Exercices : Applications linéaires

Exercices : Applications linéaires
Exercice 1:
Déterminer si les applications suivantes sont des applications linéaires :
f : R2 →
R2
1.
(x, y) → (2x − y, 3x + y)
2. Soient n ∈ N∗ et A ∈ Mn (R) fixés.
f : Mn (R) →
Mn (R)
M
→ AM − MA
f: M
(R) →
M2,1 (R)
3,1
x
x
+
y
+
z
3.
y  →
x+z
z
4.
f : R3 [X] →
R3 [X]
(On justifiera le fait que f (P ) ∈ R3 [X])
P
→ (X 2 − 1)P ′′ + P
f:
5.
M
M2 (R)
2 (R) →
a b
→ M + (b + c)I2
M=
c d
Exercice 2:
Déterminer
une base de l’image des applications linéaires de l’exercice 1 (Pour le 2. on prendra n = 2
1 2
)
et A =
0 3
Exercice 3:
Déterminer le noyau des applications linéaires
de l’exercice 1 et déterminer les applications qui sont
1 2
)
injectives. (Pour le 2. on prendra n = 2 et A =
0 3
Exercice 4:
R4
→
R3
.
(x, y, z, t) → (2x + y + z, x + y + t, x + z − t)
Déterminer un base du noyau puis de l’image de g.
On considère l’application linéaire
g:
Exercice 5:
Les applications linéaires suivantes sont-elle des isomorphismes :
f:
R3
→
R3
1.
(x, y, z) → (x − z, 2x + y − 4z, −y + 2z)
2.
f : R2 [X] → R2 [X]
P
→ P + P′
R3
→
R2 [X]
2
(a, b, c) → (2a + b)X − (a + b + c)X + 3a − 2b + 5c
f: M2 (R)
M2 (R)
→
0 1
1 0
a+d
b+c
a b
et J =
4. I =
1 0
0 1
→
I+
J
c d
2
2
3.
f:
Exercice 6:

1 −3 5
Soit M = 2 8 −6. Quel est le vecteur colonne associé à M dans la base canonique de M3 (R),
7 4
3
(E1,1 , E1,2 , E1,3 , E2,1 , E2,2 , E2,3 , E3,1 , E3,2 , E3,3 ) ?
Algèbre : Chapitre 2 Exercices
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Exercice 7:
Reprendre les morphismes de l’exercice 5 et déterminer la matrice de f dans la base canonique des
espaces considérés. (Pour le 4. on prendra la base (E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 ) )
Exercice 8:
  

x
x+y−z
Soit g l’endomorphisme de M3,1 (R) défini par g y  =  2x + y − 3z .
z
3x + 2y − 4z
1. Déterminer la matrice de g relativement à la base canonique de M3,1 (R). On appellera A cette
matrice.
2. En utilisant la matrice A déterminer si g est un automorphisme.
Exercice 9:
Soit f l’endomorphisme de R2 défini par f (x, y) = (x + y, x − y).
1. Déterminer la matrice, notée M, de f relativement à la base canonique de R2 .
2. Calculer M 2 .
3. En déduire la valeur de f ◦ f .
Exercice 10:

5
−8 −4
Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est : A =  8 −15 −8
−10 20 11
→
→
→
On pose −
u = (2, 4, −5), −
v = (1, 0, 1), −
w = (0, 1, −2)
→
→
→
1. Calculer f (−
u ), f (−
v ) et f (−
w ).

→
−
→
2. Montrer que B′ = (−
u ,→
v ,−
w ) est une base de R3 .
3. Déterminer la matrice A′ de f dans la base B′ .
4. Calculer A′2 et en déduire f 2 .
Exercice 11:
Soit E un espace vectoriel et B = (e1 , e2 , e3 ) une base de E. Pour tout réel a différent de 1, on considère
l’endomorphisme fa de l’espace vectoriel E dont la matrice dans la base B est donnée par


a + 2 −(2a + 1) a
Ma =  1
0
0
0
1
0
Soit de plus B′ = (e′1 , e′2 , e′3 ) la famille de vecteurs de E définie par
 ′
 e1 = a2 e1 + ae2 + e3
e′ = e1 + e2 + e3
 2′
e3 = 2e1 + e2
1. Déterminer les valeurs de a pour lesquelles la matrices Ma n’est pas inversible.
2. En déduire les valeurs de a pour lesquelles fa est un automorphisme.
3. Prouver que B′ est une base de E.
4. Calculer fa (e′1 ), fa (e′2 ) et fa (e′3 ).
5. En déduire la matrice de fa relativement à la base B′ . On notera Ta cette matrice.
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Correction
Exercice 1:
1. Soient (r, s) et (w, z) deux éléments de R2 et a et b deux réels. On a :
f (a(r, s) + b(w, z)) = f (ar + bw, as + bz)
= (2(ar + bw) − (as + bz), 3(ar + bw) + (as + bz))
= (2ar + 2bw − as − bz, 3ar + 3bw + as + bz)
et af (r, s) + bf (w, z) = a(2r − s, 3r + s) + b(2w − z, 3w + z)
= (2ar − as + 2bw − bw, 3ar + as + 3bw + bz)
On a donc f (a(r, s) + b(w, z)) = af (r, s) + bf (w, z).
f est donc une application linéaire.
2. Soient K et L deux matrices de Mn (R) et a et b deux réels. On a :
f (aK + bL) = A(aK + bL) − (aK + bL)A
= aAK + bAL − aKA − bLA
et af (K) + bf (L) = a(AK − KA) + b(AL − LA)
= aAK − aKA + bAL − bLA
On a donc f (aK + bL) = af (K) + bf (L).
f est donc une application linéaire.
3. Oui f est linéaire , même méthode que 1.
4. Lorsque P est de degré inférieur ou égale à 3, P ′′ est un polynôme de degré inférieur ou égal à 1
donc (x2 − 1)P ′′ est de degré inférieur ou égal à 3 et donc on a bien f (P ) ∈ R3 [X].
Soient Q et R deux polynômes de R3 [X] et a et b deux réels. On a :
f (aQ + bR) = (X 2 − 1)(aQ + bR)′′ + (aQ + bR)
= (X 2 − 1)(aQ′′ + bR′′ ) + aQ + bR
et af (Q) + bf (R) = a((X 2 − 1)Q′′ + Q) + b((X 2 − 1)R′′ + R)
= (X 2 − 1)(aQ′′ + bR′′ ) + aQ + bR
On a donc f (aQ + bR) = af (Q) + bf (R).
f est donc une application linéaire.
5. Soient K et L deux matrices de M2 (R) et a et b deux réels. On pose K =
donc :
f (aK + bL) = f
ak + bp al + bq
am + br an + bs
k l
m n
p q
et L =
r s
= aK + bL + ((al + bq) + (am + br))I
= aK + bL + (al + bq + am + br)I
et af (K) + bf (L) = a(K + (l + m)I) + b(L + (q + r)I))
= aK + bL + (al + bq + am + br)I
On a donc f (aK + bL) = af (K) + bf (L).
f est donc une application linéaire.
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Exercice 2:
1. Im(f ) = {f (x, y)/(x, y) ∈ R2 } = {(2x − y, 3x + y)/(x, y) ∈ R2 } = vect((2, 3), (−1, 1)).
La famille ((2, 3), (−1, 1)) est génératrice de Im(f ).
De plus la famille ((2, 3), (−1, 1)) est libre (je vous laisse le démontrer)
Donc ((2, 3), (−1, 1)) est une base de Im(f ).
2. Soit (E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 ) la base canonique de M2 (R).
0 −2
1 2
1 0
1 0
1 2
=
−
• f (E1,1 ) =
0 0
0 3
0 0
0 0
0 3
0 −2
1 2
0 1
0 1
1 2
=
−
• f (E1,2 ) =
0 0
0 3
0 0
0 0
0 3
1 2
0 0
0 0
1 2
2 0
• f (E2,1 ) =
−
=
0 3
1 0
1 0
0 3
2 −2
1 2
0 0
0 0
1 2
0 2
• f (E2,2 ) =
−
=
0 3
0 1
0 1
0 3
0 0
2 0
0 −2
0 2
2 0
0 −2
0 −2
.
,
= vect
,
,
,
On a donc Im(f ) = vect
2 −2
0 0
0 0
2 −2
0 0
0 0
2 0
0 −2
est génératrice de Im(f ).
,
Donc la famille
2 −2
0 0
Les deux matrices de cette famille n’étant pas proportionnelles, cette famille est libre.
0 −2
2 0
Donc la famille
,
est une base de Im(f ).
0 0
2 −2
  

x

 1
1
1
x+y+z
3
3




y
,
,
.
3. Im(f ) = f
=
/(x, y, z) ∈ R = vect
/(x, y, z) ∈ R
1
0
1
x+z


z
1
1
1
La famille
,
,
est génératrice de Im(f ). Comme il y a deux fois le même vecteur la
1
0
1
1
1
est encore génératrice de Im(f ).
,
famille
0
1
1
1
est libre (deux matrices visiblement non proportionnelles)
,
De plus la famille
0
1
1
1
Donc
,
est une base de Im(f ).
1
0
4. Soit (P0 , P1 , P2 , P3 ) la bases canonique de R3 [X].
• f (P0 ) = (X 2 − 1) × 0 + 1 = 1
• f (P1 ) = (X 2 − 1) × 0 + X = X
• f (P2 ) = (X 2 − 1) × 2 + X 2 = 3X 2 − 2
• f (P3 ) = (X 2 − 1) × 6X + X 3 = 7X 3 − 6X
La famille (1, X, 3X 2 − 2, 7X 3 − 6X) est donc génératrice de Im(f ).
La famille (1, X, 3X 2 − 2, 7X 3 − 6X) est de plus libre (à vous de le démontrer).
Donc la famille (1, X, 3X 2 − 2, 7X 3 − 6X) est une base de Im(f ).
5. Soit (E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 ) la base canonique de M2 (R).
1 0
1 0
• f (E1,1 ) =
+ (0 + 0)I =
0 0
0 0
0 1
1 1
• f (E1,2 ) =
+ (1 + 0)I =
0 0
0 1
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1 0
0
+ (0 + 1)I =
1 1
0
0
0 0
+ (0 + 0)I =
1
0 1
1 0
1 1
1 0
0 0
Donc la famille
,
,
,
est génératrice de Im(f ).
0 0
0 1
1 1
0 1
De plus cette famille est libre (à vous de le démontrer).
0 0
1 0
1 1
1 0
est une base de Im(f )
,
,
,
Donc la famille
0 1
1 1
0 1
0 0
0
• f (E2,1 ) =
1
0
• f (E2,2 ) =
0
Exercice 3:
1. Par définition ker(f ) = {(x, y) ∈ R2 /f (x, y) = (0, 0)}. Or on a
2x − y = 0
f (x, y) = (0, 0) ⇔ (2x − y, 3x + y) = (0, 0) ⇔
⇔x=y=0
3x + y = 0
Donc ker(f ) = {(0, 0} et ainsi f est injective.
2. Par définition ker(f ) = {M ∈ M2 (R)/f (M) = 0}.
a b
2c −2a − 2b + 2d
Soit M =
. On a AM − MA =
.
c d
2c
2c
Donc
2c −2a − 2b + 2d
0 0
2c = 0
c=0
f (M) = 0 ⇔
=
⇔
⇔
2c
2c
0 0
−2a − 2b + 2d = 0
d=a+b
a
b
2
/(a, b) ∈ R et ainsi f n’est pas injective.
Donc ker(f ) =
0 a+b
 

 

x
 x
0
3. Par définition ker(f ) = y  ∈ M3,1(R)/f y  =
. Or on a :
0 

z
z
 
x
0
x
+
y
+
z
0
x
+
y
+
z
=
0
y=0
f y  =
⇔
=
⇔
⇔
0
x+z
0
x+z =0
z = −x
z
 

 x

Donc ker(f ) =  0  /x ∈ R et ainsi f n’est pas injective.


−x
4. Par définition ker(f ) = {P ∈ R3 [X]/f (P ) = 0}.
Soit P = aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ R3 [X]. On a alors f (P ) = 7ax3 + 3bX 2 + (c − 6a)X + d − 2b. Donc :

7a = 0



3b = 0
f (P ) = 0 ⇔ 7ax3 +3bX 2 +(c−6a)X+d−2b = 0X 3 +0X 2 +0X+0 ⇔
⇔a=b=c=d=0
c − 6a = 0



d − 2b = 0
Donc ker(f ) = {0} et ainsi f est injective.
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a+b+c
b
a b
.
=
5. Par définition ker(f ) = {M ∈ M2 (R)/f (M) = 0}. Or on a f
c
d+b+c
c d
Donc :

a+b+c= 0



b=0
a+b+c
b
0 0
⇔a=b=c=d=0
f (M) = 0 ⇔
=
⇔
c=0
c
d+b+c
0 0



d+b+c =0
Donc ker(f ) =
0 0
0 0
et ainsi f est injective.
Exercice 4:
• Noyau : Par définition ker(g) = {(x, y, z, t) ∈ R4 /g(x, y, z, t) = (0, 0, 0)}. Or :
g(x, y, z, t) = (0, 0, 0) ⇔(2x + y + z, x + y + t, x + z − t) = (0, 0, 0)

 2x + y + z = 0
⇔ x+y+t=0

x+z−t=0

 2x + y + z = 0
⇔ 2x + y + z = 0

t=x+z
y = −2x − z
⇔
t=x+z
On a donc ker(g) = {(x, −2x − z, z, x + z)/(x, z) ∈ R2 } = vect((1, −2, 0, 1), (0, −1, 1, 1)).
La famille ((1, −2, 0, 1), (0, −1, 1, 1)) est génératrice de ker(g) et c’est une famille libre (visiblement non
proportionnels) donc ((1, −2, 0, 1), (0, −1, 1, 1)) est une base de ker(g) qui est donc de dimension 2.
• Image :
Grâce au théorème du rang on sait que dim(ker(g)) + dim(Im(g)) = dim(R4 ) donc dim(Im(g)) = 2.
De plus g(1, 0, 0, 0) = (2, 1, 1) et g(0, 1, 0, 0) = (1, 1, 0).
La famille ((2, 1, 1), (1, 1, 0)) est une famille de vecteurs de Im(g) qui est une famille visiblement libre
(vecteurs non proportionnels)
La famille ((2, 1, 1), (1, 1, 0)) est donc une famille libre de 2 vecteurs de Im(g) qui est lui même de
dimension 2.
Donc ((2, 1, 1), (1, 1, 0)) est une base de Im(g).
Exercice 5:
1. • f est-elle injective ?
Pour répondre à cette question on doit calculer ker(f ).
Après calcul on a ker(f ) = {(z, 2z, z)/z ∈ R}. Donc f n’est pas injective.
• Comme f n’est pas injective, elle n’est pas bijective et donc f n’est pas un isomorphisme.
2. • f est-elle injective ?
Après calcul on a ker(f ) = {0}. Donc f est injective.
• f est une application linéaire injective et les espaces de départ et d’arrivée ont la même dimension
(ils sont identiques...) donc f est bijective.
f est bien un isomorphisme.
3. • f est-elle injective ?
Après calcul on a ker(f ) = {(0, 0, 0)}. Donc f est injective.
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• f est une application linéaire injective et les espaces de départ et d’arrivée ont la même dimension,
car dim(R3 ) = 3 et dim(R2 [X]) = 2 + 1 = 3, donc f est bijective.
f est bien un isomorphisme.
4. f est-elle injective ?
a
b
2
/(a, b) ∈ R . Donc f n’est pas injective.
Après calcul on a ker(f ) =
−b −a
• Comme f n’est pas injective, elle n’est pas bijective et donc f n’est pas un isomorphisme.
Exercice 6: Réponse sans la

 rédaction
1
−3
 
5
 
2
 

Le vecteur colonne associé à M est 
 8 .
−6
 
7
 
4
3
Exercice 7:
1. Soit (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de R3 .
• f (e1 ) = (1, 2, 0) = e1 + 2e2 + 0e3
• f (e2 ) = (0, 1, −1) = 0e1 + e2 − e3
• f (e3 ) = (−1, −4, 2) = −e1 − 4e2 + 2e3 .


1 0 −1
Donc M(f ) = 2 1 −4
0 −1 2
2. Soit (P0 , P1 , P2 ) la base canonique de R2 [X].
• f (P0 ) = 1 + 0 = 1 = P0 + 0P1 + 0P2
• f (P1 ) = X + 1 = P0 + P1 + 0P2
• f (P2 ) = X 2 + 2X = 0P0 + 2P1 + P2


1 1 0
Donc M(f ) = 0 1 2
0 0 1
3. Soient (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de R3 et (P0 , P1 , P2 ) la base canonique de R2 [X].
• f (e1 ) = 2X 2 − X + 3 = 3P0 − P1 + 2P2
• f (e2 ) = X 2 − X − 2 = −2P0 − P1 + P2
• f (e3 ) = −X + 5 = 5P0 − P1 + 0P2


3 −2 5
Donc M(f ) = −1 −1 −1
2
1
0
4. Soit (E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 ) la base canonique de M2 (R).
1
1
1
1/2 0
• f (E1,1 ) = I =
= E1,1 + 0E1,2 + 0E2,1 + E2,2
0 1/2
2
2
2
1
1
1
0 1/2
= 0E1,1 + E1,2 + E2,1 + 0E2,2
• f (E1,2 ) = J =
1/2 0
2
2
2
1
1
1
0 1/2
= 0E1,1 + E1,2 + E2,1 + 0E2,2
• f (E2,1 ) = J =
1/2 0
2
2
2
Algèbre : Chapitre 2 Exercices
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1
1
1
1/2 0
= E1,1 + 0E1,2 + 0E2,1 + E2,2
• f (E2,2 ) = I =
0 1/2
2
2
2


1/2 0
0 1/2
 0 1/2 1/2 0 

Donc M(f ) = 
 0 1/2 1/2 0 
1/2 0
0 1/2
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