corrigé TD3 applications linéaires AlgIII SMAI S2

UNIVERSITE HASSAN II FSBM

Algèbre III/SMAI/S2

2019-2020

Correction TD3 Applications linéaires Algèbre
III/SMAI/S2

L’équipe pédagogique :
Pr. AZOUAZI Mohamed
Pr. CHKIRIBA Abdelouahab
Pr EL ADRAOUI Abderrahim
Pr RACHIK Mustapha ( coordonateur de Module)

30 Mars 2020
(7&8 ème séances)

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EXERCICE 1
– L’application f1 n’est pas linéaire car f1 (x + y) = 2 (x + y)2 6= f1 (x) + f1 (y) = 2x2 + 2y 2
– L’application f2 n’est pas linéaire car f2 (0) 6= 0
– L’application f3 est linéaire car elle véri…e les deux propriétés : f3 (u + v) = f3 (u) + f3 (v)
et f3 ( u) = f3 (u)
– Si C est considéré comme un R espace vectoriel l’application f4 est linéaire car z1 + z2 =
z1 + z2 et z = z
Et si C est considéré comme un C espace vectoriel l’application f4 n’est pas linéaire car
z = z 6= z
– On a f5 (z) = jz + 1j2 jzj2 1 = (z + 1) (z + 1) zz 1 = z + z
Si C est considéré comme un R espace vectoriel l’application f5 est linéaire.
Si C est considéré comme un C espace vectoriel l’application f5 n’est pas linéaire.
– L’application f7 est linéaire
– L’application f8 n’est pas linéaire car f8 (0; 0; 0) 6= (0; 0)
– L’application f9 n’est pas linéaire car f9 ( x; y; z) 6= f9 (x; y; z)
– L’application f10 ; f11 sont linéaires.
EXERCICE 2
1. Soit l’application linéaire f telle que f (1; 0) = (3; 2; 1) et f (0; 1) = (6; 5; 4)
Alors f (x; y) = xf (1; 0) + yf (0; 1) = x (3; 2; 1) + y (6; 5; 4) = (3x + 6y; 2x + 5y; x + 4y)
3
1
2. Si v1 = (1; 2) et v2 = (3; 4) alors on a (1; 0) = 2v1 + v2 et (0; 1) = v1 + v2 ; de plus
2
2
(x; y) = x (1; 0) + y (0; 1)
1
3
f (v1 ) + f (v2 )
Donc f (x; y) = xf (1; 0) + yf (0; 1) = x ( 2f (v1 ) + f (v2 )) + y
2
2
3y
y
=
2x +
f (v1 ) + x +
f (v2 )
2
2
3y
y
3; 2; 1 + x +
6; 5; 4
=
2x +
2
2
y; x + 11
y; 2x + 27 y
= 15
2
2
EXERCICE 3
Soit f l’application dé…nie par :
f : R3
! R3
(x1 ; x2 ; x3 ) 7! (x1

x2 + 2x3 ; 2x1 + x2 ; x1

2x2 + 2x3 )

1. On montre facilement que f est linéaire :
f ((x1 ; x2 ; x3 ) + (y1 ; y2 ; y3 )) = f ((x1 ; x2 ; x3 )) + f (y1 ; y2 ; y3 )
f ( (x1 ; x2 ; x3 )) = f ((x1 ; x2 ; x3 ))
2. Soit u = (x1 ; x2 ; x3 ) 2 ker (f ) alors f ((x1 ; x2 ; x3 )) = (0; 0; 0) :
8
8
3
>
< x1 x2 + 2x3 = 0
< x3 =
x1
2
2x1 + x2 = 0
Donc on a
()
x = 2x1
:
>
: 2
x1 2x2 + 2x3 = 0
x 2R
1

Donc le vecteur u =

x1 ; 2x1 ;

3
x1
2

= x1 1; 2;

3
2

; si on pose u1 =

1; 2;

3
2

alors ker (f ) = vect (u1 )
D’où dim (ker (f )) = 1
3. Soit (e1 = (1; 0; 0) ; e2 = (0; 1; 0) ; e3 = (0; 0; 1)) la base canonique de R3 :
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On sait que Im (f ) = vect (f (e1 ) ; f (e2 ) ; f (e3 )) : Or f (e1 ) = (1; 2; 1) ; f (e2 ) = ( 1; 1; 2) ;
f (e3 ) = (2; 0; 2)
On remarque que
2
f (e1 )
3

4
2
1; 2;
f (e2 ) =
3
3
2; 0; 2
=

4
3
= f (e3 )

1

1; 1;

2

Donc Im (f ) = vect (f e1 ); f (e2 )) ; de plus (f e1 ); f (e2 )) est libre, c’est une base de Im (f )
et dim (Im (f )) = 2:
EXERCICE 5
Soit ' l’application dé…nie par :
' : R3
! R3
(x; y; z) 7! (x + y + z; 2x + z; 2x + y)
Pour montrer que ' est un isomorphisme on montre que ' est une application linéaire et
son noyau est réduit à f0R3 g .
(i) L’application ' est linéaire facile à véri…er.

8
8
< x+y+z =0
< 3x = 0
2x + z = 0
z = 2x ()
(ii) Soit u = (x; y; z) 2 ker (') alors ' (u) = 0R3 ; c-à-d
()
:
:
2x
+
y
=
0
y
= 2x
8
< x=0
y=0
:
z=0
Donc ker (') = f0R3 g :

On déduit que ' est injective, donc bijective (car la dimension de l’espace de départ est égale
à celle de l’espace l’arrivé).

Soit F le sous espace vectoriel de R3 dé…ni par F = fu = (x; y; z) tel que 2x + y + z = 0g :
On peut écrire z = 2x y et le vecteur u = (x; y; 2x y) = x (1; 0; 2) + y (0; 1; 1) :
Donc F = vect (u1 = (1; 0; 2) ; u2 = (0; 1; 1)) de plus (u1 ; u2 ) est libre et par conséquent
c’est une base de F:
Et ' (F ) = vect (' (u1 ) ; ' (u2 )) ; or ' (u1 ) = ( 1; 0; 2) = u1 et ' (u2 ) = (0; 1; 1) = u2
Donc ' (F ) = F:
EXERCICE 6
Soit f l’application dé…nie par :
f : R3
! R3
(x; y; z) 7! (x; 3y + 4z; 2y + 3z)
1. L’application f est linéaire :
On montre facilement que f ( (x; y; z) + (x0 ; y 0 ; z 0 )) = f (x; y; z) + f (x0 ; y 0 ; z 0 )
0 1
0 1
0 1
1
0
0
2. On note les vecteurs en colonne e1 = @ 0 A ; e2 @ 1 A ; e3 = @ 0 A :
0
0
1
0 1
0
1
0 1
1
0
0
@
A
@
A
@
0 e1 ; f (e2 ) =
3 ; f (e3 ) =
4 A:
On a f (e1 ) =
0
2
3
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Pour montrer que (f (e1 ) ; f (e2 ) ; f (e3 )) est une base il su¢ t de montrer qu’elle libre :
0 1
0
@
0 A;
Soient 1 ; 2 ; 3 2 R tels que 1 f (e1 ) + 2 f (e2 ) + 3 f (e3 ) =
0
8
8
< 1=0
< 1=0
3 2+4 3 =0 ,
donc
2 = 0 : On déduit que (f (e1 ) ; f (e2 ) ; f (e3 )) est libre
:
:
2 2+3 3 =0
3 = 0
3
donc c’est une base de R :
Puisque (e1 ; e2 ; e3 ) est une base de R3 et (f (e1 ) ; f (e2 ) ; f (e3 )) est une base de R3 alors
f est bijevtive c-à-d un isomorphisme de R3 :
0
1
0 1
0
0
3. On a f f (e1 ) = e1 ; f f (e2 ) = f @ 3 A = e2 et f f (e3 ) = f @ 4 A = e3 ; donc
2
3
f f = IdR3 :
On déduit que f 1 = f:
EXERCICE
70
0

1
0
1
Soit B = @e1 = @ 0 A ; e2 = @
0
0 01
0
1
et B 0 = @u1 = @ 1 A ; u2 = @
1

1
0 11
0
0
1 A ; e3 = @ 1 AA la base canonique de R3
0 1
0 0 11
2
0
1 A ; u3 = @ 1 AA une autre base de R3 :
1
1

1. On considère l’application f dé…nie par sa matrice par rapport à la base canonique
0
1
1 1
1
1 1 A
A = M (f; B) = @ 1
1 1
1
0 1
0
x
1 1
@
A
@
y
1
1
Pour calculer limage f (u) d’un vecteur u =
par f on calcule Au =
z
1 1
Donc
0
10
1 0
1
0
1
1 1
1
1
1
1
1 1 A @ 1 A = @ 1 A = u1 = @ 0 A
f (u1 ) = @ 1
1 1
1
1
1
0
B0
0
10 1 0 1
0 1
1 1
1
2
4
0
1 1 A @ 1 A = @ 2 A = 2u2 = @ 2 A
f (u2 ) = @ 1
1 1
1
1
2
0 B0
0
10
1 0
1
0
1
1 1
1
0
0
0
1 1 A @ 1 A = @ 2 A = 2u3 = @ 0 A
f (u3 ) = @ 1
1 1
1
1
2
2 B0

:

10 1
1
x
A
@
1
y A:
1
z

La matrice D de f par rapport à la base B 0 est

f (u1 ) f (u2 ) f (u3 )
1
0
0
0
1
2
0 A
D = M (f; B 0 ) = @ 0
0
0
2

u1
u2
u3

est une matrice diagonale.

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u 1 u2 u3
1
1 2 0
e1
1 A e2
2. Soit P la matrice de passage de la base B à la base B 0 ; P = @ 1 1
1 1 1
e3
On a
0
1 0
1
0
1 0
1 2 0
1=3 1=3 1=3
1=3 1=3 1=3
1
@ 1 1
A
@
A
@
A
@
1
1=3
1=6 1=6
1=3
1=6 1=6
1
=
1 1 1
0
1=2 1=2
0
1=2 1=2
1
0
1
1 0 0
@
0 1 0 A
=
0 0 1
0

0

1=3
Donc P est inversible et P 1 = @ 1=3
0
0
1 0
1 1
1
1
@
A
@
1
1 1
1
3. On a A P =
1 1
1
1
0
1 0
1 2 0
1 0
1 A @ 0 2
Et P D = @ 1 1
1 1 1
0 0
Donc A P = P D; alors A = P D

:

2
1
1

1
0
1 A
1

1
1=3 1=3
1=6 1=6 A
1=2 1=2
1 0
1
2 0
1 4 0
1
1 A=@ 1 2 2 A
1 1
1 2
2
1 0
1
0
1 4 0
0 A = @ 1 2 2 A:
2
1 2
2
1
P c’est la formule de changement de base.

4. On montre par récurrence que pour tout entier naturel n; An = P Dn P 1 :
Pour n = 0; A0 = I3 et P D0 P 1 = P I3 P 1 = P P 1 = I3 ; donc la formule
est vraie au rang initial n = 0:
Supposons que la formule est vraie au rang n et montrons la pour n + 1:
On a An+1 = An A = P Dn P 1 P D P 1 = P Dn+1 P 1 : Donc elle est
vraie au rang n + 1:
D’où, 8n 2 N; An = P Dn P 1 :
0
1 0
1 0
1
1 2 0
( 1)n 0
0
1=3 1=3 1=3
1 A @ 0
2n
0 A @ 1=3
1=6 1=6 A
An = @ 1 1
n
1 1 1
0
0 ( 2)
0
1=2 1=2
1
0 1
n
n
n
2 n
1 n
1
1 n
1
(
1)
+
2
2
(
1)
2
(
1)
3
3
3
3
3
3
An = @ 31 2n 13 ( 1)n 13 ( 1)n + 21 ( 2)n + 16 2n 13 ( 1)n 12 ( 2)n + 61 2n A
1 n
1
2
( 1)n 13 ( 1)n 12 ( 2)n + 16 2n 31 ( 1)n + 12 ( 2)n + 61 2n
3
3

Problème 1
On considère l’espace vectoriel (R3 ; +; :) de dimension trois et de base canonique C = (e1 ; e2 ; e3 ) :
0 1
0 1
0 1
1
0
0
@
A
@
A
@
1 ; e3 =
0 A:
0 ; e2 =
1. Les vecteurs de la base canonique sont e1 =
0
0
1
0
1
1 0 1
3
@
0 1 1 A par rapport à la
2. Soit f l’endomorphisme de R dé…nie par sa matrice A =
1 1 0
base canonique C.
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0

1
0
1 0 1 0
1
x
1 0 1
x
x+z
Alors, 8 u = @ y A 2 R3 ; f (u) = Au = @ 0 1 1 A @ y A = @ y + z A :
z
1 1 0
z
x+y
Donc
f (x; y; z) = (x + z; y + z; x + y)
8 (x; y; z) 2 R3 :

3. Soit u = (x; y; z) 2 R3 un antécédent de w = (3; 0; 1) alors f (x; y; z) = (3; 0; 1) :
Donc on a le système suivant à résoudre :
8
8
< x+z =3
< x=2
y + z = 0 ()
y= 1
:
:
x+y =1
z=1
l’antécédent de w = (3; 0; 1) est le vecteur u = (2; 1; 1) :

(a) Soit u = (x; y; z) 2 ker (f ) alors f (x; y; z) = (0; 0; 0) ;
8
8
< x+z =0
< x=0
y + z = 0 ()
y=0 :
c-à-d
:
:
x+y =0
z=0
Donc ker (f ) = f0R3 g :

(b) Puisque ker (f ) = f0R3 g alors f est bijective et Im (f ) = R3 de base C = (e1 ; e2 ; e3 ) :
4. Soient les vecteurs v1 = (1; 1; 1) ; v2 = (1; 1; 0) :
Puisque (v1 ; v2 ) est une famille libre alors on peut la completer par un vecteur v3 choisi
dans C = (e1 ; e2 ; e3 ) pour qu’elle soit une base de R3 :
On choisi v3 parmi les vecteurs de C = (e1 ; e2 ; e3 ) tel que la famille (v1 ; v2 ; v3 ) soit libre.
On peut choisir v3 = e1 :
5. Soit B la matrice de f dans la base B = (v1 ; v2 ; e1 ) : Pour déterminer la matrice B on
applique la méthode de changement de base :
(i) On calcule P la matrice de passage de la base C à la base B.
(ii) On calcule P 1
(iii) Puis on calcule P 1 A P qui est égale à la matrice B:
v1 v2 e1
0
1
1 1 1
e1
@
A
1
1 0
e2 et par la méthode de Gauss on a
On a P =
1 0 0
e3
0
1 1 0
1
1 1 1
0 0
1
1 0 A =@ 0
1 1 A
P 1=@ 1
1 0 0
1 1
2
0
1 0
1 0
1 0
1
0 0
1
1 0 1
1 1 1
2 0 1
1 1 A @ 0 1 1 A @ 1
1 0 A=@ 0 1 1 A
Donc B = @ 0
1 1
2
1 1 0
1 0 0
0 0
1

6. Puisque f est un endomorphisme de R3 et d’après 4:a: le noyau de
alors f est bijective.
Donc sa matrice A est inversible et par la méthode de Gauss
0
1 1 0 1
1
0
1
1
1 0 1
1
2
2
2
1@
1 A
1
A 1 = @ 0 1 1 A = @ 12 12
=
2
2
1
1
1
1 1 0
1
2
2
2
6/7

f est réduit à f0R3 g

1
1
1

1
1
1 A
1
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Et f

1

(x; y; z) = A

0

0
1
x
1
@ y A= 1@ 1
2
z
1

1

Autrement dit :
f
7. On a B = P

1

A

1

(x; y; z) =

P; donc B

1
1
1

1
(x
2

y + z; y

= (P

1

1

A

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0
1
1
x y+z
x
@ y A= 1@ y x+z A
2
x+y z
z

1
1
1 A
1

0

x + z; x + y
P)

1

z)

1

=P

A

1

P:

Remarque : le choix du vecteur v3 c’est pour faciliter l’écriture de la matrice B
après changement de base c’est à dire trouver B soit une matrice diagonale (c’est
la diagonalisation de la matrice A) soit triangulaire ( c’est la trigonalisation de A)
soit une réduite de Jordan (la0Jordanisation)
c’est le programme de S4.
1
1
Si on choisit le vecteur v3 = @ 1 A alors la matrice de passage P et son inverse P 1
2
deviennent :
v1 v2 v3
1
e1
1 1
1
@ 1
A
e2
1 1
e3
1 0
2
0

et P

1

0

=@

1
3
1
2
1
6

1
3
1
6

1
2

1
3

1

0

2
1@
A
0
3
=
6
1
1
3

Donc par la méthode de changement de base
0
1 0
1
2 2
2
1 0 1
1
3 0 A @ 0 1 1 A
B = P 1 A P = @ 3
6
1 1
2
1 1 0
0
1
2 0 0
@
0 1 0 A est une matrice diagonale
=
0 0
1

et calcule A 1 = P B 1 P
1 0 1
1
0
1 1
1
0 0
2
2
1@
@
A
@
A
1
1 1
0 1 0
3
=
6
1 0
2
0 0
1
1
0
1
1
1 1
1@
1 1
1 A
=
2
1
1
1

On déduit que A = P
0
A

1

B

P

1

7/7

0

2
3
1

1
@ 1
1

1
2
0 A
2
1
1
0

1
1
1 A
2

1

2
3
1

1
2
0 A
2

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