TD8 Representation matricielle Correction(10 12)

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Page 1 : Algèbre 2Préing 1, 2023-2024Correction des exercices 10 et 12Exercice 10.1. Pour tout P = aX 2 +bX +c R2X , on a :f P = X 2 + X +12a + X 22aX +b2X aX 2 +bX +c= 2aX 2 + X +1+2aX 3 +bX 2 2aX 3 2bX 2 2cX= 2aX 2 + X +1+bX 2 2bX 2 2cX R2X .2. D’après la question 1, f est une application de E dans E. Montrons que f est linéaire. Soient P,Q E,et λ R, on a :f λP +Q = X 2 + X +1λP +Q′′ + X 2λP +Q′ 2X λP +Q= X 2 + X +1λP′′ +Q′′+ X 2λP′ +Q′2X λP +Q= λ¡X 2 + X +1P′′ + X 2P′ 2X P¢+X 2 + X +1Q′′ + X 2Q′ 2XQ= λf P+ f Q.Donc f est un endomorphisme de E.3. Notons B = P0,P1,P2 la base canonique de R2X , c’est-à-dire P0 = 1, P1 = X et P2 = X 2. Alors :f P0 = 2X = 0P0 2P1 +0P2,f P1 = X 2 = 0P0 +0P1 1P2,f P2 = 2+2X +2X 2 = 2P0 +2P1 +2P2,donc la matrice de f dans la base canonique est :A = MatBf =f P0f P1f P2002P0202P1012P2.4. On calcule le déterminant de A en développant suivant la ligne 1 :detA =¯¯¯¯¯¯002202012¯¯¯¯¯¯= 2¯¯¯¯2001¯¯¯¯ = 4.Puisque detA ̸= 0, la matrice A est inversible, donc f est bijective. Par conséquent, f est un isomor-phisme.5. Notons Q1 = X , Q2 = X 2 et Q3 = X 2+X +1. Écrivons la matrice de la base C = Q1,Q2,Q3 relativementà la base B :P = MatBC =Q1Q2Q3001P0101P1011P2.On a detP = 1 ̸= 0 donc C est une base de E ou alors, en permutant les lignes on voit que rgP = 3.Cherchons la matrice de f dans la base C .1

Page 2 : Solution 1. On calcule les images des vecteurs de C :f Q1 = X 2 = 0Q1 1Q2 +0Q3,f Q2 = 2X 2 +2X +2 = 0Q1 +0Q2 +2Q3,f Q3 = X 2 +2 = 2Q1 1Q2 +2Q3,où la dernière égalité peut se trouver en résolvant l’équation X 2 +2 = αX +βX 2 +γX 2 + X +1 d’in-connues α,β,γ. Par conséquent :B = MatC f =f Q1f Q2f Q3002Q1101Q2022Q3.Solution 2. On utilise la formule du changement de bases. La matrice de passage de B à C est lamatrice P écrite plus haut. Son inverse est la matrice faire le calcul! :P1 =110101100.La matrice de f dans la base C est donnée par :E,C E,C E,BE,BfBPfAP1B = P1AP =002101022.On retrouve bien la matrice de la solution 1.Exercice 12.1. Notons Bc = e1,e2,e3 la base canonique de R3. Calculons l’image des vecteurs e1,e2,e3 par f :f e1 = f 1,0,0 = 17,12,16 = 17e1 +12e2 +16e3,f e2 = f 0,1,0 = 28,20,28 = 28e1 20e2 28e3,f e3 = f 0,0,1 = 4,3,5 = 4e1 +3e2 +5e3,donc la matrice de f dans la base canonique est :MatBcf =f e1f e2f e317284e112203e216285e3.2

Page 3 : 2. Soit u = x, y,z R3. On a :u ker f ⇐⇒f u = 0R3⇐⇒17x 28y +4z = 012x 20y +3z = 016x 28y +5z = 0⇐⇒xz = 0L1 ←L1 L312x 20y +3z = 016x 28y +5z = 0⇐⇒z = x15x 20y= 021x 28y= 0⇐⇒z = x3x 4y= 0L2 ←15L23x 4y= 0L3 ←17L3⇐⇒z = xy = 34x⇐⇒u =¡x, 34x,x¢.Donc ker f = Vectu1 avec u1 = 4,3,4. Une base B1 de ker f est formée du vecteur u1.Remarque : on pouvait prendre 1, 34,1 comme vecteur directeur, mais n’importe quel multiple non nulest aussi vecteur directeur. Je choisis un vecteur à coordonnées entières pour faciliter les calculs par lasuite.3. Une façon de montrer que F est un s.e.v. est de remarquer que l’équation f u = u est équivalente àf u u = 0R3, c’est-à-dire f idR3u = 0R3. Ainsi, F est le noyau de l’application linéaire f idR3,donc c’est un s.e.v.Une autre façon est de résoudre l’équation f u = u et montrer que F est l’espace engendré par unefamille de vecteurs, ce qui permet de déterminer une base de F en même temps. Soit u = x, y,z R3,on a :u F ⇐⇒f u = u⇐⇒17x 28y +4z = x12x 20y +3z = y16x 28y +5z = z⇐⇒16x 28y +4z = 012x 21y +3z = 016x 28y +4z = 0⇐⇒4x 7y + z = 0L1 ←14L14x 7y + z = 0L2 ←13L24x 7y + z = 0L3 ←14L3⇐⇒z = 4x +7y⇐⇒u = x, y, 4x +7y⇐⇒u = xu2 + yu3,avec u2 = 1,0,4 et u3 = 0,1,7. Donc F = Vectu2,u3. De plus, les vecteurs u2 et u3 sont libres carnon colinéaires, donc ils forment une base B2 de F.4. Solution 1. Montrons que ker f et F sont en somme directe. Le vecteur directeur u1 de ker f n’appar-tient pas à F car f u1 ̸= u1, donc la droite ker f n’est pas incluse dans le plan F. Par conséquent,3

Page 4 : ker f F = 0R3. Par la formule de Grassmann, on a :dimker f F = dimker f +dimF = 1+2 = 3,donc ker f F = R3. Ainsi, ker f est F sont supplémentaires dans R3.Solution 2. Pour montrer que ker f et F sont supplémentaires dans R3, on peut montrer que la réunionde B1 et B2 est une base de R3. Calculons par exemple le déterminant de la famille u1,u2,u3 relati-vement à la base canonique :det¡MatBcu1,u2,u3¢=¯¯¯¯¯¯410301447¯¯¯¯¯¯=¯¯¯¯¯¯0103012047¯¯¯¯¯¯C1 ←C1 4C2= ¯¯¯¯31207¯¯¯¯developpement C2= 1.Le déterminant est non nul, donc B = u1,u2,u3 est une base de R3. Par conséquent, les sous-espacesker f et F sont supplémentaires.5. Puisque u1 ker f , on a f u1 = 0R3, et puisque u2,u3 F, on a f u2 = u2 et f u3 = u3 par définition,les vecteurs de F sont solutions de f u = u. Ainsi, la matrice de f dans la base B est :MatBf =f u1f u2f u3000u1010u2001u3.4

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