ECE 2 - MathématiquesQuentin Dunstetter - ENC-Bessières 2012\2013 Colle no 4 : Applications linéaires - Correction

Colle no 4 : Applications linéaires

Correction

Exercice 1.

Soit g l'application de R3[X] qui à un polynôme P associe Q tel que :∀x ∈ R, Q(x) = P (x+ 1)− P (1− x).

1. Soient P1 et P2 dans R3[X] et λ un réel, on a :g(λP1+P2)(x) = (λP1+P2)(x+1)−(λP1+P2)(1−x) = λ(P1(x+1)−P1(1−x))+P2(x+1)−P2(1−x) =λg(P1)(x) + g(P2)(x) = (λg(P1) + g(P2))(x).On en déduit que g(λP1 + P2) = λg(P1) + g(P2) et g est linéaire.

2. On se donne un polynôme quelconque P (x) = ax3 + bx2 + cx + d) et on calcule g(P )(x) =2ax3 + (4b + 2c)x donc en identi�ant on a P ∈ ker g si et seulement si a = 0 et c = −2b, doncsi et seulement si P (x) = bx2−2bx+d = b(x2−2x)+d donc si et seulement si P = b(e2−2e1)+de0.On en déduit que ker g = Vect(e2 − 2e1, e0) et comme cette famille est libre, c'est une base de ker gqui est de dimension 2.

3. Si degP = 3, degP (x + 1) = degP (1 − x) = deg(P ) ≤ 3 et deg[P (x + 1) − P (1 − x)] ≤ 3, doncg(P ) ∈ R3[X] et g est bien un endomorphisme.

4. Le théorème du rang donne dim(Im g) = dim(R3[X])− dim(ker g) = 4− 2 = 2.

5. ker g 6= 0 donc g n'est pas un automorphisme (on peut aussi utiliser Im g 6= R3[X]).

Exercice 2.

Soit f l'application de R4[X] qui à un polynôme P associe Q = P ′ + 2P .

1. Si P1 et P2 sont deux polynômes de degré inférieure ouégal à 4 et λ un réel on a :f(λP1 + P2) = (λP1 + P2)

′ + 2(λP1 + P2) = λ(P ′1 + 2P1) + P ′

2 + 2P2 = λf(P1) + f(P2) donc f estbien linéaire.

2. On se donne un polynôme quelconque P (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e et on calcule f(P )(x) :P ′(x) = 4ax3+3bx2+2cx+ d donc f(P )(x) = 2ax4+(4a+2b)x3+(3b+2c)x2+(2c+2d)x+ d+ e.D'où f(P ) = 0 si et seulement si a = 0, 4a+ 2b = 0 donc b = 0, 3b+ 2c = 0 donc c = 0, 2c+ 2d = 0donc d = 0 et en�n d+ e = 0 donc e = 0, donc si et seulement si P = 0.On obtient ker f = {0}.

Autre possibilité, plus �ne et beaucoup plus rapide : si P 6= 0, degP = k alors degP ′ < degPdonc deg(P ′ + 2P ) = degP = k, et P 6= 0.Donc f(P ) 6= 0 pour P 6= 0, et ker f = {0}.

3. On a vu à la question précédente que deg f(P ) = degP ≤ 4, donc f(P ) ∈ R4[X] pour tout P , et fest bien un endomorphisme.

4. Le théorème du rang donne dim Im f = dimR4[X]− dimker f = 5− 0 = 5.

5. On en déduit que Im f = R4[X], et f est bien un automorphisme.

Exercice 3.

Soit D =

−1 0 00 2 00 0 0

.

Soit v l'application deM3(R) dans lui-même qui à une matrice M associe v(M) = DM −MD.

1

ECE 2 - MathématiquesQuentin Dunstetter - ENC-Bessières 2012\2013 Colle no 4 : Applications linéaires - Correction

1. Soient M et N dans M3(R) et λ un réel, on a v(λM + N) = D(λM + N) − (λM + N)D =λDM +DN − λMD −ND = λ(DM −MD) + (DN −ND) = λv(M) + v(N) donc v est linéaire.

2. On se donne une matrice M =

a b cd e fg h i

quelconque et on calcule v(M) :

On a v(M) =

0 b −cd 0 2f−g 2h 0

=

0 0 00 0 00 0 0

si et seulement si b = c = d = f = g = h = 0 donc si

et seulement si M =

a 0 00 e 00 0 i

= a

1 0 00 0 00 0 0

+ e

0 0 00 1 00 0 0

+ i

0 0 00 0 00 0 1

.

La famille qui apparaît est clairement libre, elle est génératrice de ker v donc c'est une base deker v qui est alors de dimension 3.

3. Le théorème du rang donne alors dim Im v = dimM3(R)− dimker v = 9− 3 = 6.

4. ker v 6= {0} donc v n'est pas un automorphisme.

Exercice 4.

Soit u l'application de R2[X] qui à un polynôme P associe Q tel que :∀x ∈ R, Q(x) = P (2x+ 1)− 2xP ′(1− x).

1. Soient P1 et P2 deux polynômes et λ un réel :u(λP1 + P2)(x) = (λP1 + P2)(2x + 1)2x(λP1 + P2)

′(1 − x) = λ(P1(2x + 1) − 2xP ′1(1 − x) +

[P2(2x + 1) − 2xP ′2(1 − x)] = λu(P1)(x) + u(P2)(x) = [λu(P1) + u(P2)](x) pour tout x ∈ R donc

u(λP1 + P2) = λu(P1) + u(P2).L'application u est donc linéaire.

2. On prend un polynôme P (x) = ax2+bx+c quelconque de R2[X] et on calcule u(P )(x) = 8ax+a+b+c.D'où P ∈ keru ⇔ 8a = 0 et a + b + c = 0 ⇔ a = 0 et c = −b ⇔ P (x) = bx − b = b(x − 1) ⇔ P =b(e1 − e0).On en déduit que keru = Vect(e1 − e0) et la famille (e1 − e0) est libre car constituée d'un uniquevecteur non nul et génératrice de keru, c'est donc une base de keru qui est de dimension 1.

3. Si degP ≤ 2, alors degP (2x+1) = degP ≤ 2, deg(P ′) ≤ 1 donc degP ′(1−x) = degP ′ ≤ 1 et en�ndeg xP ′(1− x) = 1 + degP ′(1− x) ≤ 2.D'où deg u(P ) ≤ max(2, 2) = 2 et u(P ) ∈ R2[X], donc u est un endomorphisme de R2[x].

4. Le théorème du rang donne dim Im(u) = dim(R2[X])− dimker(u) = 3− 1 = 2.

5. keru 6= 0 (ou Imu 6= R2[X]) donc u n'est pas bijective : ce n'est pas un automorphisme.

Exercice 5.

Soit h l'application de R4[X] qui à un polynôme P associe Q = P ′′.

1. Soient P1 et P2 dans R4[X] et λ un réel, h(λP1 + P2) = (λP1 + P2)′′ = λP ′′

1 + P ′′2 = λh(P1) + h(P2)

donc h est linéaire.

2. Deux possibilités : P ′′(x) = 0 donne P ′(x) = a puis P (x) = ax+ b en primitivant, ou alors on écritP (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e et on calcule h(P )(x) = (12ax2 + 6bx+ 2c) = 0 si et seulement sia = b = c = 0 donc si et seulement si P (x) = dx+ e.Dans tous les cas on obtient P = ae1 + be0 où a et b sont des constantes réelles, puis kerh =Vect(e0, e1) et comme la famille (e0, e1) est trivialement libre, c'est une base de kerh qui est dedimension 2.

3. On sait que degP ′′ ≤ degP ′ ≤ degP donc si degP ≤ 4, alors deg h(P ) ≤ 4 et h(P ) ∈ R4[x] ;�nalement h est linéaire de R4[X] dans lui-même donc c'est un endomorphisme.

2

ECE 2 - MathématiquesQuentin Dunstetter - ENC-Bessières 2012\2013 Colle no 4 : Applications linéaires - Correction

4. Le théorème du rang donne dim Im(h) = dimR4[X]− dimker(h) = 5− 2 = 3.

5. kerh 6= {0} donc h n'est pas un automorphisme.

Exercice 6.

Exercice 7.

Soit A =

(2 3−2 4

).

Soit f l'application deM2,3(R) dans lui-même qui à une matrice M associe f(M) = A2M −AM .

1. Pour tous M et N deM2,3(R) et tout λ réel on a :f(λM + N) = A2(λM + N) − A(λM + N) = λA2M + A2N − λAM − AN = λ(A2M − AM) +(A2N −AN) = λf(M) + f(N) donc f est une application linéaire.

2. Soit M =

(a b cd e f

)une matrice quelconque deM2,3(R).

f(M) = 0⇔ A2M−AM = 0⇔(−2 18−12 10

) (a b cd e f

)−(

2 3−2 4

) (a b cd e f

)=

(0 0 00 0 0

)⇔(

2a+ 3d 2b+ 3e 2c+ 3f−2a+ 4d −2b+ 4e −2c+ 4f

)−(−2a+ 18d −2b+ 18e −2c+ 18f−12a+ 10d −12b+ 10e −12c+ 10f

)=

(0 0 00 0 0

)⇔(

4a− 15d 4b− 15e 4c− 15f10a− 6d 10b− 6e 10c− 6f

)=

(0 0 00 0 0

).

En identi�ant les coe�cients et en résolvant on obtient a = b = c = d = e = f = 0 donc ker f = {0}qui est de dimension 0, et f est injective.

3. On obtient par théorème du rang que dim Im f = 6 − 0 = 6 = dimM2,3(R) donc Im f =M2,3(R)et f est surjective.

4. f est injective et surjective donc c'est bien un automorphisme.

3