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Universit´
e Cadi-Ayyad
Facult´
e des Sciences Semlalia
Marrakech

Ann´
ee universitaire 12-13
Filire SMP S2


erie 2
Exercice 1.:
Dans les cas suivants, l’application f d´efinie ci-dessous est elle lin´eaire ?
Justifier
1. f : x ∈ R → sinx ∈ R;
2. f : (x, y) ∈ R2 → (xy, x + 2y) ∈ R2 ;
3. f : (x, y, z) ∈ R3 → (y, 0) ∈ R2 ;
4. f : (x, y) ∈ R2 → (x + a, y + a) ∈ R2 (a ∈ R);
5. f : P ∈ R2 (X) → XP 0 (X) − 2P (X) ∈ R2 (X) ;
Solution 1.
1. Si la fonction sin(.) est lin´eaire, alors:
π π
π
π
0 = sin(π) = sin( + ) = sin( ) + sin( ) = 2.
2
2
2
2
Donc le sin(.) n’est pas lin´eaire.
2. On a par exemple :
f (2, 2) = (4, 6) = f (2(1, 1))
et
2f (1, 1) = 2(1, 3) = (2, 6).
Donc f n’est pas lin´eaire.
3. Soient u = (x, y, z), v = (x0 , y 0 , z 0 ) deux vecteurs dans R3 et α, β ∈ R.
f (α.u + β.v) = f (α.x + β.x0 , α.y + β.y 0 , α.z + β.z 0 ) = (α.y + β.y 0 , 0)
= α.(y, 0) + β.(y 0 , 0) = α.f (x, y, z) + β.f (x0 , y 0 , z 0 ) = α.f (u) + β.f (v).
Donc f est lin´eaire.
1

4. f est lin´eaire si et seulement si a = 0. En effet si a = 0 alors f = IR2
donc lin´eaire. Si a 6= 0 alors f (0, 0) = (a, a) 6= (0, 0), donc f n’est pas
lin´eaire.
5. Soient P, Q ∈ R2 [X] et α, β ∈ R.
f (α.P + β.Q) = X(α.P + β.Q)0 (X) − 2(α.P + β.Q)(X)
= α.XP 0 (X) + β.Q0 (X) − 2α.P (X) − 2β.Q(X) = α.f (P ) + β.f (Q).
Donc f est lin´eaire.
6. Soient u = (x, y, z, t), v = (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) deux vecteurs dans R4 et α, β ∈
R.
f (α.u + β.v) = f (α.x + β.x0 , α.y + β.y 0 , α.z + β.z 0 , α.t + β.t0 )
= 4(α.x + β.x0 ) + 2(α.y + β.y 0 ) − (α.z + β.z 0 ) + α.t + β.t0
= α.f (x, y, z, t) + β.f (x0 , y 0 , z 0 , t0 ) = α.f (u) + β.f (v).
Donc f est lin´eaire.
 
 
 
1
1
0





1 ,v =
0
1 
Exercice 2. Soit u =
et w =
0
1
1
3
trois vecteurs de R .
1. Montrer que B = (u, v, w) est une base de R3 ;
2. D´eterminer l’endomorphisme f de R3 v´erifiant:
 
 
 
1
2
3
f (u) =  2  , f (v) =  1  et f (w) =  1  .
3
3
2
Solution 2.
1. Soient α, β, γ ∈ R tel s que α.u+β.v+γ.w = 0E alors α+β = 0, α+γ =
0 et β + γ = 0. D’o`
u α = β = γ = 0. Donc la famille B = (u, v, w) est
libre. Comme son cardinal est ´egal a` la dimension de R3 , donc c’est
une base de R3 .

2

2. On a u = e1 + e2 , v = e1 + e3 et w = e2 + e3 on inversant ce syste`eme
on obtient:
1
1
1
(−u + v + w).
e1 = (u + v − w), e2 = (u − v + w) et
2
2
2
On calcule alors f (ei ), on obtient
1
f (e1 ) = (f (u) + f (v) − f (w)) = (0, 1, 2)
2
,
1
f (e2 ) = (f (u) − f (v) + f (w)) = (1, 1, 1)
2
et

1
f (e3 ) = (−f (u) + f (v) + f (w)) = (2, 0, 1).
2
La matrice de f dans la base canonique est :


0 1 2
M at(f, Bc ) =  1 1 0 
2 1 1
Donc


 
   

x
0 1 2
x
y + 2x
x+y 
f y = 1 1 0 = y =
z
2 1 1
z
x+y+z
Exercice 3. Soit f l’application lin´eaire d´efinie de : R2 [X] → R3 par f (P ) =
(P (−1), P (0), P (1)).
1. D´eterminer Kerf et en donner une base;
2. En d´eduire rgf puis Imf.
Solution 3.
1.
Kerf = {P ∈ R2 [X]/f (P ) = (0, 0, 0)}
Kerf = {P ∈ R2 [X]/(P (−1), P (0), P (1) = (0, 0, 0)}.
Donc si P est dans le noyau de f alors il a trois racines −1, 0 et 1. Donc
P est un multiple du polynˆome (X + 1)X(X − 1). Mais le degr´e de P
est inf´erieur strictement `a trois puisque P ∈ R2 [X]. Donc forc´ement P
est un polynˆome nul. D’o`
u Kerf = {OR3 }.
3

2. Par le th´eor`eme du rang on a :
rgf + dimkerf = dimR2 [X] = 3.
Donc rgf = 3 et Imf = R3 .
Exercice 4. Soit f l’endomorphisme de R3 d´efini par :
  

x
3x + y − 2z
x − z .
f y =
z
x+y
1. D´eterminer Kerf et Imf ;
2. A-t-on R3 = Kerf ⊕ Imf.
Solution 4.
1.




 
x
x
3



Kerf = { y
∈ R /f ( y ) = (0, 0, 0)}.
z
z


1
On obtient x = −y = z. Donc Kerf = V ect({ −1 }). Par cons´equent
1
dimKerf = 1 et dimImf = 2. On obtient une base de Imf
 on

3
prenant deux vecteurs libre dans Imf. Par exemple f (e1 ) =  1 
1




1
3
1
et f (e2 ) =  −1  . Le d´eterminant
= −4 est non nul,
1 −1
1
donc c’est bien une base de Imf.
 
x

y  ∈ Kerf ∩ Imf. Alors il existe α ∈ R tel que u =
2. Soit u =

 z
 


1
3
1
α  −1  et il existe a, b ∈ R tels que u = a  1  + b  −1  . On
1
1
1
obtient α = b et a = 0. Ansi Kerf ⊂ Imf et Kerf ∩ Imf 6= {0E }.
Donc R3 n’est pas une somme directe de Kerf et Imf.
4

Exercice 5. L’espace vectoriel R3 est rapport´e a` sa base canonique B. Soit f
l’endomorphisme de R3 d´efinie par :
f (x, y, z) = (x + 2y − z, y + z, x − z).
1. Ecrire la matrice A de f relativement a` B;
2. Soit B 0 = (u, v, w) la famille de R3 d´finie par : u = (−1, 0, 1), v =
(2, 1, −1) et w = (1, −1, 0).
Montrer que B 0 est une base de R3 ;
D´eterminer la matrice de passage P de B a` B 0 puis calculer P −1 ;
Calculer la matrice A0 de f relativement a` B 0 .
Solution 5.
1.




1 2 −1
1 .
M (f, B) =  0 1
1 0 −1

2. (a) Soient α, β, γ ∈ R tel s que α.u+β.v+γ.w = 0E alors −α+2β+γ =
0, β − γ = 0 et α − β = 0. D’o`
u α = β = γ = 0. Donc la famille
B = (u, v, w) est libre. Comme son cardinal est ´egal a` la dimension
de R3 , donc c’est une base de R3 .
(b)



−1
2
1
1 −1  .
P = M (IE , B 0 , B) =  0
1 −1
0
Pour la matrice inverce de P on peut calculer u, v et w en fonction
des vecteurs e1 , e2 et e3 . On a u = −e1 + e3 , v = 2e1 + e2 − e3 et
w = e1 − e2 . La somme de la premi`ere et la troisi`eme ´equations
donne: u + v = e3 − e2 . On remplace dans la deuxi`eme ´equation,
on obtient : e1 = 21 (u + v + w) puis e2 = 21 (u + v − w) et e3 =
1
(3u + v + w). D’o`
u:
2


1
1 3
1
1 1 .
P −1 = M (IE , B, B 0 ) =  1
2
1 −1 1
5

(c)
A0 = M at(f, B 0 ) = P −1 AP




1
1 3
1 2 −1
−1
2
1
1
1 1  0 1
1  0
1 −1 
=  1
2
1 −1 1
1 0 −1
1 −1
0


−7 14
1
1
−3 8 −1  .
=
2
−5 8
1
Exercice 6.
Solution 6.
1. Soient a, b, c et d des r´eels tels que

aI + bJ + cK + dL =

0 0
0 0


.

Alors a = b = c = d = 0. Donc B = (I, J, K, L) est une famille libre de
quatre ´el´ements dans un espace de dimension quatre. Donc c’est une
base de M2 (R).
2. Montrons que f est lin´eaire, soient M, N ∈ M2 (R) et α, βinR avec


 0 0 
a b
a b
.
M=
, et N =
c0 d 0
c d
Alors




αa + βa0 + αd + βd0
0
0
αa + βa αb + βb
f (αM +βN ) = f (
=  αa + βa0 − αb + βb0  .
αc + βc0 αd + βd0
0


a+d
a0 + d 0
= α  a − b + β a0 − b0  = αf (M ) + βf (N ).
0
0


a b
3. Si M =
∈ Kerf alors a + d = 0 et a − b = 0. Donc
c d



 

a
a
1
1
0 0
Kerf = {
/a, c ∈ R} = V ect(
,
.
c −a
0 −1
1 0
6

4. On a rgf = dimM2 (R)−dimKerf = 4−2 = 2. Donc il suffit de trouver
deux vecteurs dans l’image qui forment une famille libre et donc une
base. On prend f (I) et f (J). On obtient:
 


1
0
f (I) =  1  et f (J) =  −1  .
0
0
5. On calcul f (I), f (J), f (K) et f (L). On obtient:


1
0 0 1
A = M (f, B, Bc ) =  1 −1 0 0  .
0
0 0 0
Exercices facultatifs
Exercice 1. On d´efinit l’application f : R2 [X] → R1 [X] par
f (P ) = P (X + 1) − P (X).
1. Monter que f est lin´eaire;
2. D´eterminer Kerf et Imf.
Solution 1.
1. Soient P, Q ∈ R2 [X] et α ∈ R.
f (αP + Q) = (αP + Q)(X + 1) − (αP + Q)(X)
= αP (X + 1) + Q(X + 1) − αP (X) − Q(X).
et
αf (P ) + f (Q) = α[P (X + 1) − P (X)] + [Q(X + 1) − Q(X)].
Donc
f (αP + Q) = αf (P ) + f (Q).
Par cons´equent f est lin´eaire.

7

2. Soit P ∈ Kerf alors f (P ) = P (X + 1) − P (X) = 0,
particulier, on peut voir que par r´ecurrence, on a

∀X ∈ R. En

P (n) = P (0), ∀n ∈ N .
Donc limX→+∞ P (X) = P (0). D’o`
u P est polynˆome constant. Ainsi
Kerf = {P ∈ R2 [X]/P (X) = c, c ∈ R} = V ect(1).
La dimension de R2 [X] ´etant ´egale a` trois et celle de Kerf a` un, donc
dimImf = 2. Mais Imf est un sous espace vectoriel de R1 [X] qui est
lui mˆeme de dimension deux. Donc ces deux espaces sont identiques
Imf = R1 [X].
Exercice 2. Soit f l’endomorisme de R3 d´efini par
f (x, y, z) = (x + 2y + az, 2y + az, az)

a ∈ R.

1. D´eterminer Kerf (on discutera suivant les valeurs de a);
2. En d´eduire rgf puis Imf.
Solution 2.
1. On a
Kerf = {(x, y, z) ∈ R3 /f (x, y, z) = (0, 0, 0)}.
Kerf = {(x, y, z) ∈ R3 /(x + 2y + az, 2y + az, az) = (0, 0, 0)}.
Donc x + 2y + az = 0, 2y + az = 0, et az = 0 ce qui est ´equivalent a`
x = 0, y = 0 et az = 0. Il y’a deux cas `a discuter:
Si a 6= 0 alors Kerf = {(0, 0, 0)}.
Si a = 0 alors z est quelconque donc Kerf = {(0, 0, z)} = V ect{(0, 0, 1}.
2. Par le th´eor`eme du rang, on a:
Si a 6= 0 alors Kerf = {(0, 0, 0)} donc rgf = 3 et Imf = R3 .
Si a = 0 alors Kerf = V ect{(0, 0, 1} donc rgf = 2. Pour avoir une
base de l’image on prend f (e1 ) = (1, 0, 0) et f (e2 ) = (2, 2, 0). C’est une
famille libre donc g´en´eratrice de Imf.Donc Imf = V ect{(1, 0, 0), (2, 2, 0)}.

8

Exercice 3. Soit f l’endomorisme de R3 dont la matrice par rapport a` la base
canonique B de R3 est donn´ee par


2
1 1
A =  0 −1 1  .
3
1 2
 
 
x
x



y
y  ∈ R3 ;
1. Calculer f
pour tout
z
z
2. D´eterminer Kerf et Imf ;
 




0
1
2
3. Soit u =  0  v =  −1  et w =  −1  .
2
1
0
0
3
Montrer que B = (u, v, w) est une base de R .
4. D´eterminer la matrice de passage P de B a` B 0 puis calculer P −1 ;
5. En d´eduire la matrice A0 de f relativement a` la base B 0 .
Solution 3.
  
  

x
2
1 1
x
2x + y + z
−y + z  .
1. f  y  =  0 −1 1   y  = 
z
3
1 2
z
3x + y + 2z
2.




   
x
x
0
Kerf = { y  / f  y  =  0 }
z
z
0
 


x
2x + y + z = 0



−y + z = 0 }
= { y  ∈ R3 / 


z
3x + y + 2z = 0
 
x

= { y  ∈ R3 / x + y = 0 et y = z}.
z

9




x
Kerf = { −x  ∈ R3 /x ∈ R} = vect{(1, −1, 1)}.
x
De plus dimImf = 3 − dimKerf = 2. Pour d´eterminer l’image de
f il suffit de trouver deux vecteurs libre dans Imf. Prenons f (e1 ) =
(2, 0, 3) et f (e2 ) = (1, −1, 1). Ces deux vecteurs sont libre donc Imf =
V ect{(2, 0, 3), (1, −1, 1)}.
3. La famille B 0 = (u, v, w) est libre car detB 0 = 2 6= 0 donc c’est une
base de R3 .
4. La matrice de passage de B`a B 0 est par d´efinition la matrice form´ee
par les colonnes (u, v, w)


0
1
2
P =  0 −1 −1  .
2
1
0
Pour calculer P −1 il suffit d’exprimer (e1 , e2 , e3 ) en fonction de (u, v, w).
On a e3 = 21 u, v = e1 − e2 + e3 et w = 2e1 − e2 . Par des combinaisons
lin´eaires simples on tire e1 = 12 u − v + w, e2 = u − 2v + w. Donc
 1

1 21
2
P −1 =  −1 −2 0  .
1
1 0
5. Par d´efinition A0 = P −1 AP donc:
 1

1 12
2
1 1
2
0



−1 −2 0
0 −1 1
A =
1
1 0
3
1 2

5
5
5

−6 −6 −5
=
4
4
4




0
1
2
  0 −1 −1 
2
1
0

.

Exercice 4. Soit F : R2 [X] → R3 l’application d´efinie par
F (P ) = (−2P (0), P (0) + 3P 0 (0), P 00 (0)).
10

1. Monter que F est lin´eaire;
2. On note B (resp. B 0 ) la base canonique de R2 [X] (resp.R3 ). D´eterminer
A = M (F, B, B 0 );
3. D´eterminer KerF et ImF.
Solution 4.
1. Facile F (αP + βQ) = αF (P ) + βF (Q).
2. La base canonique de R2 [X] est B = (1, X, X 2 ). On a
F (1) = (−2, 1, 0), F (X) = (0, 3, 0) et F (X 2 ) = (0, 0, 2).
Donc




−2 0 0
=  1 3 0 .
0 0 2

3. Si P ∈ KerF alors P (0) = P 0 (0) = P “(0) = 0 mais le degr´e de P est
inf´erieur ou ´egal a` deux dons KerF = {0}. La dimension de l’image
est ´egale a` trois donc ImF = R3 .

11


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