Matrices et applications linéaires

Exercice 1.
Donner la matrice {A} dans la base canonique {(e_1,e_2,e_3)} de l’endomorphisme {f} de {\mathbb{R}^3} sachant que {(1,2,-1)\in\text{Ker} f}, que {f(e_1)=(2,1,1)} et {f(e_2)=(3,0,-1)}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
La matrice s’écrit {A=\begin{pmatrix}2&3&x\cr 1&0&y\cr 1&-1&z\end{pmatrix}}.
L’hypothèse sur {\text{Ker} f} s’exprime en disant que {A\begin{pmatrix}1\cr2\cr-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\cr0\cr0\end{pmatrix}}.

Ainsi {\begin{cases}x=8\\y=1\\z=-1\end{cases}} et on en déduit {A=\begin{pmatrix}2&3&8\cr 1&0&1\cr 1&-1&-1\end{pmatrix}}.

Exercice 2.
Déterminer relativement aux bases canoniques la matrice {A} de l’application linéaire {f} de {\mathbb{R}^2} vers {\mathbb{R}^3} définie par {f(1,-1)=(-1,-2,5)} et {f(2,-3)=(0,5,4)}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  • Notons {A=\begin{pmatrix}x_1&x_2\cr y_1& y_2\cr z_1& z_2\end{pmatrix}} la matrice de {f} dans les bases canoniques.

    Par hypothèse, {A\begin{pmatrix}1\cr-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\cr-2\cr5\end{pmatrix}} et {A\begin{pmatrix}2\cr-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\cr5\cr4\end{pmatrix}}.

    Autrement dit: {\begin{cases}x_1-x_2=-1\cr y_1-y_2=-2\cr z_1-z_2=5\end{cases}} et {\begin{cases}2x_1-3x_2=0\cr 2y_1-3y_2=5\cr 2z_1-3z_2=4\end{cases}}

    On en déduit {\begin{cases}x_1=-3\cr x_2=-2\end{cases}}, {\begin{cases}y_1=-11\cr y_2=-9\end{cases}} et {\begin{cases}z_1=11\cr z_2=6\end{cases}}.

    Ainsi {A=\begin{pmatrix}-3&-2\cr-11&-9\cr11&6\end{pmatrix}}.

  • On peut procéder différemment avec une changement de base.

    Pour cela, on note {(e)} et {(e')} les bases canoniques de {\mathbb{R}^2} et de {\mathbb{R}^3}.

    Soit {(\varepsilon)} la base de {\mathbb{R}^2} définie par {\varepsilon_1=(1,-1)} et {\varepsilon_2=(2,-3)}.

    Dans {\mathbb{R}^2}, la matrice de passage de {(e)} à {(\varepsilon)} est {P=\begin{pmatrix}1&2\cr -1&-3\end{pmatrix}}.

    L’inverse de la matrice {P} est {P^{-1}=\begin{pmatrix}3&2\cr-1&-1\end{pmatrix}}.
    Par hypothèse la matrice de {f} dans {(\varepsilon)} et {(e')} est {B={\mathcal M}(f,(\varepsilon),(e'))=\begin{pmatrix}-1&0\cr -2&5\cr 5&4\end{pmatrix}}.

    On cherche la matrice de {f} dans {(e),(e')}, c’est-à-dire {A={\mathcal M}(f,(e),(e'))}.

    La formule de changement de bases s’écrit ici {B=AP}. Ainsi : {A=BP^{-1}=\begin{pmatrix}-1&0\cr -2&5\cr 5&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&2\cr-1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3&-2\cr-11&-9\cr11&6\end{pmatrix}}

Exercice 3.
Caractériser {f\in{\mathcal L}(\mathbb{R}^3)} de matrice {A=\dfrac13\begin{pmatrix}2&-1&-1\cr-1&2&-1\cr -1&-1&2\end{pmatrix}} dans la base canonique.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On constate que {A^2=A}. Ainsi {f} est une projection vectorielle.

Il reste à déterminer le noyau et les vecteurs invariants de {f}.

{u=(x,y,z)\in\text{Ker}\,f\Leftrightarrow\begin{cases}2x-y-z=0\cr -x+2y-z=0\cr -x-y+2z=0\end{cases} \Leftrightarrow x=y=z}.

{u=(x,y,z)\in\text{Inv}\,f\Leftrightarrow\begin{cases}2x-y-z=3x\cr -x+2y-z=3y\cr -x-y+2z=3z\end{cases}\Leftrightarrow x+y+z=0}.

Ainsi {f} est la projection vectorielle :

  • sur le plan d’équation {x+y+z=0}, engendré par les {\begin{cases}a=(1,-1,0)\cr b=(1,0,-1)\end{cases}}
  • Parallèlement à la droite engendrée par le vecteur {c=(1,1,1)}.

Exercice 4.
Dans {\mathbb{R}^3}, soient {(\Pi)} le plan {x+2y+3z=0} et {(D)} la droite {\begin{cases}x=3z\cr y=2z\end{cases}}
Déterminer la matrice {A} de la projection sur {(\Pi)} parallèlement à {(D)}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
Soit {u(x,y,z)\in\mathbb{R}^3} et {v=p(u)=(x',y',z')}.

Il existe {\lambda\in\mathbb{R}} tel que {v=u+\lambda(3,2,1)}.

Mais {v\in(\Pi)} donc {x'+2y'+3z'=0} donc {\lambda=-\dfrac1{10}(x+2y+3z)}.

On en déduit {(x',y',z')=(x,y,z)-\dfrac1{10}(x+2y+3z)(3,2,1)}.

Ainsi {\begin{cases}x'=\dfrac1{10}(7x-6y-9z)\phantom{\bigg(}\\y'=\dfrac1{10}(-2x+6y-6z)\phantom{\bigg(}\\ z'=\dfrac1{10}(-x-2y+7z)\phantom{\bigg(}\end{cases}} donc {P=\dfrac1{10}\begin{pmatrix}7&-6&-9\cr -2&6&-6\cr -1&-2&7\end{pmatrix}}

Exercice 5.
Calculer l’inverse et les puissances de {A=\begin{pmatrix}1&1&1&1&1\cr0&1&2&3&4\cr0&0&1&3&6\cr0&0&0&1&4\cr 0&0&0&0&1\end{pmatrix}}.
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
L’idée est d’associer à {A} une application linéaire {f} très simple.

On se place dans {\mathbb{R}_{4}[X]}, muni de la base canonique {1,X,X^2,X^3,X^4}.

On constate que : {\begin{cases}f(1)=1,\;f(X)=1+X\cr f(X^2)=1+2X+X^2=(1+X)^2\\f(X^3)=(1+X)^3\cr f(X^4)=(1+X)^4\end{cases}}

Par linéarité, et pour tout polynôme : {f\bigl(P(X)\bigr)=P(X+1)}.

{f} est un automorphisme de {\mathbb{R}_4[X]}, et {f^{-1}\bigl(P(X)\bigr)=P(X-1)}.

Plus généralement: {\forall\,n\in\mathbb{Z},\;f^{n}\bigl(P(X)\bigr)=P(X+n)}.

Ainsi {A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&1&-1&1\cr0&1&-2&3&-4\cr0&0&1&-3&6\cr0&0&0&1&-4\cr 0&0&0&0&1\end{pmatrix}}

De même {\forall\, n\in\mathbb{Z},\;A^n=\begin{pmatrix}1&n&n^2&n^3&n^4\cr0&1&2n&3n^2&4n^3\cr0&0&1&3n&6n^2\cr0&0&0&1&4n\cr 0&0&0&0&1\end{pmatrix}}.