Corrigé du devoir


Questions de cours :  
  1. On dit qu'une application $ f$ entre deux espaces vectoriels $ E$ et $ F$ est linéaire si :

    $\displaystyle \forall x,y\in E ,\;\forall \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;,\quad
f(\lambda x+\mu y)=\lambda f(x)+\mu f(y)\;.
$

  2. L'image d'une application linéaire $ f$ de $ E$ dans $ F$ est le sous-espace vectoriel de $ F$ défini par :

       Im$\displaystyle (f)=\big\{ f(x) ,\;x\in E \big\}\;.
$

  3. Par définition, une application est surjective si tout élément de l'ensemble d'arrivée possède au moins un antécédent dans l'ensemble de départ.

    $\displaystyle \forall y\in F ,\;\exists x\in E\;,\quad y=f(x)\;.
$

    Donc une application linéaire $ f$ entre deux espaces vectoriels $ E$ et $ F$ est surjective si et seulement si Im$ (f)=F$.
  4. Le noyau d'une application linéaire $ f$ est l'ensemble des vecteurs de $ E$ dont l'image par $ f$ est le vecteur nul de $ F$.

       Ker$\displaystyle (f)=\big\{ x\in E ,\;f(x)=0 \big\}\;.
$

  5. Nous avons deux implications à démontrer. Montrons d'abord que si $ f$ est injective alors Ker$ (f)=\{0\}$.

    Une application entre deux ensembles est injective si deux éléments distincts de $ E$ n'ont jamais la même image par $ f$. Le vecteur nul de $ E$ a pour image par $ f$, le vecteur nul de $ F$. Puisque $ f$ est injective, aucun vecteur non nul de $ E$ ne peut avoir pour image 0. Donc Ker$ (f)=\{0\}$.

    Montrons maintenant la réciproque. Supposons Ker$ (f)=\{0\}$. Soient $ x$ et $ y$ deux éléments de $ E$ tels que $ f(x)=f(y)$. Puisque $ f$ est linéaire, $ f(x-y)=f(x)-f(y)=0$. Donc $ x-y\in$Ker$ (f)$, donc $ x-y=0$, donc $ x=y$.


Exercice 1 :
  1. Nous devons montrer que :

    $\displaystyle \forall P,Q\in F ,\;\forall \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;,\quad
f(\lambda P+\mu Q)=\lambda f(P)+\mu f(Q)\;.
$

    Cela découle immédiatement du fait que $ (\lambda P+\mu Q)(1)=
\lambda P(1)+\mu Q(1)$.

    Pour tout $ a\in\mathbb{R}$, L'image par $ f$ du polynôme constant $ a$ est le réel $ a$. Donc $ f$ est surjective. L'espace de départ est de dimension $ 3$, l'image est de dimension $ 1$. D'après le théorème du rang, le noyau est de dimension $ 3-1=2$.

  2. Observons d'abord que les deux polynômes de la famille appartiennent bien à $ F$. Montrons que $ \big( X-1,X^2-1 )$ est une famille libre. Si $ a$ et $ b$ sont deux réels tels que $ a(X-1)+b(X^2-1)=0$, alors :

    $\displaystyle bX^2+aX-(a+b)=0\;\Longrightarrow a=b=0\;.
$

    L'espace vectoriel $ F$ est de dimension $ 2$, donc toute famille libre de $ 2$ éléments est une base.
  3. Le polynôme $ X^2+1$ est non nul, il forme une famille libre, donc une base de $ G$.
  4. L'espace vectoriel $ \mathbb{R}_2[X]$ est de dimension $ 3$. Pour montrer que $ {\cal B}= \big( X-1,X^2-1,X^2+1 \big)$ est une base, il suffit de montrer que c'est une famille libre. Soient $ a,b,c$ trois réels. Supposons que :

    $\displaystyle P=a(X-1)+b(X^2-1)+c(X^2+1)=(b+c)X^2+aX+(-a-b+c)=0\;.
$

    Alors, $ (a,b,c)$ est solution du système :

    $\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcc}
&b&+c&=&0\\
a&&&=&0\\
-a&-b&+c&=&0\;.
\end{array}\right.
$

    La seconde équation donne $ a=0$ ; en prenant la somme et la différence de la première et de la troisième, on en déduit $ b=c=0$.
  5. Les images par $ f$ des éléments de la base $ {\cal B}$ sont :

    $\displaystyle f(X-1)=0\;,\quad f(X^2-1)=0\;,\quad f(X^2+1)=2\;.
$

    La matrice de $ f$ est donc :

    $\displaystyle (0,0,2)\in{\cal M}_{1,3}(\mathbb{R})\;.
$

  6. En calculant directement on obtient :

    $\displaystyle 1=0(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\;,
$

    $\displaystyle X=1(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\;,
$

    $\displaystyle X^2=0(X-1)+\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\;.
$

    On pouvait aussi calculer ces coordonnées en écrivant la matrice de passage de la base canonique à la base $ {\cal B}$, puis en calculant son inverse.

    $\displaystyle \pi=\left(\begin{array}{rrr}
-1&-1&1\\
1&0&0\\
0&1&1
\end{array...
...{1}{2}\left(\begin{array}{rrr}
0&2&0\\
-1&-1&1\\
1&1&1
\end{array}\right)\;.
$

  7. Puisque $ {\cal B}$ est une base, pour tout polynôme $ P$ de $ \mathbb{R}_2[X]$, il existe un triplet unique de réels $ (a,b,c)$ tel que :

    $\displaystyle P(X)=a(X-1)+b(X^2-1)+c(X^2+1)\;.
$

    Le polynôme $ a(X-1)+b(X^2-1)$ appartient à $ F$, le polynôme $ c(X^2+1)$ appartient à $ G$. Tout polynôme de $ \mathbb{R}_2[X]$ est somme d'un élément de $ F$ et d'un élément de $ G$, donc $ F+G=\mathbb{R}_2[X]$.

    Pour démontrer que la somme est directe, il faut montrer en plus que $ F\cap G=\{0\}$. Soient $ a,b,c$ trois réels tels que :

    $\displaystyle a(X-1)+b(X^2-1)=c(X^2+1)\;.
$

    Alors $ a=b=c=0$, car $ {\cal B}$ est une famille libre.
  8. La projection $ p$ envoie $ X-1$ et $ X^2-1$ sur eux-mêmes, $ X^2+1$ sur 0. D'où la matrice de $ p$ dans la base $ {\cal B}$ :

    $\displaystyle \left(\begin{array}{rrr}
1&0&0\\
0&1&0\\
0&0&0
\end{array}\right)\;.
$

    La symétrie $ s$ envoie $ X-1$ et $ X^2-1$ sur eux-mêmes, $ X^2+1$ sur son opposé. D'où la matrice de $ p$ dans la base $ {\cal B}$ :

    $\displaystyle \left(\begin{array}{rrr}
1&0&0\\
0&1&0\\
0&0&-1
\end{array}\right)\;.
$

  9. $\displaystyle p(1)=p\left(0(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right)
=-\frac{1}{2}(X^2-1)\;,
$

    $\displaystyle p(X)=p\left(1(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right)
=1(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)\;,
$

    $\displaystyle p(X^2)=p\left(0(X-1)+\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right)
=\frac{1}{2}(X^2-1)\;.
$

    On en déduit la matrice de $ p$ dans la base canonique de $ \mathbb{R}_2[X]$ :

    $\displaystyle \frac{1}{2} 
\left(\begin{array}{rrr}
1&-1&-1\\
0&2&0\\
-1&-1&1
\end{array}\right)\;.
$

    $\displaystyle s(1)=s\left(0(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right)
=-\frac{1}{2}(X^2-1)-\frac{1}{2}(X^2+1)\;,
$

    $\displaystyle s(X)=s\left((X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right)
=(X\!-\!1)-\frac{1}{2}(X^2\!-\!1)-\frac{1}{2}(X^2+1) ,
$

    $\displaystyle s(X^2)=s\left(0(X-1)+\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right)
=\frac{1}{2}(X^2-1)-\frac{1}{2}(X^2+1)\;.
$

    On en déduit la matrice de $ s$ dans la base canonique de $ \mathbb{R}_2[X]$ :

    $\displaystyle \left(\begin{array}{rrr}
0&-1&-1\\
0&1&0\\
-1&-1&0
\end{array}\right)\;.
$

    On pouvait aussi calculer la matrice de $ p$ (respectivement : $ s$) en effectuant le produit matriciel $ \pi A \pi^{-1}$, où $ A$ est la matrice de $ p$ (respectivement $ s$) dans la base $ {\cal B}$ et $ \pi$ est la matrice exprimant les vecteurs de la base $ {\cal B}$ dans la base canonique.

Exercice 2 :  
  1. Soit $ a,b,c,d$ quatre réels. Notons $ f$ l'application

    $\displaystyle f : x\mapsto a\sin(x)+b\cos(x)+c\sin(2x)+d\cos(2x)\;.
$

    Pour montrer que $ {\cal V}$ est une famille libre, nous devons montrer que si $ f$ est l'application nulle, alors $ a=b=c=d=0$. Pour cela, nous choisissons des valeurs particulières pour $ x$ :

    \begin{displaymath}
\begin{array}{lccclcc}
f(0)&=&0&\Longrightarrow&b+d&=&0\\
f...
...\pi/4)&=&0&\Longrightarrow&(a+b)\sqrt{2}/2+c&=&0\;.
\end{array}\end{displaymath}

    En prenant la somme et la différence des deux premières équations, on obtient $ b=d=0$. La troisième implique alors que $ a=0$. On déduit ensuite $ c=0$ de la quatrième.
  2. Nous devons montrer que $ D$ est une application de $ E$ dans $ E$ et qu'elle est linéaire. D'après la question précédente, $ {\cal V}$ est une base de $ E$. Pour tout élément $ f$ de $ E$, il existe $ 4$ réels $ a,b,c,d$ tels que :

    $\displaystyle f : x\mapsto a\sin(x)+b\cos(x)+c\sin(2x)+d\cos(2x)\;.
$

    L'image de $ f$ par $ D$ est :

    $\displaystyle D(f) : x\mapsto a\cos(x)-b\sin(x)+2c\cos(2x)-2d\sin(2x)\;.
$

    L'application $ D(f)$ est bien élément de $ E$.

    Pour démontrer la linéarité, il suffit d'appliquer les résultats généraux sur la dérivation : si $ f$ et $ g$ sont dérivables et si $ \lambda$ et $ \mu$ sont deux réels, alors $ \lambda f+\mu g$ est dérivable et $ (\lambda f+\mu g)'=\lambda f'+\mu g'$.

  3. Nous savons que $ D$ est un endomorphisme, il suffit de montrer que $ D$ est bijective. Comme $ E$ est un espace vectoriel de dimension finie et $ D$ est une application linéaire de $ E$ dans lui-même, il nous suffit de vérifier que $ D$ est injective (ou bien surjective, mais il est inutile de vérifier les deux).

    Pour montrer que $ D$ est injective, il suffit de montrer que son noyau ne contient que l'application nulle. En reprenant les expressions de la question précédente, si $ f$ s'écrit :

    $\displaystyle f : x\mapsto a\sin(x)+b\cos(x)+c\sin(2x)+d\cos(2x) 
$

    l'image de $ f$ par $ D$ est :

    $\displaystyle D(f) : x\mapsto a\cos(x)-b\sin(x)+2c\cos(2x)-2d\sin(2x)\;.
$

    Puisque $ {\cal V}$ est une famille libre, $ D(f)=0$ implique $ a=0$, $ -b=0$, $ 2c=0$, $ -2d=0$. Donc $ a=b=c=d=0$ et $ f$ est l'application nulle.

Exercice 3 :  
  1. L'équation caractéristique associée est $ r^2=r-1/2$. Ses solutions sont :

    $\displaystyle r_1=\frac{1+\mathrm{i}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}$   et$\displaystyle \quad
r_2=\frac{1-\mathrm{i}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/4}\;.
$

  2. L'ensemble $ E$ des solutions réelles de $ ({\cal E})$ est un espace vectoriel de dimension $ 2$ sur $ \mathbb{R}$. Une base est donnée par les deux suites :

    $\displaystyle \frac{1}{(\sqrt{2})^n}\cos(n\pi/4)$   et$\displaystyle \quad
\frac{1}{(\sqrt{2})^n}\sin(n\pi/4)\;.
$

    $\displaystyle E=\left\{ \left(\frac{1}{(\sqrt{2})^n}\big(a\cos(n\pi/4)+
b\sin(n\pi/4)\big)\right)_{n\in\mathbb{N}} ,\;(a,b)\in\mathbb{R}^2 \right\}\;.
$

  3. Nous savons qu'il existe deux réels $ a$ et $ b$ tels que pour tout $ n\in\mathbb{N}$,

    $\displaystyle u_n=
\frac{1}{\sqrt{2}^n}\big(a\cos(n\pi/4)+
b\sin(n\pi/4)\big)\;.
$

    En reportant les valeurs de $ u_n$ pour $ n=0$ et $ n=2$, on trouve $ a=0$ et $ b=2$. La suite $ (u_n)$ est donc :

    $\displaystyle \left(\frac{2}{(\sqrt{2})^n}\sin(n\pi/4)\right)_{n\in\mathbb{N}}\;.
$



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