[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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Exo7

Applications linéaires

1 Définition

Exercice 1Déterminer si les applicationsfisuivantes sont linéaires : f

1:R2!R2f1(x;y) = (2x+y;xy)

f

2:R3!R3f2(x;y;z) = (xy;x;y)

f

3:R3!R3f3(x;y;z) = (2x+y+z;yz;x+y)

f

4:R2!R4f4(x;y) = (y;0;x7y;x+y)

f

5:R3[X]!R3f5(P) =P(1);P(0);P(1)

SoitEun espace vectoriel de dimensionnetfune application linéaire deEdans lui-même telle quefn=0 et

f n16=0. Soitx2Etel quefn1(x)6=0. Montrer que la famillefx;f(x);f2(x);:::;fn1(x)gest une base de E.

Exercice 3SoitEun espace vectoriel et soientE1etE2deux sous-espaces vectoriels de dimension finie deE, on définit

l"applicationf:E1E2!Eparf(x1;x2) =x1+x2. 1.

Montrer que fest linéaire.

2.

Déterminer le no yauet l"image de f.

3.

Que donne le théorème du rang ?

SoitEun espace vectoriel de dimensionnetfune application linéaire deEdans lui-même. Montrer que les

deux assertions qui suivent sont équivalentes : (i)

K erf=Imf

(ii)f2=0 etn=2rg(f) Soientfetgdeux endomorphismes deEtels quefg=gf. Montrer que Kerfet Imfsont stables parg. 1

SoitEetFde dimensions finies etu;v2L(E;F).

1.

Montrer que r g(u+v)6rg(u)+rg(v).

2.

En déduire que

jrg(u)rg(v)j6rg(u+v).

Exercice 7Pour les applications linéaires suivantes, déterminer Kerfiet Imfi. En déduire sifiest injective, surjective,

bijective. f

1:R2!R2f1(x;y) = (2x+y;xy)

f

2:R3!R3f2(x;y;z) = (2x+y+z;yz;x+y)

f

3:R2!R4f3(x;y) = (y;0;x7y;x+y)

f

4:R3[X]!R3f4(P) =P(1);P(0);P(1)

SoitEun espace vectoriel de dimension 3,fe1;e2;e3gune base deE, ettun paramètre réel.

Démontrer que la donnée de8

:f(e1) =e1+e2 f(e2) =e1e2 f(e3) =e1+te3définit une application linéairefdeEdansE. Écrire le transformé du vecteurx=a1e1+a2e2+a3e3. Comment choisirtpour quefsoit injective ? surjective ?

SoitEetFdeux espaces vectoriels de dimension finie etfune application linéaire deEdansF. Montrer que

fest un isomorphisme si et seulement si l"image parfde toute base deEest une base deF.

Exercice 10SoitEl"espace vectoriel des fonctions deRdansR. SoientPle sous-espace des fonctions paires etIle sous-

espace des fonctions impaires. Montrer queE=PLI. Donner l"expression du projecteur surPde direction I.

SoitE=Rn[X]et soientAetBdeux polynômes à coefficients réels de degrén+1. On considère l"application

fqui à tout polynômePdeE, associe le reste de la division euclidienne deAPparB. 1.

Montrer que fest un endomorphisme deE.

2

2.Montrer l"équi valence

fest bijective()AetBsont premiers entre eux: SoitE=Rn[X]l"espace vectoriel des polynômes de degré6n, etf:E!Edéfinie par: f(P) =P+(1X)P0: Montrer quefest une application linéaire et donner une base de Imfet de Kerf: Indication pourl"exer cice1 NUne seule application n"est pas linéaire.

Indication pour

l"exer cice

2 NPrendre une combinaison linéaire nulle et l"évaluer parfn1.Indication pourl"exer cice3 NFaire un dessin de l"image et du noyau pourf:RR!R. Montrer que le noyau est isomorphe àE1\E2.Indication pourl"exer cice4 NPour chacune des implications utiliser la formule du rang.

Indication pour

l"exer cice

5 NDire qu"un sous-espaceFest stable pargsignifie queg(F)F.Indication pourl"exer cice8 Nt=0 est un cas à part.Indication pourl"exer cice9 NPour une baseB=fe1;:::;engdeEconsidérer la familleff(e1);:::;f(en)g.Indication pourl"exer cice10 NPour une fonctionfon peut écrire

f(x) =f(x)+f(x)2 +f(x)f(x)2

Le projecteur surPde directionIest l"applicationp:E!Equi vérifiep(f)2P,pp=pet Kerp=I.Indication pourl"exer cice11 NRésultats utiles d"arithmétique des polynômes : la division euclidienne, le théorème de Bézout, le lemme de

Gauss.Indication pourl"exer cice12 NP

0désigne la dérivée deP. Pour trouver le noyau, résoudre une équation différentielle. Pour l"image calculer

lesf(Xk).4 Correction del"exer cice1 N1.f1est linéaire. Pour(x;y)2R2et(x0;y0)2R2: f

1(x;y)+(x0;y0)=f1x+x0;y+y0

2(x+x0)+(y+y0);(x+x0)(y+y0)

2x+y+2x0+y0;xy+x0y0

2x+y;xy+2x0+y0;x0y0

=f1(x;y)+f1(x0;y0)

Pour(x;y)2R2etl2R:

f

2.f2n"est pas linéaire, en effet par exemplef2(1;1;0)+f2(1;1;0)n"est pas égal àf2(2;2;0).

3.f3est linéaire : il faut vérifier d"abord que pour tout(x;y;z)et(x0;y0;z0)alorsf3(x;y;z)+(x0;y0;z0)=

f

3(x;y;z)+f3(x0;y0;z0). Et ensuite que pour tout(x;y;z)etlon af3l(x;y;z)=lf3(x;y;z).

4.f4est linéaire : il faut vérifier d"abord que pour tout(x;y)et(x0;y0)alorsf4(x;y)+(x0;y0)=f4(x;y)+

f

4(x0;y0). Et ensuite que pour tout(x;y)etlon af4l(x;y)=lf4(x;y).

5.f5est linéaire : soientP;P02R3[X]alors

f

5P+P0=(P+P0)(1);(P+P0)(0);(P+P0)(1)

P(1)+P0(1);P(0)+P0(0);P(1)+P0(1)

P(1);P(0);P(1)+P0(1);P0(0);P0(1)

=f5(P)+f5(P0)

Et siP2R3[X]etl2R:

f

5lP=(lP)(1);(lP)(0);(lP)(1)

lP(1);lP(0);lP(1) =lP(1);P(0);P(1)

=lf5(P)Correction del"exer cice2 NMontrons que la famillefx;f(x);f2(x);:::;fn1(x)gest libre. Soientl0;:::;ln12Rtels quel0x+l1f(x)+

+ln1fn1(x)=0. Alors :fn1l0x+l1f(x)++ln1fn1(x)=0. Mais comme de plusfn=0, on a l"égalitéfn1l0x+l1f(x)++ln1fn1(x)=fn1(l0x)+fnl1x++ln1fn2(x)=fn1(l0x) = l

0fn1(x). Commefn1(x)6=0 on obtientl0=0.

En calculant ensuitefn2l1f(x)++ln1fn1(x)on obtientl1=0 puis, de proche en proche,l2=2,..., l n1=0. La famillefx;f(x);:::;fn1(x)gest donc libre. En plus elle comptenvecteurs, comme dimE=n

elle est libre et maximale et forme donc une base deE.Correction del"exer cice3 N1.Aucun problème...

5

2.P ardéfinition de fet de ce qu"est la somme de deux sous-espaces vectoriels, l"image est

Pour le noyau :

Kerf=f(x1;x2)jf(x1;x2) =0g=f(x1;x2)jx1+x2=0g

Mais on peut aller un peu plus loin. En effet un élément(x1;x2)2Kerf, vérifiex12E1,x22E2et x

1=x2. Doncx12E2. Doncx12E1\E2. Réciproquement six2E1\E2, alors(x;x)2Kerf. Donc

Kerf=f(x;x)jx2E1\E2g:

De plus l"applicationx7!(x;x)montre que Kerfest isomorphe àE1\E2. 3.

Le théorème du rang s"écrit :

dimKerf+dimImf=dim(E1E2): Compte tenu de l"isomorphisme entre KerfetE1\E2on obtient : dim(E1\E2)+dim(E1+E2) =dim(E1E2): Mais dim(E1E2) =dimE1+dimE2, donc on retrouve ce que l"on appelle le théorème des quatre dimensions :

dim(E1+E2) =dimE1+dimE2dim(E1\E2):Correction del"exer cice4 N(i))(ii)Supposons K erf=Imf. Soitx2E, alorsf(x)2Imfdoncf(x)2Kerf, cela entraînef(f(x)) =0 ;

doncf2=0. De plus d"après la formule du rang dimKerf+rg(f)=n, mais dimKerf=dimImf=rgf, ainsi 2rg(f) =n. (ii))(i)Si f2=0 alors ImfKerfcar poury2Imfil existextel quey=f(x)etf(y) =f2(x) =0. De plus si 2rg(f) =nalors la formule du rang donne dimKerf=rg(f)c"est-à-dire dimKerf=dimImf. Nous

savons donc que Imfest inclus dans Kerfmais ces espaces sont de même dimension donc sont égaux :

Kerf=Imf.Correction del"exer cice5 NOn va montrerg(Kerf)Kerf. Soity2g(Kerf). Il existex2Kerftel quey=g(x). Montronsy2Kerf:

f(y) =f(g(x)) =fg(x) =gf(x) =g(0) =0: On fait un raisonnement similaire pour montrerg(Imf)Imf. Soitz2g(Imf), il existey2Imftel que z=g(y). Il existe alorsx2Etel quey=f(x). Donc

z=g(y) =g(f(x)) =gf(x) =fg(x) =f(g(x))2Imf:Correction del"exer cice6 N1.P arla formule dim (G+H) =dim(G)+dim(H)dim(G\H), on sait que dim(G+H)6dim(G)+

dim(H). PourG=ImuetH=Imvon obtient : dim(Imu+Imv)6dimImu+dimImv. Or Im(u+v)

Imu+Imv. Donc rg(u+v)6rg(u)+rg(v).

6

2.On applique la formule précédente à u+vetv: rg((u+v)+(v))6rg(u+v)+rg(v), or rg(v) =

rg(v)donc rg(u)6rg(u+v)+rg(v). Donc rg(u)rg(v)6rg(u+v). On recommence en échangeantu

etvpour obtenir :jrg(u)rg(v)j6rg(u+v).Correction del"exer cice7 NCalculer le noyau revient à résoudre un système linéaire, et calculer l"image aussi. On peut donc tout faire "à

la main".

Mais on peut aussi appliquer un peu de théorie ! Noyau et image sont liés par la formule du rang : dimKerf+

dimImf=dimEpourf:E!F. Donc si on a trouvé le noyau alors on connaît la dimension de l"image. Et il

suffit alors de trouver autant de vecteur de l"image.

1.f1est injective, surjective (et donc bijective).

(a)

F aisonstout à la main. Calculons le no yau:

(x;y)2Kerf1()f1(x;y) = (0;0)()(2x+y;xy) = (0;0)

2x+y=0

xy=0()(x;y) = (0;0)

Ainsi Kerf1=f(0;0)get doncf1est injective.

(b) Calculons l"image. Quels éléments (X;Y)peuvent s"écriref1(x;y)? f

1(x;y) = (X;Y)()(2x+y;xy) = (X;Y)

2x+y=X

xy=Y()( x=X+Y3 y=X2Y3 ()(x;y) =X+Y3 ;X2Y3 Donc pour n"importe quel(X;Y)2R2on trouve un antécédent(x;y) = (X+Y3 ;X2Y3 )qui vérifie doncf1(x;y) = (X;Y). Donc Imf1=R2. Ainsif1est surjective. (c) Conclusion : f1est injective et surjective donc bijective. 2. (a)

Calculons d"abord le no yau:

(x;y;z)2Kerf2()f2(x;y;z) = (0;0;0) ()(2x+y+z;yz;x+y) = (0;0;0) ()8 :2x+y+z=0 yz=0 x+y=0 x=z y=z ()0 @x y z1 A =0 @z z z1 A 0 @x y z1 A

2Vect0

@1 1 11 A =8 l0 @1 1 11 A jl2R9 Ainsi Kerf2=Vect(1;1;1)et doncf2n"est pas injective. 7 (b)Maintenant nous allons utiliser que K erf2=Vect(1;1;1), autrement dit dimKerf2=1. La formuledurang, appliquéeàf2:R3!R3s"écritdimKerf2+dimImf2=dimR3. DoncdimImf2=

2. Nous allons trouver une base de Imf2. Il suffit donc de trouver deux vecteurs linéairement

indépendants. Prenonsparexemplev1=f2(1;0;0)=(2;0;1)2Imf2etv2=f2(0;1;0)=(1;1;1)2

Imf2. Par construction ces vecteurs sont dans l"image def2et il est clair qu"ils sont linéairement

indépendants. Doncfv1;v2gest une base de Imf2. (c)f2n"est ni injective, ni surjective (donc pas bijective). 3.

Sans aucun calcul on sait f3:R2!R4ne peut être surjective car l"espace d"arrivée est de dimension

strictement supérieur à l"espace de départ. (a)

Calculons le no yau:

(x;y)2Kerf3()f3(x;y) = (0;0;0;0) ()(y;0;x7y;x+y) = (0;0;0;0) ()8 >>>:y=0 0=0 x7y=0 x+y=0 ()(x;y) = (0;0)

Ainsi Kerf3=f(0;0)get doncf3est injective.

(b) La formule du rang, appliquée à f3:R2!R4s"écrit dimKerf3+dimImf3=dimR2. Donc dimImf3=2. Ainsi Imf3est un espace vectoriel de dimension 2 inclus dansR3,f3n"est pas surjective.

Par décrire Imf3nous allons trouver deux vecteurs indépendants de Imf3. Il y a un nombre infini

de choix : prenons par exemplev1=f(1;0) = (0;0;1;1). Pourv2on cherche (un peu à tâtons) un vecteur linéairement indépendant dev1. Essayonsv2=f(0;1) = (1;0;7;1). Par construction v

1;v22Imf; ils sont clairement linéairement indépendants et comme dimImf3=2 alorsfv1;v2g

est une base de Imf3. Ainsi Imf3=Vectfv1;v2g=l(0;0;1;1)+m(1;0;7;1)jl;m2R.

4.f4:R3[X]!R3va d"un espace de dimension 4 vers un espace de dimension strictement plus petit et

doncf4ne peut être injective. (a) Calculons le no yau.Écri vonsun polynôme Pde degré63 sous la formeP(X)=aX3+bX2+cX+ d. AlorsP(0) =d,P(1) =a+b+c+d,P(1) =a+bc+d.

P(X)2Kerf4()P(1);P(0);P(1)= (0;0;0)

()(a+bc+d;d;a+b+c+d) = (0;0;0) ()8 :a+bc+d=0 d=0 a+b+c+d=0 ()8 :a=c b=0 d=0 ()(a;b;c;d) = (t;0;t;0)t2R 8 Ainsi le noyau Kerf4=tX3tXjt2R=VectfX3Xg.f4n"est pas injective son noyau étant de dimension 1. (b) La formule du rang pour f4:R3[X]!R3s"écrit dimKerf4+dimImf4=dimR3[4]. Autrement dit 1+dimImf4=4. Donc dimImf4=3. Ainsi Imf4est un espace de dimension 3 dansR3donc

Imf4=R3. Conclusionf4est surjective.Correction del"exer cice8 N1.Comment est définie fà partir de la définition sur les éléments de la base ? Pourx2Ealorsxs"écrit

dans la basefe1;e2;e3g,x=a1e1+a2e2+a3e3. Etfest définie surEpar la formule f(x) =a1f(e1)+a2f(e2)+a3f(e3):

Soit ici :

f(x) = (a1+a2+a3)e1+(a1a2)e2+ta3e3:

Cette définition rend automatiquementflinéaire (vérifiez-le si vous n"êtes pas convaincu !).

2. On cherche à sa voirsi fest injective. Soitx2Etel quef(x) =0 donc(a1+a2+a3)e1+(a1a2)e2+ ta3e3=0. Commefe1;e2;e3gest une base alors tous les coefficients sont nuls : a

1+a2+a3=0;a1a2=0;ta3=0:

Sit6=0 alors en résolvant le système on obtienta1=0,a2=0,a3=0. Doncx=0 etfest injective.

Sit=0, alorsfn"est pas injective, en résolvant le même système on obtient des solutions non triviales,

par exemplea1=1,a2=1,a3=2. Donc pourx=e1+e22e3on obtientf(x) =0. 3.

Pour la surjecti vitéon peut soit f airedes calculs, soit appliquer la formule du rang. Examinons cette

deuxième méthode.fest surjective si et seulement si la dimension de Imfest égale à la dimension de

l"espace d"arrivée (iciEde dimension 3). Or on a une formule pour dimImf: dimKerf+dimImf=dimE: Sit6=0,fest injective donc Kerf=f0gest de dimension 0. Donc dimImf=3 etfest surjective. Sit=0 alorsfn"est pas injective donc Kerfest de dimension au moins 1 (en fait 1 exactement), donc dimImf62. Doncfn"est pas surjective.

On remarque quefest injective si et seulement si elle est surjective. Ce qui est un résultat du cours pour

les applications ayant l"espace de départ et d"arrivée de même dimension (finie).Correction del"exer cice9 N1.Montrons que si fest un isomorphisme, l"image de toute base deEest une base deF: soitB=

fe1;:::;engune base deEet nommonsB0la familleff(e1);:::;f(en)g. (a)B0est libre. Soient en effetl1;:::;ln2Rtels quel1f(e1)++lnf(en) =0. Alorsf(l1e1+ +lnen) =0 donc, commefest injective,l1e1++lnen=0 puis, commeBest libre,l1= =ln=0. (b)B0est génératrice. Soity2F. Commefest surjective, il existex2Etel quey=f(x). CommeB est génératrice, on peut choisirl1;;ln2Rtels quex=l1e1++lnen. Alorsy=l1f(e1)+ +lnf(en). 2. Supposons que l"image par fde toute base deEsoit une baseF. SoientB=fe1;:::;engune base deE etB0la baseff(e1);:::;f(en)g. 9 (a)Im fcontientB0qui est une partie génératrice deF. Doncfest surjective. (b) Soit maintenant x2Etel quef(x) =0. CommeBest une base, il existel1;:::;ln2Rtels quex=l1e1++lnen. Alorsf(x) =0=l1f(e1)++lnf(en)donc puisqueB0est libre : l

1==ln=0. En conséquence sif(x) =0 alorsx=0 :fest injective.

En fait on montrerait de la même façon que "fest un isomorphisme si et seulement si l"image parfd"unebase

deEest une base deF".Correction del"exer cice10 N1.La seule fonction qui est à la fois paire et impaire est la fonction nulle : P\I=f0g. Montrons qu"une

fonctionf:R!Rse décompose en une fonction paire et une fonction impaire. En effet : f(x) =f(x)+f(x)2 +f(x)f(x)2

La fonctionx7!f(x)+f(x)2

est paire (le vérifier !), la fonctionx7!f(x)f(x)2 est impaire. DoncP+I=E.

Bilan :E=PI:

2. Le projecteur sur Pde directionIest l"applicationp:E!Equi àfassocie la fonctionx7!f(x)+f(x)2 c"est-à-dire àfon associe la partie paire def. Nous avons bien •p(f)2P. Par définition dep,p(f)est bien une fonction paire. •pp=p. Sigest une fonction paire alorsp(g) =g. Appliquons ceci avecg=p(f)(qui est bien est une fonction paire) doncp(p(f)) =p(f). K erp=I. Sip(f) =0 alors cela signifie exactement que la fonctionx7!f(x)+f(x)2 est la fonction nulle. Donc pour toutx:f(x)+f(x)2 =0 doncf(x)=f(x); cela implique quefest une fonction

impaire. Réciproquement sif2Iest une fonction impaire, sa partie paire est nulle doncf2Kerf.Correction del"exer cice11 N1.Soit P2Eetl2R, alors la division euclidienne deAPparBs"écritAP=QB+R, donc en multipliant

parlon obtient :A(lP) = (lQ)B+lR. ce qui est la division euclidienne deA(lP)parB, donc si f(P) =Ralorsf(lP) =lR. Doncf(lP) =lf(P). SoientP;P02E. On écrit les divisions euclidiennes :

AP=QB+R;AP0=Q0B+R0:

En additionnant :

A(P+P0) = (Q+Q0)B+(R+R0)

qui est la division euclidienne deA(P+P0)parB. Donc sif(P) =R,f(P0) =R0alorsf(P+P0) =

R+R0=f(P)+f(P0).

Doncfest linéaire.

2. Sens ). Supposonsfest bijective, donc en particulierfest surjective, en particulier il existeP2Etel quef(P) =1 (1 est le polynôme constant égale à 1). La division euclidienne est doncAP=BQ+1, autrement ditAPBQ=1. Par le théorème de Bézout,AetBsont premiers entre eux. 3. Sens (. SupposonsA;Bpremiers entre eux. Montrons quefest injective. SoitP2Etel quef(P) =0. Donc la division euclidienne s"écrit :AP=BQ+0. DoncBdiviseAP. CommeAetBsont premiers entre eux, par le lemme de Gauss, alorsBdiviseP. OrBest de degrén+1 etPde degré moins que n, donc la seule solution estP=0. Doncfest injective. Commef:E!Eest injective etEest de dimension finie, alorsfest bijective. 10 Correction del"exer cice12 N1.fest bien linéaire... 2. Soit Ptel quef(P) =0. AlorsPvérifie l"équation différentielle

P+(1X)P0=0:

Dont la solution estP=l(X1),l2R. Donc Kerfest de dimension 1 et une base est donnée par un seul vecteur :X1. 3. P arle théorème du rang la dimension de l"image est : dimImf=dimRn[X]dimKerf= (n+1)1=n: Il faut donc trouvernvecteurs linéairement indépendants dans Imf. Évaluonsf(Xk), alors f(Xk) = (1k)Xk+kXk1: Cela donnef(1) =1;f(X) =1;f(X2) =X2+2X;:::on remarque que pourk=2;:::n,f(Xk)est de degréksans terme constant. Donc l"ensemble f(X);f(X2);:::;f(Xn)

est une famille denvecteurs, appartenant à Imf, et libre (car les degrés sont distincts). Donc ils forment

une base de Imf.11quotesdbs_dbs41.pdfusesText_41

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