[PDF] Université Pierre & Marie Curie Licence de mathématiques 3 Année



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Universit

e Pierre & Marie Curie Licence de mathematiques 3 Ann ee 2012-2013 Module 323 TD 2

Exercice 1

Enonce.Montrez que deux espaces anes de m^eme dimension niensur un corpskdonne sont toujours isomorphes. Correction.SoientE;E0deux espaces anes surkde m^eme dimension : il existe un isomorphisme lineaire entre leurs espaces directeursE;E0. On xe des pointsP2E;P02E0et on denit une application f:E!E0parf(Q) =P0+(!PQ). Commeest bijectivefl'est aussi, il reste a verier quefest bien une application ane : c'est evident par sa denition.

Exercice 2

Enonce.SoitEunR-espace ane de dimension 2 et soitEson espace directeur. SoitO2E, soit (e1;e2) une base deEet soitRle repere (O;e1;e2) deE. i) Soitfl'application ane deEdansEdonnee en coordonnees dans le repereRpar la formule (x;y)7!(2x3y+ 5;7x2y+ 3):

Donnez la matrice defdansR.

ii) SoitO0le point deEde coordonnees (2;1); posonse01=e12e2ete02=e1+e2. Veriez que (e01;e02) est une base deE. SoitR0le repere (O0;e01;e02) deE; donner la matrice de passage deRaR0; en deduire la matrice defdans le repereR0, puis une denition defpar une formule en coordonnees dans le repere R 0.

iii) Trouvez le repereR00= (O00;e001;e002) deEcaracterise par la propriete suivante :siMest un point de

Ede coordonnees(x;y)dansR, ses coordonnees dansR00sont(xy+ 3;2x+y6). iv) Trouvez un repereR000deEdans lequelfpeut ^etre denie par une formule sans termes constants.

Correction.i) La matrice defdansRest :

(1)0 @23 5 72 3
11 A ii) On va calculer la matricePde passage deRaR0. Sa partie lineaire est l'inverse de la matrice1 1 2 1 qui est egale ag=13 11 2 1 . On va maintenant calculer sa partie de translation; siA= 0 +xe1+ye2il vient

A=O0+!O0O+x0e01+y0e02

=O0+ (x01)e01+ (y01)e02 vu que le vecteur !O0O=2e1+e2a pour coordonnees dansR0g12 1 =1 1 . Il suit que la matrice de passagePdeRaR0est donnee par : P=0 @13 13 1 23
13 1 11 A

D'autre part la matrice de passage deR0aRest :

P 1=0 @1 1 2 2 11 11 A 1 D'apres l'expression (1) pour la matrice defon obtient donc la matriceM0defdansR0: M 0=P0 @23 5 72 3
11 A P1 0 @124

9 1 12

11 A iii) Les coordonnees dee1(resp.e2) dansR00sont1 2 (resp.1 1 ). L'inverse de la matrice1 2 1 1 est 13 12 1 1 , on a donc que les coordonnees dee001(resp.e002) dansRsont13 1 2 (resp. 13 1 1 ). Enn, on aO=O00+ 3e0016e002d'ou il suit que O

00=O(e12e2) + 2(e1+e2) =O+e1+ 4e2

d'apres le calcul dee001ete002qui precede. iv) SiO000est un point xe def, alorsfa une expression sans terme de translation dans n'importe quel

repere d'origineO000. On sait qu'il existe un unique point xe def(parce que!fn'a pas de vecteur xe non

nul : son polyn^ome caracteristique est egal aX2 3 7X+ 2 = (X2)(X+ 2) + 21 dont 1 n'est pas racine). La resolution du systeme ane :

2x3y+ 5 =x

7x2y+ 3 =y

donne que le point de coordonnees1=3 16=9 dansRest le point xe def.

Exercice 3

Enonce.Soitkun corps, soientEetFdeux espaces anes surkd'espaces directeurs respectifsEetF, et soitfune application ane deEdansF. Siu2Eet siv2F, montrez que les conditions suivantes sont equivalentes : i)tvf=ftu; ii) il existeM2Etel quetv(f(M)) =f(tu(M)); iii)!f(u) =v. Cas particulier.On suppose (seulement pour cette question) queE=F.A quelle condition surula translation de vecteurucommute-t-elle af?

Question subsidiaire. Demontrer directement l'equivalence entre i) et ii) sans le moindre calcul, en vous

fondant sur un resultat du cours. Une application.Soitgune application ane deEdansFtelle que!f=!g. Montrez quefest surjective si et seulement sigest surjective; si c'est le cas, montrez qu'il existeudansEtel quef=gtu. Cela reste-t-il vrai en general sans hypothese de surjectivite?

Correction.L'implication i))ii) est tautologique. Montrons que ii))iii) : l'hypothese signie quef(M)+

v=f(M+u); par denition de!fceci donne encoref(M) +v=f(M) +!f(u), i.e.v=!f(u).

Il reste a voir que iii))i), ce qui se voit immediatement en renversant le calcul precedent : pour tout

M2Eon a

ftu(M) =f(M+u) =f(M) +!f(u) =f(M) +v=tvf(M): En particulier, siE=Fetu=von voit quefcommute a la translationtvsi et seulement sivest un point xe def, i.e.f(v) =v 2

Comme indique dans l'enonce on peut deduire i),ii) directement du resultat du cours suivant : si deux

applications anes ont la m^eme application lineaire associee et s'il existe un point en lequel elles ont la m^eme

valeur alors elles sont egales. En eet, on sait que!ftu=!f=!tvfet ii) arme que ces deux applications ont m^eme valeur enM. Une application: Pour montrer l'equivalence il sut de montrer qu'une application anehdeEdansF

est surjective si et seulement si!hl'est. On xe un point baseM2E. Supposons quehsoit surjective et soit

v2F. SoitN=h(M) +v; il existe unM02Etel queh(M0) =Net on a alors!h(!MM0) =!h(M)N=v, ce qui montre que!hest surjective. Reciproquement, si!hest surjective etN2F, il existe unu2Etel que!h(u) =!h(M)N; en posantM0=M+uon a alorsh(M0) =f(M) +!h(u) =h(M) +!h(M)N=N.

Si!f=!gil existe (sans hypothese sur!f) un vecteurv2Ftel quef=tvg: en eet il sut de prendre!g(M)f(M) pour n'importe quelM2E(on a alorsf(M) =tv(g(M)) et commefettvgont la m^eme prtie

lineaire il suit quef=tvg). D'apres ce qui precede, si de plusfest surjective alors!f=!gl'est aussi et il existe donc unu2Etel que!g(u) =v. On a alors, pour toutM2E,gtu(M) =g(M) +!g(u) = t vg(M) =f(M). Bien s^ur ce resultat n'est pas vrai sifn'est pas surjective : on sait alors que!fn'est pas non plus surjective, et sivest n'importe quel vecteur deF!f(E) on voit que l'espace image deEpar t vfest disjointe def(E) qui est aussi l'image deftupour toutu2E: en particulierftu6=tvf.

Exercice 4

Enonce.SiO;AetA0sont trois points d'une droite ane et siA6=O, on se permettra de noter!OA0! OA l'unique scalairetel que!OA0=!OA. SoitEun plan ane sur un corpsket soitO;AetBtrois points anement independants deE. Soit A

0(resp.B0) un point de la droite (OA) (resp. (OB)) qui diere deO. On notehl'unique homothetie de

centreOqui envoieAsurA0(justiez brievement l'existence et l'unicite deh). On suppose queA;B;One sont pas alignes. Montrez que les assertions suivantes sont equivalentes. i) !OB0!

OB=!OA0!

OA; ii)h(B) =B0; iii) les droites (AB) et (A0B0) sont paralleles. Remarque.L'equivalence entre i) et iii) est ce qu'on appelle usuellementle theoreme de Thales. Correction.On remarque que le rapportde l'homothetie vectorielle!hest egal a!OA0!

OA: en eet il est

uniquement caracterise par l'egalite !h(!OA) =!OAet on a!OA0!

OA!OA=!OA0=!h(O)h(A) =!h(!OA).

i))ii) : On a : h(B) =h(O) +!h(!OB) =h(O) +!OA0!

OA!OB:

Par hypothese

!OB0!

OB=!OA0!

OAet comme d'autre part!OB0=!OB0!

OB!OBil suit queh(B) =h(O) +!OB0=B0.

ii))iii) : Sih(B) =B0alorsh(!AB) =!h(A)h(B) =!A0B0. L'image de la droite (AB) est donc egale a A

0+k!A0B0= (A0B0).

iii))ii) : Il existe une unique droite parallelle a (AB) passant par le pointA0: par hypothese elle est egale

a (A0B0). D'autre part on a!h(!AB)2k!ABet la droiteh((AB)) =h(A)+k!h(AB) qui passe parA0=h(A) est donc parallele a (AB) : on en deduit queh((AB)) = (A0B0). On a ennh(B)2h((OB)) = (OB0) et h(B)2h((AB)) = (A0B0) d'ou il suit queh(B)2(OB0)\(A0B0) =fB0g(cette derniere egalite vient de ce

que les pointsA;B;One sont pas alignes : les droites (OB) et (AB) ne sont alors pas paralleles, d'ou il suit

3

que (OB0) = (OB) et (A0B0)==(AB) ne le sont pas non plus et donc qu'elles se coupent en exactement un

point). ii))i) : Commeh(B) =B0le rapport dehest egal a!OB0!

OB; mais par denition il est aussi egal a!OA0!

OAd'ou suit l'egalite entre ces deux quantites.

Exercice 5

Enonce.SoitEun espace ane sur un corpskd'espace directeurE. Soithune homothetie deEdont on noteOle centre etle rapport; on suppose que6= 1. Soitv2E; decrire aussi precisement que possible les applicationshtvettvh.

Correction.Ces deux applications sont des homotheties de rapport, il reste e determiner leurs centres.

On a poura2k h(O+ (a+ 1)v) =O+(a+ 1)vdou il suit que siP=O+1von ah(P+v) =

O+(1 +1)v=O+1v=P.

De la m^eme maniere on voit que le point xe detvhestQ=O+11v.

Exercice 6

Enonce.SoitEun espace ane sur un corpsket soitEson espace directeur. SoientFetGdeux sous- espaces vectoriels deEtels queE=FG. Soitla projection deEsurGparallelement aFet soitpune application ane deEdansEdont l'application lineaire associee est. a) Determinez Ker (Id) et Im (Id) et veriez que

E= Ker (Id)Im (Id):

Qu'en deduit-on a propos de l'applicationp?

b) Montrez qu'une application lineaire`deEdans lui-m^eme est une projection (vectorielle) si et seulement

si`2=`; montrez qu'une application anefdeEdans lui-m^eme est une projection si et seulement sif2=f.

Correction.

a).On rappelle queF= Im(Id) etG= ker(Id) (je ne redemontre pas les resultats d'algebre lineaire), d'ou il suit queE= ker()ker(Id) et donc(Id) = 0, i.e.2=. On xe une origineO2E; on posev=!Op(O), de sorte quep2(O) =p(O) +(v). On va montrer : (i) le v ecteuru=(v) ne depend pas du pointO; (ii) on a p2=tup. SoitO0un point deE; on ap(O0) =p(O) +(!OO0) d'ou il suit que : !O0p(O0) =!O0O+!Op(O) +(!OO0) =!Op(O) + (Id)(!OO0) En appliquanta cette egalite on obtient(!O0p(O0)) =(!O0p(O0)) vu que(Id) = 0, ce qui prouve le point (i). SoitM2E; on veut montrer quepp(M)=p(M) +u. La partie lineaire dep2est2, d'ou il suit que : p

2(M) =p2(O) +2(!OM) =p(O) +!p(O)p2(O) +(!OM)

=p(O) +(!Op(O)) +(!OM) =p(O) +u+(!OM) =p(M) +u; ce qui prouve le point (ii). 4 b).Soitpune application ane telle quep2=p; soitVle noyau de sa partie lineaire etFson image. On note=!p; on a2=!p2=d'ou il suit queest une projection vectorielle et donc en particulier que E=VF. On va montrer quepest la projection surFparallelement aV: on remarque que cette derniere est l'unique applicationfdeEdansFtelle que!Mf(M)2Vpour tout pointM. SoitM2E; comme la

partie lineairedepest une projection vectorielle, le point (ii) ci-dessus implique que l'on a(!Mp(M)) = 0.

Il suit que l'on a!Mp(M)2Vpour toutM, et on conclut quepest bien la projection souhaitee. Reciproquement, sipest la projection ane surFparallelement aVsa partie lineaireest la projection vectorielle surFparallelement aVet verie donc en particulier2=. Pour obtenirp2=pil sut donc de montrer qu'il existe un pointM2Etel quep2(M) =p(M) : mais ceci est vrai trivialement pourM2F.

Exercice 7

Enonce.SoitEun espace ane sur un corpskde caracteristique dierente de 2 et soitEson espace directeur. SoientFetGdeux sous-espaces vectoriels deEtels queE=FG. Soitla symetrie par rapport aGet parallelement aFet soitsune application ane deEdansEdont l'application lineaire associee est. a) Determinez Ker (Id) et Im (Id) et veriez que

E= Ker (Id)Im (Id):

Qu'en deduit-on a propos de l'applications?

b) Montrez qu'une application lineaire`deEdans lui-m^eme est une symetrie (vectorielle) si et seulement

si`2= Id; montrez qu'une application anefdeEdans lui-m^eme est une projection si et seulement si f

2= Id.

Correction.

(a).On suppose car(k)6= 2. On aG= ker(Id) = Im(+Id) etF= Im(Id) = ker(+Id), d'ou il suit queE= ker(Id)ker(+Id) et (Id)(+Id) = 0, i.e.2=Id. D'autre part, ceci implique que 12 (Id) est la projection de noyauGet d'imageF,12 (+Id) celle de noyauFet imageG. On note cette derniere projection. On xe une origineO, on posev=!Os(O); on va montrer : (i) le v ecteuru=(v) ne depend pas du pointO; (ii) on a s2=t2u. SoitO0un point deE; on as(O0) =s(O) +(!OO0) d'ou il suit que : !O0s(O0) =!O0O+!Os(O) +(!OO0) =!Os(O) + (Id)(!OO0) On rappelle queF= Im(Id) = ker(); en appliquanta cette egalite on obtient donc(!O0s(O0)) = (!O0s(O0)), ce qui prouve le point (i). SoitM2E; on veut montrer quess(M)=M+ 2u. La partie lineaire des2estId, d'ou il suit que : s

2(M) =s2(O) +!OM) =s(O) +(!Os(O)) +!OM=O+ (Id+)(!Os(O)) +!OM=M+ 2u

ce qui prouve le point (ii). (b).Je ne fais que le senss2=s)sest une projection ane; la reciproque est laissee au lecteur. Dans ce cas:=!sest une symetrie vectorielle car!s2=!s2=!s. On note, comme dans la question (a),Gson espace xe etFson espace propre pour -1. SoitO2E, alors le point mileuQdeOets(O) est xe par s: une maniere rapide de voir ceci est de remarquer que l'ensemblefO;S(O)gest preserve parset ques

envoie le milieu de deux points sur le milieu de leurs images (c'est vrai de toute application ane, et facile

5

a montrer). Une preuve plus ad hoc est la suivante : le vecteur 1=2!Os(O) est dansFa cause du point (ii)

de la question (a) ci-dessus, et on a donc : s(Q) =s(O+ 1=2!Os(O)) =s(O) +(1=2!Os(O)) =s(0)1=2!Os(O)) =O+!Os(O)1=2!Os(O)) =O+ 1=2!Os(O) =Q: Il suit en tout cas que le sous-espaceG=Q+Gest xe pars. (On remarque que cet espace ne depend pas du pointOchoisi : siO0est un autre point,Q0le milieu deO0; s(O0) alors!QQ0est xe par(carQ;Q0sont xes pars) et il suit que!QQ02G, i.e.Q+G=Q0+G.) On va donc montrer quesest la symetrieS0par rapport a ce sous-espace parallelement aF. Commesets0ont la m^eme partie lineaireil sut de montrer qu'il existe un pointMdeEtel ques(M) =s0(M), ce qui est evidemment vrai pourM2G.

Remarque.Si car(k) = 2 le point (b) est faux : dans ce cas , pour toutn2 il existe des endomorphismes

lineairessdeknqui verients2=smais qui ne sont pas des symetries (c'est parce que le polyn^omes21

est egal surka (s1)2dont les racines ne sont pas simples : il est ainsi facile de voir que la seule symetrie

est l'identite). Un exemple simple est l'endomorphisme dek2donne par la matrice1 1 0 1

Exercice 8

Enonce.Soit`l'application lineaire deR3dans lui-m^eme dont la matrice dans la base canonique est egale

a0 @0 1 0 1 0 0 0 011 A a) Determinez Ker (`Id) et Im (`Id); montrez queR3est la somme directe de ces deux sous-espaces. b) Soitfl'application ane deR3dans lui-m^eme donnee par la formule (x;y;z)7!(y+ 1;x+ 2;z+ 3): Determinez l'unique couple (u;g), ouu2Ker (`Id) et ougest une application ane ayant un point xe, tel quef=tug; donnez un point et l'espace directeur de l'ensemble des points xes deg.

Correction.

(a).L'application`preserve la decomposition en somme directeR3=R2R; il sut donc de diagonaliser sa restriction au sous-espaceR20. La matrice0 1 1 0 se diagonalise comme suit : p2 2 p2 2 p2 2 p2 2 0 1 1 0 p2 2 p2 2 p2 2 p2 2 =1 0 01 (c'est la symetrie d'axesfx=yg;fx=yg). Il suit que :

V:= ker(`Id) =R2

41
1 03 5

W:= ker(`+Id) =R2

41
1 03 5 R2 40
0 13 5

Il est clair que ces deux sous-espaces sont en somme directe; c'est de toute facon clair sans faire de calcul

puisque`est une symetrie. 6 (b).On pose v=2 41
2 33
5 on a doncf=tv`. L'applicationfw:=twfa un point xe si et seulement sif2w=Id, et on calcule que : f

2w= (tw+v`)2=tv+w+`(v+w)=t2(v+w)

ouest la projection surV. L'uniquew2Vtel que(v+w) = 0 estw=(v), on en deduit que : u=12 (`+Id)(2 41
2 33
5 ) =2 432
32
03 5 On a alorsg=tuf; l'espaceVdes point xes degest une droite ane dont la direction estV. Puisque g=tu0`ouu0=0(v); 0=12 (`1), on a en faitV=tu0=2(V), d'ou : V=2 412
12 32
3 5 (On aurait aussi pu calculer un point xe en utilisant l'expression degen coordonnees).

Exercice 9

Enonce.Soit`l'application lineaire deR2dansR2qui envoie (x;y) sur (x+y;y). a) Determinez Ker (`Id) et Im (`Id); l'espaceR2est-il somme directe de ces deux sous-espaces? b) Donnez un exemple d'une application anefdeR2dansR2dont l'application lineaire associee est` et telle que pour toutu2Ker (`Id) l'applicationtufsoit sans point xe.

Corrige.

(a).On voit immediatement que ker(`Id) =R0 = Im(`Id). Ces deux espaces ne sont pas en somme directe.

(b).On cherchefsous la formetv`; il est clair que la propriete demandee ne depend que de la projection de

vsur un complementaire de ker(`Id), on va donc verier quev= (0;1) marche. On af(x;y) = (x+y;y+1), doncf(x;y) = (x;y) impliquey=y+ 1, i.e. 0 = 1 ce qui n'est pas possible.quotesdbs_dbs46.pdfusesText_46