ,0 )= j

f ( k )=f (0 ,0 ,1 )= (1 ,0 ,0 )=i

si bien que la matrice de f dans la base canonique de R3 est :

A=(0 0 10 1 01 0 0)

3) La famille {u , v ,w } compte 3 éléments ; or la dimension de R3 est égale à 3 ; donc pour que {u , v ,w } soit une base de R3, c’est-à-dire une famille libre et génératrice de R3, il suffit de prouver que ladite famille est libre

pour des réels a, b et c :

102JPC


au+bv+c w=0⟺a (1,0 ,1 )+b (0 ,1 ,0 )+c (1 ,0 ,−1 )=(0 ,0 ,0 )

⟺ (a+c ,b , a−c )=(0 ,0 ,0 )⟺ {a+c=0b=0

a−c=0

⟺ { c=−ab=0

a− (−a )=0⟺ { c=−a

b=0

a=02=0

⟺{c=−0=0b=0a=0

puisque :

au+bv+c w=0⟹a=b=c=0

{u , v ,w } est libre, d‘où :

{u , v ,w }est une base de R3

Autre méthode :

{u , v ,w }libre ⇔Det (u , v ,w )≠0or :

Det (u , v ,w )=|1 0 10 1 01 0 −1|

pour calculer ce déterminant, on le développe par rapport à sa deuxième colonne (ou deuxième ligne, le résultat est exactement le même) :

|1 0 10 1 01 0 −1|=1|1 1

1 −1|=1 (−1 )−12=−2≠0

4) La matrice de passage de la base {i , j , k } à la base {u , v ,w } est :

P=(1 0 10 1 01 0 −1)

on reconnaît comme il se doit dans les vecteurs colonnes de cette matrice P les coordonnées des vecteurs u, v et w dans la base canonique {i , j , k }

la matrice B de f dans la base {u , v ,w } s’obtient par la formule suivante :

B=P−1 A Por :

{ u=i+kv= j

w=i−k

ce qui entraîne :

103JPC


{ i=12 ( ( i+k )+ ( i−k ) )=1

2(u+w )=1

2u+0v+ 1

2w

j=v=0u+1 v+0w

k=12 ( (i+k )−( i−k ) )=1

2(u−w )=1

2u+0v−1

2w

d’où :

P−1=(12

0 12

0 1 012

0 −12

)et c’est parti pour quelques calculs…

P−1 A=(12

0 12

0 1 012

0 −12

)(0 0 10 1 01 0 0)=(

12

0 12

0 1 12

−12

0 12)

(P−1 A ) P=(12

0 12

0 1 12

−12

0 12)(1 0 1

0 1 01 0 −1)=(1 0 0

0 1 00 0 −1)

ou bien, si l’on préfère opérer de gauche à droite…

A P=(0 0 10 1 01 0 0)(

1 0 10 1 01 0 −1)=(1 0 −1

0 1 01 0 1 )

P−1 (A P )=(12

0 12

0 1 012

0 −12

)(1 0 −10 1 01 0 1 )=(1 0 0

0 1 00 0 −1)

B=(1 0 00 1 00 0 −1)

on remarque que la matrice B que l’on obtient est diagonale.

104JPC


Exercice 15 bis

Énoncé

Soit f l’endomorphisme de R3 défini par :

f ( x , y , z )=( x−z , y , y )


2) Déterminer la matrice de f n pour n∈N . On pourra conjecturer une formule puis la démontrer.

Solution

1) La base canonique de R3 est constituée des vecteurs :

i=(1 ,0 ,0 )

j=(0 ,1,0 )

k=(0 ,0 ,1 )on a :

f (i )=f (1 ,0 ,0 )=(1−0 ,0 ,0 )=(1,0 ,0 )=i

f ( j )= f (0 ,1 ,0 )= (0−0 ,1 ,1 )=(0 ,1,1 )= (0 ,1 ,0 )+(0 ,0 ,1 )= j+k

f ( k )=f (0 ,0 ,1 )= (0−1 ,0 ,0 )=(−1 ,0 ,0 )=−(1,0 ,0 )=−i

la matrice de f dans la base canonique est donc :

M=(1 0 −10 1 00 1 0 )

2) Déterminons la matrice de f 2 :

M 2=M .M=(1 0 −10 1 00 1 0 )(1 0 −1

0 1 00 1 0 )=(1 −1 −1

0 1 00 1 0 )

puis celle de f 3 :

M 3=M 2 .M=(1 −1 −10 1 00 1 0 )(1 0 −1

0 1 00 1 0 )=(1 −2 −1

0 1 00 1 0 )

il se dessine ainsi une réponse vraisemblable :

la matrice de f n pour n∈N−{0 } serait :

M n=(1 −(n−1 ) −10 1 00 1 0 )=(1 −n+1 −1

0 1 00 1 0 )

c’est là une propriété que nous démontrerons par un raisonnement par récurrence

initialisation

pour n=1, la réponse proposée donne bien :

105JPC


(1 −1+1 −10 1 00 1 0 )=(1 0 −1

0 1 00 1 0 )=M=M 1

hérédité

on suppose la formule encadrée ci-dessus vraie pour un entier n≥1on en déduit :

M n+1=Mn . M=(1 −n+1 −10 1 00 1 0 )(1 0 −1

0 1 00 1 0 )

¿(1∗1+(−n+1 )∗0+(−1 )∗0 1∗0+(−n+1 )∗1+ (−1 )∗1 1∗(−1 )+ (−n+1 )∗0+ (−1 )∗00∗1+1∗0+0∗0 0∗0+1∗1+0∗1 0∗(−1 )+1∗0+0∗00∗1+1∗0+0∗0 0∗0+1∗1+0∗1 0∗(−1 )+1∗0+0∗0 )

¿(1 −n −10 1 00 1 0 )=(1 −(n+1 )+1 −1

0 1 00 1 0 )

C.Q.F.D.

106JPC


Exercice 16

Énoncé

A et B sont des matrices carrées de M 2 (R ), x et y sont des réels.

Déterminer x et y sachant que :

A B=( 5 1111 25) B A=( x 14

14 y )Solution

On sait que pour des matrices carrées M et N quelconques de M n (R ) :

Det (M N )=Det (M ) Det (N )

on a donc pour les matrices carrées A et B d’ordre 2 :

Det (A B )=Det (A ) Det (B )

Det (B A )=Det (B )Det ( A )

et donc, puisqu’il s’agit là maintenant de simples produits de réels :

Det (A B )=Det (B A )

or, quels que soient les réels a, b, c et d :

|a bc d|=ad−bc

par conséquent :

Det (A B )=| 5 1111 25|=5∗25−112=125−121=4

tandis que :

Det (B A )=| x 1414 y |=x y−142=x y−196

ainsi, x et y doivent vérifier :

x y−196=4

c’est-à-dire :

x y=200

Après avoir exploité la notion de déterminant d’une matrice carrée, nous allons utiliser la notion de trace d’une matrice, également carrée

de façon générale, la trace d’une matrice carrée est la somme de tous les termes de la matrice situés sur sa diagonale principale descendante ; si l’on préfère une définition avec une formule, on prendra :

Tr ((mij )1≤i , j ≤n )=∑i=1

n

mii

cette fonction trace possède la propriété générale suivante :

∀ (M , N )∈M n , p (R ) xM p ,n (R ) , Tr (M N )=Tr (N M )

107JPC


nous nous contenterons de l’égalité ci-dessous :

Tr (A B )=Tr (B A )

que nous allons démontrer pour toutes les matrices carrées A et B d’ordre 2 :

A=(a1 a2

a3 a4) B=(b1 b2

b3 b4)

d’une part :

A B=(a1 a2

a3 a4)(b1 b2

b3 b4)=(a1b1+a2b3 a1b2+a2b4

a3b1+a4b3 a3b2+a4b4)

et donc :

Tr (A B )=(a1b1+a2b3 )+(a3b2+a4b4 )d’autre part :

B A=(b1 b2

b3 b4)(a1 a2

a3 a4)=(a1b1+a3b2 a2b1+a4b2

a1b3+a3b4 a2b3+a4b4)

d’où :

Tr (B A )=(a1b1+a3b2 )+(a2b3+a4b4 )

les deux expressions obtenues sont égales, on assiste juste à un échange des termes a2b3 et a3b2 dans ces expressions

or, en nous occupant maintenant des matrices A et B de l’énoncé :

Tr (A B )=Tr ( 5 1111 25)=5+25=30

Tr (B A )=Tr ( x 1414 y )=x+ y

il est donc nécessaire que x et y vérifient :

x+ y=30

ainsi, les réels x et y sont obligatoirement les solutions de ce système :

{x y=200x+ y=30

on procède par substitution :

{x (30−x )=200y=30−x

il faut que x soit solution de l’équation du second degré suivante, équivalente par développement et regroupement dans le même membre à la première équation du système :

x2−30 x+200=0

on trouve alors :

108JPC


x=30±√ (−30 )2−4∗1∗2002

=30±√900−8002

=30±102

on conclut en associant de nouveau x et y par la seconde équation du système, à savoir y=30−x, étant entendu que chacune de deux associations possibles correspond à l’une des lignes ci-dessous :

x=10 y=20x=20 y=10

On pourrait très bien s’arrêter là, considérant qu’on a répondu à la question posée, mais on va envisager une question subsidiaire : existe-t-il vraiment des matrices A et B de M 2 (R ) telles que l‘on ait :

A B=( 5 1111 25) B A=(10 14

14 20)l’autre possibilité (échange des termes 20 et 10 dans la matrice B A) se traiterait de la même façon

ce n’est pas que la paresse nous ait saisi (quoique…) mais nous nous sommes dits que si nous pouvions automatiser la question et nous en remettre à un programme informatique, nous nous en tirerions (peut-être…) à bon compte

puisque :

Det (A ) Det (B )=4

c’est que :

Det (A )≠0

ainsi, la matrice A est certainement inversible

or :

A B=( 5 1111 25)⟹B=A−1( 5 11

11 25)et :

B A=(10 1414 20)⟹ B=(10 14

14 20)A−1

si l’on pose (ces p, q, r et s sont a priori des réels quelconques, il faut juste que la matrice ci-après soit inversible !) :

A−1=( p qr s )

alors, il faut que :

B=( p qr s )( 5 11

11 25)=(10 1414 20)( p q

r s)soit :

B=(5 p+11q 11 p+25q5 r+11 s 11r+25 s )=(10 p+14 r 10q+14 s

14 p+20 r 14 q+20 s)la dernière des égalités ci-dessus est équivalente à :

109JPC


{ 5 p+11q=10 p+14 r11 p+25q=10q+14 s5 r+11 s=14 p+20 r11r+25 s=14 q+20 s

la résolution de ce système (par un moyen informatique, ainsi qu’on l’avait annoncé) montre qu’il comporte une infinité de solutions, qu’on peut exprimer ainsi en prenant, par exemple, q et r comme paramètres :

{p=11q−14 r

5q∈Rr∈ R

s=14 q−11 r5

on récupère alors A par :

A=(A−1 )−1=(

11q−14 r5

q

r 14q−11r5

)−1

=52

177q2−171qr+77 r 2 (14 q−11 r 5q

5 r 11q−14 r )on se vautre alors dans une manœuvre grossière, programmer dans un langage informatique une double boucle qui fait prendre successivement aux paramètres q et r toutes les valeurs de ⟦−10 ;10 ⟧, en évitant cependant que ( p ;q )=(0 ;0 ) pour ne pas courir le risque d’une division par 0, et on inspecte si parmi les matrices A générées l’une d’elles n’aurait pas la bonne idée d’avoir tous ses termes entiers

c’est ainsi que l’on découvre que pour q=2 et r=3, on obtient p=−4 et s=−1 puis ces termes plutôt sympathiques pour la matrice A :

A=(12

1

32

2)=12 (1 2

3 4)

quant à la matrice B, on la récupère par :

B=( p qr s )( 5 11

11 25)=(−4 23 −1)( 5 11

11 25)=(2 64 8)=2(1 3

2 4)comme les produits A B et B A vont être inchangés si l’on multiplie A par 2 tandis qu’on divise B par 2, on peut finalement proposer, cette fois-ci avec des termes qui sont tous des entiers :

A=(1 23 4 ) B=(1 3

2 4)on pourra directement s’assurer que ces deux matrices-ci sont bien telles que l’on ait :

A B=( 5 1111 25) et B A=(10 14

14 20)

110JPC


si, tout en conservant cette valeur à A B, on veut que B A=(20 1414 10), on pourrait proposer :

A=(2 14 3) B=(2 4

1 3)

111JPC


avancement du travail :

exercice 1 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 2 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 3 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 3 bis : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 4 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 5 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 6 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 6 bis : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 7 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 8 : solution complète rédigée, avec paramétrage général à l’intention des colleurs et

colleuses réalisé (relecture effectuée)exercice 9 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 9 bis : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 10 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 11 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 12 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 12 bis : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 13 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 14 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 15 : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 15 bis : solution complète rédigée (relecture effectuée)exercice 16 : solution complète rédigée (relecture effectuée)

112JPC

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TSI3, solutions pour la colle Matricescpge-parriat.fr/wp-content/uploads/2019/12/TSI3... · Web viewComme l’énoncé dit que φ est une application de E dans E , autrement dit que