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Exercices : Applications lineaires
Exercice 1:Determiner si les applications suivantes sont des applications lineaires :
1.f : R
2 → R2
(x, y) → (2x− y, 3x+ y)
2. Soient n ∈ N∗ et A ∈ Mn(R) fixes.
f : Mn(R) → Mn(R)M → AM −MA
3.
f : M3,1(R) → M2,1(R)
xyz
→
(
x+ y + zx+ z
)
4.f : R3[X ] → R3[X ]
P → (X2 − 1)P ′′ + P(On justifiera le fait que f(P ) ∈ R3[X ])
5.
f : M2(R) → M2(R)
M =
(
a bc d
)
→ M + (b+ c)I2
Exercice 2:Determiner une base de l’image des applications lineaires de l’exercice 1 (Pour le 2. on prendra n = 2
et A =
(
1 20 3
)
)
Exercice 3:Determiner le noyau des applications lineaires de l’exercice 1 et determiner les applications qui sont
injectives. (Pour le 2. on prendra n = 2 et A =
(
1 20 3
)
)
Exercice 4:
On considere l’application lineaireg : R
4 → R3
(x, y, z, t) → (2x+ y + z, x+ y + t, x+ z − t).
Determiner un base du noyau puis de l’image de g.
Exercice 5:Les applications lineaires suivantes sont-elle des isomorphismes :
1.f : R
3 → R3
(x, y, z) → (x− z, 2x+ y − 4z,−y + 2z)
2.f : R2[X ] → R2[X ]
P → P + P ′
3.f : R
3 → R2[X ](a, b, c) → (2a+ b)X2 − (a+ b+ c)X + 3a− 2b+ 5c
4. I =
(
1 00 1
)
et J =
(
0 11 0
) f : M2(R) → M2(R)(
a bc d
)
→a+ d
2I +
b+ c
2J
Exercice 6:
Soit M =
1 −3 52 8 −67 4 3
. Quel est le vecteur colonne associe a M dans la base canonique de M3(R),
(E1,1, E1,2, E1,3, E2,1, E2,2, E2,3, E3,1, E3,2, E3,3) ?
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 1 Applications lineaires
Exercice 7:Reprendre les morphismes de l’exercice 5 et determiner la matrice de f dans la base canonique des
espaces consideres. (Pour le 4. on prendra la base (E1,1, E1,2, E2,1, E2,2) )
Exercice 8:
Soit g l’endomorphisme de M3,1(R) defini par g
xyz
=
x+ y − z2x+ y − 3z3x+ 2y − 4z
.
1. Determiner la matrice de g relativement a la base canonique de M3,1(R). On appellera A cettematrice.
2. En utilisant la matrice A determiner si g est un automorphisme.
Exercice 9:Soit f l’endomorphisme de R
2 defini par f(x, y) = (x+ y, x− y).
1. Determiner la matrice, notee M , de f relativement a la base canonique de R2.
2. Calculer M2.
3. En deduire la valeur de f ◦ f .
Exercice 10:
Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est : A =
5 −8 −48 −15 −8
−10 20 11
On pose −→u = (2, 4,−5), −→v = (1, 0, 1), −→w = (0, 1,−2)
1. Calculer f(−→u ), f(−→v ) et f(−→w ).
2. Montrer que B′ = (−→u ,−→v ,−→w ) est une base de R3.
3. Determiner la matrice A′ de f dans la base B′.
4. Calculer A′2 et en deduire f 2.
Exercice 11:Soit E un espace vectoriel et B = (e1, e2, e3) une base de E. Pour tout reel a different de 1, on considere
l’endomorphisme fa de l’espace vectoriel E dont la matrice dans la base B est donnee par
Ma =
a+ 2 −(2a + 1) a1 0 00 1 0
Soit de plus B′ = (e′1, e′
2, e′
3) la famille de vecteurs de E definie par
e′1= a2e1 + ae2 + e3
e′2= e1 + e2 + e3
e′3= 2e1 + e2
1. Determiner les valeurs de a pour lesquelles la matrices Ma n’est pas inversible.
2. En deduire les valeurs de a pour lesquelles fa est un automorphisme.
3. Prouver que B′ est une base de E.
4. Calculer fa(e′
1), fa(e
′
2) et fa(e
′
3).
5. En deduire la matrice de fa relativement a la base B′. On notera Ta cette matrice.
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 2 Applications lineaires
Correction
Exercice 1:
1. Soient (r, s) et (w, z) deux elements de R2 et a et b deux reels. On a :
f(a(r, s) + b(w, z)) = f(ar + bw, as+ bz)
= (2(ar + bw)− (as + bz), 3(ar + bw) + (as+ bz))
= (2ar + 2bw − as− bz, 3ar + 3bw + as+ bz)
et af(r, s) + bf(w, z) = a(2r − s, 3r + s) + b(2w − z, 3w + z)
= (2ar − as + 2bw − bw, 3ar + as + 3bw + bz)
On a donc f(a(r, s) + b(w, z)) = af(r, s) + bf(w, z).
f est donc une application lineaire.
2. Soient K et L deux matrices de Mn(R) et a et b deux reels. On a :
f(aK + bL) = A(aK + bL)− (aK + bL)A
= aAK + bAL − aKA− bLA
et af(K) + bf(L) = a(AK −KA) + b(AL− LA)
= aAK − aKA + bAL− bLA
On a donc f(aK + bL) = af(K) + bf(L).
f est donc une application lineaire.
3. Oui f est lineaire , meme methode que 1.
4. Lorsque P est de degre inferieur ou egale a 3, P ′′ est un polynome de degre inferieur ou egal a 1donc (x2 − 1)P ′′ est de degre inferieur ou egal a 3 et donc on a bien f(P ) ∈ R3[X ].
Soient Q et R deux polynomes de R3[X ] et a et b deux reels. On a :
f(aQ+ bR) = (X2 − 1)(aQ+ bR)′′ + (aQ+ bR)
= (X2 − 1)(aQ′′ + bR′′) + aQ + bR
et af(Q) + bf(R) = a((X2 − 1)Q′′ +Q) + b((X2 − 1)R′′ +R)
= (X2 − 1)(aQ′′ + bR′′) + aQ + bR
On a donc f(aQ+ bR) = af(Q) + bf(R).
f est donc une application lineaire.
5. Soient K et L deux matrices de M2(R) et a et b deux reels. On pose K =
(
k lm n
)
et L =
(
p qr s
)
donc :
f(aK + bL) = f
((
ak + bp al + bqam+ br an+ bs
))
= aK + bL+ ((al + bq) + (am+ br))I
= aK + bL+ (al + bq + am+ br)I
et af(K) + bf(L) = a(K + (l +m)I) + b(L+ (q + r)I))
= aK + bL+ (al + bq + am+ br)I
On a donc f(aK + bL) = af(K) + bf(L).
f est donc une application lineaire.
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 3 Applications lineaires
Exercice 2:
1. Im(f) = {f(x, y)/(x, y) ∈ R2} = {(2x− y, 3x+ y)/(x, y) ∈ R
2} = vect((2, 3), (−1, 1)).
La famille ((2, 3), (−1, 1)) est generatrice de Im(f).
De plus la famille ((2, 3), (−1, 1)) est libre (je vous laisse le demontrer)
Donc ((2, 3), (−1, 1)) est une base de Im(f).
2. Soit (E1,1, E1,2, E2,1, E2,2) la base canonique de M2(R).
• f(E1,1) =
(
1 20 3
)(
1 00 0
)
−
(
1 00 0
)(
1 20 3
)
=
(
0 −20 0
)
• f(E1,2) =
(
1 20 3
)(
0 10 0
)
−
(
0 10 0
)(
1 20 3
)
=
(
0 −20 0
)
• f(E2,1) =
(
1 20 3
)(
0 01 0
)
−
(
0 01 0
)(
1 20 3
)
=
(
2 02 −2
)
• f(E2,2) =
(
1 20 3
)(
0 00 1
)
−
(
0 00 1
)(
1 20 3
)
=
(
0 20 0
)
On a donc Im(f) = vect
((
0 −20 0
)
,
(
0 −20 0
)
,
(
2 02 −2
)
,
(
0 20 0
))
= vect
((
0 −20 0
)
,
(
2 02 −2
))
.
Donc la famille
((
0 −20 0
)
,
(
2 02 −2
))
est generatrice de Im(f).
Les deux matrices de cette famille n’etant pas proportionnelles, cette famille est libre.
Donc la famille
((
0 −20 0
)
,
(
2 02 −2
))
est une base de Im(f).
3. Im(f) =
f
xyz
/(x, y, z) ∈ R3
=
{(
x+ y + zx+ z
)
/(x, y, z) ∈ R3
}
= vect
((
11
)
,
(
10
)
,
(
11
))
.
La famille
((
11
)
,
(
10
)
,
(
11
))
est generatrice de Im(f). Comme il y a deux fois le meme vecteur la
famille
((
11
)
,
(
10
))
est encore generatrice de Im(f).
De plus la famille
((
11
)
,
(
10
))
est libre (deux matrices visiblement non proportionnelles)
Donc
((
11
)
,
(
10
))
est une base de Im(f).
4. Soit (P0, P1, P2, P3) la bases canonique de R3[X ].
• f(P0) = (X2 − 1)× 0 + 1 = 1
• f(P1) = (X2 − 1)× 0 +X = X
• f(P2) = (X2 − 1)× 2 +X2 = 3X2 − 2
• f(P3) = (X2 − 1)× 6X +X3 = 7X3 − 6X
La famille (1, X, 3X2 − 2, 7X3 − 6X) est donc generatrice de Im(f).
La famille (1, X, 3X2 − 2, 7X3 − 6X) est de plus libre (a vous de le demontrer).
Donc la famille (1, X, 3X2 − 2, 7X3 − 6X) est une base de Im(f).
5. Soit (E1,1, E1,2, E2,1, E2,2) la base canonique de M2(R).
• f(E1,1) =
(
1 00 0
)
+ (0 + 0)I =
(
1 00 0
)
• f(E1,2) =
(
0 10 0
)
+ (1 + 0)I =
(
1 10 1
)
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 4 Applications lineaires
• f(E2,1) =
(
0 01 0
)
+ (0 + 1)I =
(
1 01 1
)
• f(E2,2) =
(
0 00 1
)
+ (0 + 0)I =
(
0 00 1
)
Donc la famille
((
1 00 0
)
,
(
1 10 1
)
,
(
1 01 1
)
,
(
0 00 1
))
est generatrice de Im(f).
De plus cette famille est libre (a vous de le demontrer).
Donc la famille
((
1 00 0
)
,
(
1 10 1
)
,
(
1 01 1
)
,
(
0 00 1
))
est une base de Im(f)
Exercice 3:
1. Par definition ker(f) = {(x, y) ∈ R2/f(x, y) = (0, 0)}. Or on a
f(x, y) = (0, 0) ⇔ (2x− y, 3x+ y) = (0, 0) ⇔
{
2x− y = 03x+ y = 0
⇔ x = y = 0
Donc ker(f) = {(0, 0} et ainsi f est injective.
2. Par definition ker(f) = {M ∈ M2(R)/f(M) = 0}.
Soit M =
(
a bc d
)
. On a AM −MA =
(
2c −2a− 2b+ 2d2c 2c
)
.
Donc
f(M) = 0 ⇔
(
2c −2a− 2b+ 2d2c 2c
)
=
(
0 00 0
)
⇔
{
2c = 0−2a− 2b+ 2d = 0
⇔
{
c = 0d = a+ b
Donc ker(f) =
{(
a b0 a+ b
)
/(a, b) ∈ R2
}
et ainsi f n’est pas injective.
3. Par definition ker(f) =
xyz
∈ M3,1(R)/f
xyz
=
(
00
)
. Or on a :
f
xyz
=
(
00
)
⇔
(
x+ y + zx+ z
)
=
(
00
)
⇔
{
x+ y + z = 0x+ z = 0
⇔
{
y = 0z = −x
Donc ker(f) =
x0−x
/x ∈ R
et ainsi f n’est pas injective.
4. Par definition ker(f) = {P ∈ R3[X ]/f(P ) = 0}.
Soit P = aX3+ bX2+ cX + d ∈ R3[X ]. On a alors f(P ) = 7ax3+3bX2+(c− 6a)X + d− 2b. Donc :
f(P ) = 0 ⇔ 7ax3+3bX2+(c−6a)X+d−2b = 0X3+0X2+0X+0 ⇔
7a = 03b = 0c− 6a = 0d− 2b = 0
⇔ a = b = c = d = 0
Donc ker(f) = {0} et ainsi f est injective.
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 5 Applications lineaires
5. Par definition ker(f) = {M ∈ M2(R)/f(M) = 0}. Or on a f
((
a bc d
))
=
(
a+ b+ c bc d+ b+ c
)
.
Donc :
f(M) = 0 ⇔
(
a + b+ c bc d+ b+ c
)
=
(
0 00 0
)
⇔
a+ b+ c = 0b = 0c = 0d+ b+ c = 0
⇔ a = b = c = d = 0
Donc ker(f) =
{(
0 00 0
)}
et ainsi f est injective.
Exercice 4:• Noyau : Par definition ker(g) = {(x, y, z, t) ∈ R
4/g(x, y, z, t) = (0, 0, 0)}. Or :
g(x, y, z, t) = (0, 0, 0) ⇔(2x+ y + z, x+ y + t, x+ z − t) = (0, 0, 0)
⇔
2x+ y + z = 0x+ y + t = 0x+ z − t = 0
⇔
2x+ y + z = 02x+ y + z = 0t = x+ z
⇔
{
y = −2x− zt = x+ z
On a donc ker(g) = {(x,−2x− z, z, x + z)/(x, z) ∈ R2} = vect((1,−2, 0, 1), (0,−1, 1, 1)).
La famille ((1,−2, 0, 1), (0,−1, 1, 1)) est generatrice de ker(g) et c’est une famille libre (visiblement nonproportionnels) donc ((1,−2, 0, 1), (0,−1, 1, 1)) est une base de ker(g) qui est donc de dimension 2.
• Image :Grace au theoreme du rang on sait que dim(ker(g)) + dim(Im(g)) = dim(R4) donc dim(Im(g)) = 2.De plus g(1, 0, 0, 0) = (2, 1, 1) et g(0, 1, 0, 0) = (1, 1, 0).La famille ((2, 1, 1), (1, 1, 0)) est une famille de vecteurs de Im(g) qui est une famille visiblement libre
(vecteurs non proportionnels)La famille ((2, 1, 1), (1, 1, 0)) est donc une famille libre de 2 vecteurs de Im(g) qui est lui meme de
dimension 2.Donc ((2, 1, 1), (1, 1, 0)) est une base de Im(g).
Exercice 5:
1. • f est-elle injective ?
Pour repondre a cette question on doit calculer ker(f).
Apres calcul on a ker(f) = {(z, 2z, z)/z ∈ R}. Donc f n’est pas injective.
• Comme f n’est pas injective, elle n’est pas bijective et donc f n’est pas un isomorphisme.
2. • f est-elle injective ?
Apres calcul on a ker(f) = {0}. Donc f est injective.
• f est une application lineaire injective et les espaces de depart et d’arrivee ont la meme dimension(ils sont identiques...) donc f est bijective.
f est bien un isomorphisme.
3. • f est-elle injective ?
Apres calcul on a ker(f) = {(0, 0, 0)}. Donc f est injective.
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 6 Applications lineaires
• f est une application lineaire injective et les espaces de depart et d’arrivee ont la meme dimension,car dim(R3) = 3 et dim(R2[X ]) = 2 + 1 = 3, donc f est bijective.
f est bien un isomorphisme.
4. f est-elle injective ?
Apres calcul on a ker(f) =
{(
a b−b −a
)
/(a, b) ∈ R2
}
. Donc f n’est pas injective.
• Comme f n’est pas injective, elle n’est pas bijective et donc f n’est pas un isomorphisme.
Exercice 6: Reponse sans la redaction
Le vecteur colonne associe a M est
1−3528−6743
.
Exercice 7:
1. Soit (e1, e2, e3) la base canonique de R3.
• f(e1) = (1, 2, 0) = e1 + 2e2 + 0e3• f(e2) = (0, 1,−1) = 0e1 + e2 − e3• f(e3) = (−1,−4, 2) = −e1 − 4e2 + 2e3.
Donc M(f) =
1 0 −12 1 −40 −1 2
2. Soit (P0, P1, P2) la base canonique de R2[X ].
• f(P0) = 1 + 0 = 1 = P0 + 0P1 + 0P2
• f(P1) = X + 1 = P0 + P1 + 0P2
• f(P2) = X2 + 2X = 0P0 + 2P1 + P2
Donc M(f) =
1 1 00 1 20 0 1
3. Soient (e1, e2, e3) la base canonique de R3 et (P0, P1, P2) la base canonique de R2[X ].
• f(e1) = 2X2 −X + 3 = 3P0 − P1 + 2P2
• f(e2) = X2 −X − 2 = −2P0 − P1 + P2
• f(e3) = −X + 5 = 5P0 − P1 + 0P2
Donc M(f) =
3 −2 5−1 −1 −12 1 0
4. Soit (E1,1, E1,2, E2,1, E2,2) la base canonique de M2(R).
• f(E1,1) =1
2I =
(
1/2 00 1/2
)
=1
2E1,1 + 0E1,2 + 0E2,1 +
1
2E2,2
• f(E1,2) =1
2J =
(
0 1/21/2 0
)
= 0E1,1 +1
2E1,2 +
1
2E2,1 + 0E2,2
• f(E2,1) =1
2J =
(
0 1/21/2 0
)
= 0E1,1 +1
2E1,2 +
1
2E2,1 + 0E2,2
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 7 Applications lineaires
• f(E2,2) =1
2I =
(
1/2 00 1/2
)
=1
2E1,1 + 0E1,2 + 0E2,1 +
1
2E2,2
Donc M(f) =
1/2 0 0 1/20 1/2 1/2 00 1/2 1/2 01/2 0 0 1/2
Algebre : Chapitre 2 Exercices Page 8 Applications lineaires