Corrigé du contrôle de maths L1 : applications linéaires, noyau, image et rang

Exercice 1 : Question de cours : injectivité et théorème du rang (3 points)

1. Supposons \(f\) injective. On sait que \(f(0_E) = 0_F\) par linéarité. Si \(x \in \operatorname{Ker} f\), alors \(f(x) = 0_F = f(0_E)\), donc \(x = 0_E\) par injectivité. Ainsi \(\operatorname{Ker} f = \{0_E\}\).

   Réciproquement, supposons \(\operatorname{Ker} f = \{0_E\}\). Soient \(x, y \in E\) tels que \(f(x) = f(y)\). Par linéarité, \(f(x – y) = f(x) – f(y) = 0_F\), donc \(x – y \in \operatorname{Ker} f\). Par conséquent, \(x = y\). Ainsi \(f\) est injective si et seulement si \(\operatorname{Ker} f = \{0_E\}\).

2. Théorème du rang : si \(E\) est de dimension finie et \(f \in \mathcal{L}(E, F)\), alors \(\operatorname{Im} f\) est de dimension finie et \(\dim E = \dim \operatorname{Ker} f + \operatorname{rg} f\).

   Soit \(u \in \mathcal{L}(E)\), avec \(\dim E = n\). D’après la question a et le théorème du rang :

   \(u\) injectif \(\iff \dim \operatorname{Ker} u = 0 \iff \operatorname{rg} u = n\).

   Or \(\operatorname{Im} u\) est un sous-espace de \(E\). Il est donc égal à \(E\) si et seulement si sa dimension vaut \(n\). Ainsi \(\operatorname{rg} u = n \iff u\) surjectif. Par conséquent, \(u\) injectif \(\iff\) \(u\) surjectif \(\iff\) \(u\) bijectif.

Erreur fréquente : appliquer ce résultat à une application entre deux espaces de dimensions différentes. Il faut \(\dim E = \dim F\), et la dimension finie est indispensable.

Barème : a) 1 point : 0,5 point par sens ; b) 2 points : 1 point pour l’énoncé complet du théorème du rang, 1 point pour les équivalences justifiées.

Exercice 2 : Une application de R³ dans R² (4 points)

1. Soient \(X = (x, y, z)\), \(X^{\prime} = (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). Chaque composante de \(f\) est une combinaison linéaire des coordonnées. Donc \(f(\lambda X + X^{\prime}) = \lambda f(X) + f(X^{\prime})\), par un calcul direct composante par composante. L’application \(f\) est linéaire.

2. On résout \(f(x, y, z) = (0, 0)\) :

   \[\begin{cases} x – y + 2z = 0 \\ 2x + y + z = 0 \end{cases}\]

   En additionnant les deux lignes, \(3x + 3z = 0\), donc \(x = -z\). Ensuite, la première ligne donne \(y = x + 2z = z\). Ainsi \((x, y, z) = z(-1, 1, 1)\).

   Vérification : \(f(-1, 1, 1) = (-1 – 1 + 2,\; -2 + 1 + 1) = (0, 0)\). Donc \(\operatorname{Ker} f = \operatorname{Vect}\big((-1, 1, 1)\big)\), de base \(\big((-1, 1, 1)\big)\).

3. D’après le théorème du rang, \(\operatorname{rg} f = \dim \mathbb{R}^3 – \dim \operatorname{Ker} f = 3 – 1 = 2\). Or \(\operatorname{Im} f\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^2\) de dimension 2. Donc \(\operatorname{Im} f = \mathbb{R}^2\). L’application \(f\) est de rang 2, surjective, mais pas injective car son noyau n’est pas réduit à \(\{0\}\).

4. D’abord, on cherche un antécédent particulier avec \(z = 0\) : \(x – y = 1\) et \(2x + y = 2\). En additionnant, \(3x = 3\), donc \(x = 1\) et \(y = 0\). Ainsi \(f(1, 0, 0) = (1, 2)\).

   Ensuite, \(f(X) = (1, 2) \iff f\big(X – (1, 0, 0)\big) = 0 \iff X – (1, 0, 0) \in \operatorname{Ker} f\). L’ensemble des antécédents de \((1, 2)\) est la droite affine \(\big\{(1 – t,\; t,\; t) : t \in \mathbb{R}\big\}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 1 point pour la résolution, 0,5 point pour la base ; c) 1 point : 0,5 point pour le rang, 0,5 point pour les conclusions ; d) 1 point : 0,5 point pour l’antécédent particulier, 0,5 point pour l’ensemble.

Exercice 3 : La dérivation sur les polynômes (4 points)

1. Pour \(P, Q \in \mathbb{R}_n[X]\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), \((\lambda P + Q)^{\prime} = \lambda P^{\prime} + Q^{\prime}\), donc \(D\) est linéaire. De plus, si \(\deg P \leq\, n\), alors \(\deg P^{\prime} \leq\, n – 1 \leq\, n\). Ainsi \(D\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}_n[X]\).

2. D’abord, \(P^{\prime} = 0\) si et seulement si \(P\) est constant. Donc \(\operatorname{Ker} D = \mathbb{R}_0[X]\), de dimension 1.

   Ensuite, \(\dim \mathbb{R}_n[X] = n + 1\). Le théorème du rang donne \(\operatorname{rg} D = (n + 1) – 1 = n\). Or, pour tout \(P\), \(\deg P^{\prime} \leq\, n – 1\), donc \(\operatorname{Im} D \subset \mathbb{R}_{n-1}[X]\). Ces deux espaces ont la même dimension \(n\). Par conséquent, \(\operatorname{Im} D = \mathbb{R}_{n-1}[X]\).

3. Pour tout \(P \in \mathbb{R}_n[X]\), \(D^{n+1}(P) = P^{(n+1)} = 0\), car la dérivée d’ordre \(n + 1\) d’un polynôme de degré au plus \(n\) est nulle. En revanche, \(D^n(X^n) = n! \neq 0\). Donc \(D^{n+1} = 0\) et \(D^n \neq 0\) : \(D\) est nilpotent d’indice \(n + 1\).

4. Soit \(P \in \operatorname{Ker} \psi\), c’est-à-dire \(P = P^{\prime}\). Si \(P \neq 0\), alors \(\deg P^{\prime} < \deg P\) (ou \(P^{\prime} = 0\)), ce qui contredit \(P = P^{\prime}\). Donc \(P = 0\) et \(\psi\) est injectif. Or \(\psi\) est un endomorphisme d’un espace de dimension finie. D’après l’exercice 1, \(\psi\) est donc un automorphisme.

   De plus, \(\mathrm{id}\) et \(D\) commutent. Par télescopage, \((\mathrm{id} – D)(\mathrm{id} + D + \cdots + D^n) = \mathrm{id} – D^{n+1} = \mathrm{id}\). Ainsi \(\psi^{-1} = \mathrm{id} + D + \cdots + D^n\).

   Pour \(n = 2\), \(P = \psi^{-1}(X^2) = X^2 + 2X + 2\). Vérification : \(P^{\prime} = 2X + 2\), donc \(P – P^{\prime} = X^2\). Le polynôme cherché est \(X^2 + 2X + 2\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour le noyau, 1 point pour l’image par le théorème du rang ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 point pour la bijectivité et l’inverse, 0,5 point pour le polynôme.

Exercice 4 : Projection sur un plan parallèlement à une droite (4 points)

1. Le plan \(\mathcal{P}\) est le noyau de la forme linéaire non nulle \((x, y, z) \mapsto x + y – z\). C’est donc un hyperplan : \(\dim \mathcal{P} = 2\). De plus, \(\dim \mathcal{D} = 1\), car \(u \neq 0\).

   Ensuite, soit \(t\,u = (t, t, t) \in \mathcal{P} \cap \mathcal{D}\). Alors \(t + t – t = t = 0\). Donc \(\mathcal{P} \cap \mathcal{D} = \{0\}\). Enfin, \(\dim \mathcal{P} + \dim \mathcal{D} = 3 = \dim \mathbb{R}^3\). Ainsi \(\mathbb{R}^3 = \mathcal{P} \oplus \mathcal{D}\).

2. Soit \(X = (x, y, z)\). On écrit \(X = a + t\,u\) avec \(a \in \mathcal{P}\) et \(t\) réel ; alors \(p(X) = a = X – t\,u\). La condition \(X – t\,u \in \mathcal{P}\) s’écrit \((x – t) + (y – t) – (z – t) = 0\), soit \(t = x + y – z\). Donc :

   \[p(x, y, z) = \big(x – (x + y – z),\; y – (x + y – z),\; z – (x + y – z)\big).\]

   Ainsi \(p(x, y, z) = (-y + z,\; -x + z,\; -x – y + 2z)\). Pour \(w = (1, 2, 1)\), on trouve \(t = 2\) et \(p(w) = (-1, 0, -1)\). On vérifie que \(-1 + 0 – (-1) = 0\), donc \(p(w) \in \mathcal{P}\), et que \(w – p(w) = (2, 2, 2) \in \mathcal{D}\).

   

3. Les colonnes de \(M\) sont les images des vecteurs de la base canonique :

   \[M = \begin{pmatrix} 0 -1 1 \\ -1 0 1 \\ -1 -1 2 \end{pmatrix}.\]

   Un calcul ligne par colonne donne, par exemple, pour la première ligne : \(0 + 1 – 1 = 0\), puis \(0 + 0 – 1 = -1\), puis \(0 – 1 + 2 = 1\). On procède de même pour les deux autres lignes. On obtient \(M^2 = M\), ce qui traduit \(p \circ p = p\). De plus, la trace de \(M\) vaut 2, qui est bien le rang de \(p\).

4. La symétrie par rapport à \(\mathcal{P}\) parallèlement à \(\mathcal{D}\) vérifie \(s = 2p – \mathrm{id}\). En effet, si \(X = a + t\,u\), alors \(s(X) = a – t\,u = 2a – X\). Donc :

   \[s(x, y, z) = (-x – 2y + 2z,\; -2x – y + 2z,\; -2x – 2y + 3z).\]

   Ainsi \(s(x, y, z) = (-x – 2y + 2z,\; -2x – y + 2z,\; -2x – 2y + 3z)\). Enfin, \(s(1, 1, 1) = (-1 – 2 + 2,\; -2 – 1 + 2,\; -2 – 2 + 3) = (-1, -1, -1) = -u\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour les dimensions, 0,5 point pour l’intersection et la conclusion ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la méthode, 0,5 point pour \(t\), 0,5 point pour \(p(x, y, z)\) et \(p(w)\) ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 point pour \(s = 2p – \mathrm{id}\), 0,5 point pour l’expression et la vérification.

Exercice 5 : Problème : un endomorphisme nilpotent (5 points)

Partie A : cas général

1. Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe des réels \(\lambda_0, \ldots, \lambda_{p-1}\) non tous nuls tels que \(\lambda_0 x + \lambda_1 u(x) + \cdots + \lambda_{p-1}u^{p-1}(x) = 0\). Soit \(j\) le plus petit indice tel que \(\lambda_j \neq 0\).

   On applique \(u^{p-1-j}\), qui est linéaire. Pour \(k > j\), on a \(k + p – 1 – j \geq\, p\), donc \(u^{k+p-1-j}(x) = 0\). Il reste \(\lambda_j\,u^{p-1}(x) = 0\). Or \(u^{p-1}(x) \neq 0\), donc \(\lambda_j = 0\) : c’est une contradiction. La famille \(\big(x, u(x), \ldots, u^{p-1}(x)\big)\) est donc libre.

2. Dans un espace de dimension \(n\), une famille libre a au plus \(n\) éléments. Or la famille précédente en compte \(p\). Donc \(p \leq\, n\), et \(u^n = u^{n-p} \circ u^p = 0\).

Partie B : un exemple dans R³

3. Par produit ligne par colonne :

   \[A^2 = \begin{pmatrix} 1 0 1 \\ 0 0 0 \\ -1 0 -1 \end{pmatrix}, \qquad A^3 = A^2 A = \begin{pmatrix} 0 0 0 \\ 0 0 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}.\]

   Par exemple, le coefficient \((1, 1)\) de \(A^2\) vaut \(1 + 1 – 1 = 1\). Ensuite, la première ligne de \(A^3\) vaut \((-1 + 1,\; -1 + 1,\; -1 + 1) = (0, 0, 0)\). Comme \(A^2 \neq 0\) et \(A^3 = 0\), \(v\) est nilpotent d’indice 3.

4. Le noyau est donné par le système \(-x – y – z = 0\), \(-x – z = 0\), \(x + y + z = 0\). La deuxième équation donne \(z = -x\), puis la première donne \(y = 0\). Donc \(\operatorname{Ker} v = \operatorname{Vect}\big((1, 0, -1)\big)\).

   D’après le théorème du rang, \(\operatorname{rg} v = 3 – 1 = 2\). L’image est engendrée par les colonnes de \(A\). Or les deux premières, \((-1, -1, 1)\) et \((-1, 0, 1)\), ne sont pas colinéaires. Donc \(\operatorname{Im} v = \operatorname{Vect}\big((-1, -1, 1), (-1, 0, 1)\big)\), c’est le plan d’équation \(x + z = 0\), et \(\operatorname{rg} v = 2\).

   Enfin, \((1, 0, -1)\) vérifie \(1 + (-1) = 0\). Donc \(\operatorname{Ker} v \subset \operatorname{Im} v\).

5. On a \(v(e_1) = (-1, -1, 1)\), première colonne de \(A\), et \(v^2(e_1) = (1, 0, -1)\), première colonne de \(A^2\). Comme \(v^2(e_1) \neq 0\) et que \(v\) est d’indice 3, la partie A montre que \(\mathcal{B}^{\prime}\) est libre. Elle compte 3 vecteurs dans \(\mathbb{R}^3\) : c’est donc une base.

   Ensuite, \(v(e_1)\) est le deuxième vecteur de \(\mathcal{B}^{\prime}\), \(v\big(v(e_1)\big)\) est le troisième et \(v\big(v^2(e_1)\big) = v^3(e_1) = 0\). La matrice de \(v\) dans \(\mathcal{B}^{\prime}\) est donc :

   \[N = \begin{pmatrix} 0 0 0 \\ 1 0 0 \\ 0 1 0 \end{pmatrix}.\]

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour le choix du plus petit indice, 1 point pour l’application de \(u^{p-1-j}\) et la conclusion ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 point pour \(A^2\), 0,5 point pour \(A^3\) et l’indice ; d) 1 point : 0,5 point pour le noyau, 0,5 point pour l’image et l’inclusion ; e) 1 point : 0,5 point pour la base, 0,5 point pour la matrice.

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Après le corrigé du contrôle : applications linéaires, noyau, image et rang

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