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{{Exercice
  | idfaculté = mathématiques
  | chapitre  = [[../../Définitions/]]
  | précédent = [[../Application directe/]]
  | suivant   =[[../Projecteurs, symétries/]]
  | numéro    = 2
  | niveau    = 14
}}
Soient ''E'', ''F'' et ''G'' trois ''K''-espaces vectoriels.
{{Clr}}

== Exercice 2-1 ==
Soient <math>a,b,u,v\in\operatorname L(E)</math>.
#Montrer que :
##<math>au+bv=\mathrm{id}_E\Rightarrow E=\operatorname{im}a+\operatorname{im}b</math> ;
##<math>ua+bv=\mathrm{id}_E\Rightarrow\ker a\subset\operatorname{im}b</math> ;
##<math>ua+vb=\mathrm{id}_E\Rightarrow\ker a\cap\ker b=\{0\}</math> ;
##<math>ab=0\Leftrightarrow\operatorname{im}b\subset\ker a</math>.
#La question 1.4 se généralise facilement au cas où <math>b\in\operatorname L(E,F)</math> et <math>a\in\operatorname L(F,G)</math> (avec <math>E,F,G</math> trois ''K''-e.v. non nécessairement égaux). Généraliser de même (sans démonstration) les questions 1.1, 1.2 et 1.3.
{{Solution|contenu=
#
##<math>au+bv=\mathrm{id}_E\Rightarrow\forall x\in E\quad x=a(u(x))+b(v(x))\in\operatorname{im}a+\operatorname{im}b</math>.
##<math>ua+bv=\mathrm{id}_E\Rightarrow\forall x\in\ker a\quad x=u(a(x))+b(v(x))=0+b(v(x))\in\operatorname{im}b</math>.
##<math>ua+vb=\mathrm{id}_E\Rightarrow\forall x\in\ker a\cap\ker b\quad x=u(a(x))+v(b(x))=u(0)+v(0)=0</math>.
##<math>ab=0\Leftrightarrow\forall x\in E\quad b(a(x))=0\Leftrightarrow\forall y\in\operatorname{im}b\quad a(y)=0</math>.
#Les questions 1.1, 1.2 et 1.3 se généralisent respectivement au cas où :
##<math>u\in\operatorname L(E,F),a\in\operatorname L(F,E),v\in\operatorname L(E,G),b\in\operatorname L(G,E)</math> ;
##<math>a\in\operatorname L(E,F),u\in\operatorname L(F,E),v\in\operatorname L(E,G),b\in\operatorname L(G,E)</math> ;
##<math>a\in\operatorname L(E,F),u\in\operatorname L(F,E),b\in\operatorname L(E,G),v\in\operatorname L(G,E)</math>.
}}

== Exercice 2-2 ==
Soient <math>u,v,w\in\operatorname L(E)</math> tels que <math>u\circ v=w</math>, <math>v\circ w=u</math> et <math>w\circ u=v</math>.

Montrer que ces trois endomorphismes ont même noyau et même image.

{{Solution|contenu=
*<math>u\circ v=w\Rightarrow\operatorname{Ker}v\subset\operatorname{Ker}w</math>. De même, <math>\operatorname{Ker}w\subset\operatorname{Ker}u</math> et <math>\operatorname{Ker}u\subset\operatorname{Ker}v</math>. Les trois noyaux sont donc égaux.
*<math>u\circ v=w\Rightarrow\operatorname{Im}w\subset\operatorname{Im}u</math>. De même, <math>\operatorname{Im}u\subset\operatorname{Im}v</math> et <math>\operatorname{Im}v\subset\operatorname{Im}w</math>. Les trois images sont donc égales.
}}

== Exercice 2-3 ==
Soient <math>u,v\in\operatorname L(E)</math>.
#Vérifier que <math>\ker v\subset\ker u\circ v</math> et <math>\operatorname{im}v\supset\operatorname{im}v\circ u</math>.
#Montrer que <math>\ker v=\ker u\circ v\Leftrightarrow\ker u\cap\operatorname{im}v=\{0\}</math>.
#Montrer que <math>\operatorname{im}v=\operatorname{im}v\circ u\Leftrightarrow E=\operatorname{im}u+\ker v</math>.

{{Solution|contenu=
#<math>\forall x\in\ker v\quad u\circ v(x)=u\left(v(x)\right)=u(0)=0</math> donc <math>x\in\ker u\circ v</math>. On a donc bien <math>\ker v\subset\ker u\circ v</math>.<br />D'autre part (comme pour toutes applications de <math>E</math> dans <math>E</math>, même non linéaires) <math>\operatorname{im}v\circ u=v\circ u(E)=v\left(u(E)\right)\subset v(E)=\operatorname{im}v</math>.
#D'après la question 1, il reste à démontrer que <math>\ker u\circ v\subset\ker v\Leftrightarrow\ker u\cap\operatorname{im}v\subset\{0\}</math>.<br /><math>\ker u\cap\operatorname{im}v\subset\{0\}\Leftrightarrow\forall y\in\operatorname{im}v\quad\left(u(y)=0\Rightarrow y=0\right)\Leftrightarrow\forall x\in E\quad\left(u\left(v(x)\right)=0\Rightarrow v(x)=0\right)\Leftrightarrow\ker u\circ v\subset\ker v</math>.
#D'après la question 1, il reste à démontrer que <math>\operatorname{im}v\subset\operatorname{im}v\circ u\Leftrightarrow E\subset\operatorname{im}u+\ker v</math>.<br /><math>E\subset\operatorname{im}u+\ker v\Leftrightarrow\forall x\in E\quad\exists y\in\operatorname{im}u\quad v(x-y)=0\Leftrightarrow\forall x\in E\quad\exists z\in E\quad v\left(x-u(z)\right)=0\Leftrightarrow\forall x\in E\quad\exists z\in E\quad v(x)=v\circ u(z)\Leftrightarrow\operatorname{im}v\subset\operatorname{im}v\circ u</math>.
}}

== Exercice 2-4 ==
Soit <math>\varphi\in\operatorname L(E)</math>. En utilisant parfois les résultats de l'exercice précédent, démontrer que :
#la suite des noyaux des itérés de <math>\varphi</math> est croissante et celle des images est décroissante : <math>\forall n\in\N\quad\ker\left(\varphi^n\right)\subset\ker\left(\varphi^{n+1}\right)\quad\text{et}\quad\operatorname{im}\left(\varphi^n\right)\supset\operatorname{im}\left(\varphi^{n+1}\right)</math> ;
#s'il existe au moins un <math>n</math> tel que <math>\ker\left(\varphi^n\right)=\ker\left(\varphi^{n+1}\right)</math> alors la suite des noyaux est strictement croissante jusqu'à un certain rang <math>p</math>, puis constante à partir de ce rang ;
#s'il existe au moins un <math>n</math> tel que <math>\operatorname{im}\left(\varphi^n\right)=\operatorname{im}\left(\varphi^{n+1}\right)</math> alors la suite des images est strictement décroissante jusqu'à un certain rang <math>q</math>, puis constante à partir de ce rang ;
#si les deux suites stationnent alors <math>E=\ker(\varphi^q)\oplus\operatorname{im}(\varphi^p)</math> et <math>p=q</math> ;
#si <math>E</math> est de dimension finie alors les deux suites stationnent et l'entier <math>p=q</math> est au plus égal à <math>\dim(E)</math> ;
#si <math>E</math> est de dimension infinie alors les deux sous-espaces <math>\cup_{n\in\N}\ker(\varphi^n)</math> et <math>\cap_{n\in\N}\operatorname{im}(\varphi^n)</math> ne sont plus nécessairement supplémentaires.

{{Solution|contenu=
#Appliquer la question 1 de l'exercice précédent à <math>u=\varphi</math> et <math>v=\varphi^n</math>.
#Soit <math>p</math> le plus petit des entiers <math>n</math> tels que <math>\ker\left(\varphi^n\right)=\ker\left(\varphi^{n+1}\right)</math>. Pour tout <math>n\ge p</math>, en prenant les images réciproques par <math>\varphi^{n-p}</math> des deux membres de l'égalité <math>\ker\left(\varphi^p\right)=\ker\left(\varphi^{p+1}\right)</math>, on obtient : <math>\ker\left(\varphi^n\right)=\ker\left(\varphi^{n+1}\right)</math>.
#Soit <math>q</math> le plus petit des entiers <math>n</math> tels que <math>\operatorname{im}\left(\varphi^n\right)=\operatorname{im}\left(\varphi^{n+1}\right)</math>. Pour tout <math>n\ge q</math>, en prenant les images directes par <math>\varphi^{n-q}</math> des deux membres de l'égalité <math>\operatorname{im}\left(\varphi^q\right)=\operatorname{im}\left(\varphi^{q+1}\right)</math>, on obtient : <math>\operatorname{im}\left(\varphi^n\right)=\operatorname{im}\left(\varphi^{n+1}\right)</math>.
#<math>\ker\left(\varphi^{p+q}\right)=\ker\left(\varphi^p\right)</math> et <math>\operatorname{im}\left(\varphi^{p+q}\right)=\operatorname{im}\left(\varphi^q\right)</math> donc d'après les questions 2 et 3 de l'exercice précédent :<div style="text-align: center;"><math>(1)\quad\ker\left(\varphi^q\right)\cap\operatorname{im}\left(\varphi^p\right)=\{0\}</math> et <math>(2)\quad E=\operatorname{im}\left(\varphi^p\right)+\ker\left(\varphi^q\right)</math>,</div>autrement dit : <math>E=\ker(\varphi^q)\oplus\operatorname{im}(\varphi^p)</math>.
#*Si <math>p\ge q</math>, on déduit de <math>(1)</math> que <math>\ker\left(\varphi^q\right)\cap\operatorname{im}\left(\varphi^q\right)=\{0\}</math>, c'est-à-dire <math>\ker\left(\varphi^{2q}\right)=\ker\left(\varphi^q\right)</math>, donc <math>p\le q</math>.
#*Si <math>q\ge p</math>, on déduit de <math>(2)</math> que <math>E=\operatorname{im}\left(\varphi^p\right)+\ker\left(\varphi^p\right)</math>, c'est-à-dire <math>\operatorname{im}\left(\varphi^{2p}\right)=\operatorname{im}\left(\varphi^p\right)</math>, donc <math>q\le p</math>.
#:Dans les deux cas, on peut donc conclure : <math>p=q</math>.
#Si <math>E</math> est de dimension finie <math>n</math>, on ne peut pas avoir <math>\{0\}\subsetneq\ker\left(\varphi\right)\subsetneq\ker\left(\varphi^2\right)\subsetneq\dots\subsetneq\ker\left(\varphi^{n+1}\right)</math>, car <math>\dim\left(\ker\left(\varphi^{n+1}\right)\right)\le n</math>. Donc la suite des noyaux stationne à partir d'un rang <math>p\le n</math>. On démontre de même que la suite des images stationne à partir d'un rang <math>q\le n</math>.
#Considérons <math>E=\R[X]</math> et <math>\varphi=</math> la dérivation. Alors, <math>\cup_{n\in\N}\ker(\varphi^n)=\cap_{n\in\N}\operatorname{im}(\varphi^n)=E</math> (et seule la suite des images stationne). Ou encore : <math>\varphi=</math> la multiplication par <math>X</math>. Alors, <math>\cup_{n\in\N}\ker(\varphi^n)=\cap_{n\in\N}\operatorname{im}(\varphi^n)=\{0\}</math> (et seule la suite des noyaux stationne).
}}

== Exercice 2-5 ==
Les applications suivantes sont-elles linéaires ?
:<math>\begin{matrix}
f_1 : (x,y) \in \R^2 \mapsto (2x+y, ax-y)\in \R^2, &\qquad 
f_2 : (x,y,z) \in \R^3 \mapsto (xy, ax, y)\in \R^3,\\
f_3 : P \in \R[X]\mapsto aP'+ P\in \R[X], &\qquad 
f_4 : P \in \R_3[X]\mapsto P'\in \R_2[X],\\
f_5 : P \in \R_3[X]\mapsto (P(-1),P(0),P(1)) \in \R^3, &\qquad 
f_6 : P \in \R[X]\mapsto P-(X-2) P'\in \R[X],\\
f_7: P \in \R_n[X]\mapsto P-\frac X2P'\in \R_n[X].
\end{matrix}</math>
Pour celles qui le sont, déterminer le noyau et l'image et en déduire si l'application est injective, surjective, bijective.
{{Solution|contenu=
Toutes sont linéaires sauf <math>f_2</math> (car <math>f_2(-1,-1,0)\ne-f_2(1,1,0)</math>).

Si <math>a=-2</math>, <math>\ker f_1=\R(1,-2)</math>, <math>\operatorname{im}f=\R(1,-1)</math> et <math>f_1</math> n'est ni injective, ni surjective.

Si <math>a\ne-2</math>, <math>f_1</math> est bijective.

<math>f_3</math> est bijective.

<math>f_4</math> est surjective mais pas injective : son noyau est la droite des polynômes constants.

<math>f_5</math> est surjective mais pas injective : son noyau est la droite engendrée par <math>X^3-X</math>.

<math>f_6</math> n'est ni injective, ni surjective : son noyau est la droite engendrée par <math>X-2</math> (on le trouve en résolvant une [[Équation différentielle/Équation différentielle linéaire du premier ordre#Cas général : équations à coefficients variables|équation différentielle linéaire du premier ordre]] très simple) et son image est l'[[w:Hyperplan|hyperplan]] des polynômes <math>Q</math> tels que <math>Q'(2)=0</math> (en effet, si <math>Q=P-(X-2)P'</math> alors <math>Q'=-(X-2)P''</math> s'annule en 2 et réciproquement, si <math>Q'(2)=0</math> alors, soit <math>C</math> un polynôme tel que <math>Q'=-(X-2)C'</math> et soit <math>P=Q+(X-2)C</math>, on a <math>P'=C</math> donc <math>Q=P-(X-2)P'</math>).

<math>f_7</math> n'est ni injective, ni surjective (sauf si <math>n\le1</math>) : <math>f_7(X^k)=(1-k/2)X^k</math> donc <math>\ker f_7</math> est la droite engendrée par <math>X^2</math> et <math>\operatorname{im} f_7=\operatorname{Vect}(1,X,X^3,\dots,X^n)</math>.
}}

==Exercice 2-6==
Soit
:<math>A=\begin{pmatrix}1&1&2\\0&2&2\\1&0&1\end{pmatrix}</math>.
On note <math>f</math> et <math>{}^t\!f</math> les endomorphismes de <math>\R^3</math> de matrices respectives <math>A</math> et <math>{}^t\!A</math> dans la base canonique.
#Montrer que <math>\operatorname{rang}(A)=\operatorname{rang}({}^t\!A)=2</math> et calculer une base <math>(u_1,u_2)</math> de <math>\operatorname{im}({}^t\!f)</math>.
#Montrer que <math>\ker({}^t\!f)</math> est engendré par le vecteur <math>v=(-2,1,2)</math>.
#Montrer que <math>\R^3=\operatorname{im}(f)\oplus\ker({}^t\!f)</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>\operatorname{im}({}^t\!f)=\operatorname{Vect}(u_1,u_2,u_3)</math> avec <math>u_1=(1,0,1)</math>, <math>u_2=(0,1,1)</math> et <math>u_3=(1,1,2)=u_1+u_2</math>. Comme <math>u_1</math> et <math>u_2</math> ne sont pas colinéaires, ils forment donc une base de <math>\operatorname{im}({}^t\!f)</math>, si bien que <math>\operatorname{rang}(A)=\operatorname{rang}({}^t\!A)=2</math>.
#<math>\ker({}^t\!f)=\{(x,y,z)\in\R^3\mid x+z=x+2y=2x+2y+z=0\}=\{(-2y,y,2y)\mid y\in\R\}</math>.
#<math>\operatorname{im}(f)=\operatorname{Vect}(v_1,v_2)</math> avec <math>v_1=(1,0,1)</math> et <math>v_2=(1,2,0)</math>, et <math>\det(v_1,v_2,v)=\begin{vmatrix}1&1&-2\\0&2&1\\1&0&2\end{vmatrix}=9\ne0</math>.
}}

==Exercice 2-7==
Soit l'application
:<math>f:K^3\to K^3,\;(x,y,z)\mapsto(x+2y+3z,-x+4y-4z,-6y+z)</math>.
#Montrer que <math>f</math> est linéaire et donner sa matrice dans la base canonique.
#Calculer son noyau et en déduire son rang.
#Est-elle injective ? surjective ?
{{Solution|contenu=
#<math>f\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}</math> avec <math>A=\begin{pmatrix}1&2&3\\-1&4&-4\\0&-6&1\end{pmatrix}</math> donc <math>f</math> est linéaire, de matrice <math>A</math> dans la base canonique.
#<math>\ker f=\operatorname{Vect}((-20,1,6))</math> donc <math>\operatorname{rang}(f)=3-1=2</math>.
#<math>f</math> n'est donc ni injective, ni surjective.
}}

==Exercice 2-8==
Donner une base du noyau de chacune des applications linéaires <math>f:E\to F</math> suivantes.
#<math>E=K^2</math>, <math>F=K</math>, <math>f(x, y) = x - y</math>.
#<math>E=K^3</math>, <math>F=K</math>, <math>f(x, y, z) = x + 2y - z</math>.
#<math>a\in K</math>, <math>E=K^4</math>, <math>F=K^3</math>, <math>f\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a - 1 & -a + 1 & a & a - 1 \\
      -a + 6 & a - 2 & -a + 4 & -a + 2 \\
      a - 5 & -a + 2 & a - 3 & a - 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>\left((1,1)\right)</math>.
#<math>\left((1,0,1),(0,1,2)\right)</math>.
#<math>f\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}\Leftrightarrow\begin{cases}(a - 1)x+(-a + 1)y+az+(a - 1)t&=0\\5x-y+4z+t&=0\\4x-y+3z+t&=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}y&=4x+3z+t\\x+z&=0\\(a - 1)x+(-a + 1)y+az+(a - 1)t&=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}z&=-x\\y&=x+t\\ax&=0\end{cases}</math>.
#*Si <math>a=0</math>, <math>\ker f</math> est le plan de base <math>\left((1,1,-1,0),(0,1,0,1)\right)</math>.
#*Si <math>a\ne0</math>, <math>\ker f</math> est la droite de base <math>\left((0,1,0,1)\right)</math>.
}}
Donner une base de l'image de chacune des applications linéaires <math>f:E\to F</math> suivantes.
#<math>E=\R</math>, <math>F=\R^2</math>, <math>f(x)=(3x,-3x)</math>.<!--SVP NE PAS REMPLACER \R par K dans cette question, car il est important que la caractéristique du corps soit différente de 3-->
#<math>E=\R^2</math>, <math>F=\R^3</math>, <math>f(x, y) =(x+2y, 3x+2y)</math>.<!--SVP NE PAS REMPLACER \R par K dans cette question, car il est important que la caractéristique du corps soit différente de 2-->
#<math>E=F=K^3</math>, <math>a\in K</math>, <math>f\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-a + 2 & -3 & -1 \\
      -a + 1 & -1 & 0 \\
      1 & -3 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>\left((1,-1)\right)</math>.
#<math>\left((1,3),(1,1)\right)</math>.
#Une famille génératrice de <math>\operatorname{im} f</math> est <math>\left(\begin{pmatrix}-a + 2\\-a + 1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-3\\-1\\-3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1 \\0 \\-2\end{pmatrix}\right)</math>, ou (en remplaçant la deuxième colonne <math>C_2</math> par <math>C_3-C_2</math>) <math>\left(\begin{pmatrix}-a + 2\\-a + 1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1 \\0 \\-2\end{pmatrix}\right)</math>, ou (en remplaçant la première colonne <math>C_1</math> par <math>C_1-C_2</math>) <math>\left(\begin{pmatrix}-a\\-a\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1 \\0 \\-2\end{pmatrix}\right)</math>.
#*Si <math>a=0</math>, <math>\operatorname{im} f</math> est le plan de base <math>\left(\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1 \\0 \\-2\end{pmatrix}\right)</math>.
#*Si <math>a\ne0</math>, <math>\operatorname{im} f</math> a pour base <math>\left(\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1 \\0 \\-2\end{pmatrix}\right)</math> donc est égal à <math>K^3</math> tout entier.
}}

==Exercice 2-9==
Soient <math>m\in\R</math> et <math>M_m=\begin{pmatrix}1&-m&m^2\\m&-m^2&m\\m&1&-m^2\end{pmatrix}</math>.
#Calculer le [[Matrice/Déterminant|déterminant]] de <math>M_m</math>.
#Déterminer les valeurs du réel <math>m</math> pour lesquelles la matrice <math>M_m</math> est inversible.
#:On considère l'endomorphisme <math>f_m</math> de <math>\R^3</math> dont la matrice dans la base canonique est <math>M_m</math>, et l'on pose <math>F_m=\operatorname{Vect}\left((2m,2m,1-m)\right)</math>.
#Pour quelles valeurs de <math>m</math> l'application <math>f_m</math> est-elle bijective ?
#Déterminer l'image et le noyau de <math>f_1</math>. Déterminer <math>\operatorname{im}(f_1)\cap F_1</math>.
#Montrer que <math>\operatorname{im}(f_{-1})\oplus F_{-1}=\R^3</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>\det(M_m)=m(m^4-1)</math>.
#<math>M_m</math> est donc inversible pour tout réel <math>m</math> différent de <math>0</math>, <math>1</math> et <math>-1</math>.
#<math>f_m</math> est donc bijective pour tout réel <math>m</math> différent de <math>0</math>, <math>1</math> et <math>-1</math>.
#<math>\operatorname{im}(f_1)</math> a pour base <math>\left(\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}\right)</math>. C'est donc le plan d'équation <math>x=y</math>.<br />Il contient la droite <math>F_1</math> donc l'intersection est <math>F_1</math>. <math>\ker f_1</math> est la droite
#<math>\operatorname{im}(f_{-1})</math> a pour base <math>\left(\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\right)</math>. C'est donc le plan d'équation <math>y=-x</math>.<br /><math>\operatorname{im}(f_{-1})\cap F_{-1}=\{\vec0\}</math> et <math>\dim\operatorname{im}(f_{-1})+\dim F_{-1}=2+1=\dim\R^3</math> donc <math>\operatorname{im}(f_{-1})</math> et <math>F_{-1}</math> sont [[Espace vectoriel/Définitions#Sous-espaces vectoriels supplémentaires|supplémentaires]] dans <math>\R^3</math>.
Voir aussi [[Systèmes de Cramer/Exercices/Systèmes à paramètre#Exercice 2-1]].
}}

==Exercice 2-10==
Soit <math>M=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in\mathrm M_2(\R)</math> une matrice non {{w|Matrice scalaire|scalaire}}.
#Montrer que l'application <math>f:\mathrm M_2(\R)\to\mathrm M_2(\R),\;A\mapsto AM-MA</math> est linéaire et donner sa matrice dans la base canonique
#:<math>\left(e_1=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},e_2=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},e_3=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix},e_4=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\right)</math>.
#Montrer que <math>A\in\ker f</math>. Sans calcul, donner une autre matrice de <math>\ker f</math>, non proportionnelle à <math>A</math>.
#Chercher <math>\ker f,\mathrm{im}f</math>, et montrer que si <math>(a-d)^2+4bc\ne0</math> alors <math>\mathrm M_2(\R)=\ker f\oplus\mathrm{im} f</math>.
#Que vaut <math>\mathrm{Tr}(f(A))</math> ?
{{Solution|contenu=
#<math>f\begin{pmatrix}x&y\\z&t\end{pmatrix}=(x-t)(be_2-ce_3)+y(c(e_1-e_4)+(d-a)e_2)+z(b(e_4-e_1)+(a-d)e_3)</math><br />donc <math>f</math> est linéaire et sa matrice dans <math>e</math> est <math>\begin{pmatrix}0&c&-b&0\\b&d-a&0&-b\\-c&0&a-d&c\\0&-c&b&0\end{pmatrix}</math>.
#<math>f(A)=A^2-A^2=0</math> et <math>f(\mathrm I_2)=A-A=0</math>.
#(On pourrait aussi exploiter la question 2 et/ou le théorème du rang, pour répondre plus facilement à la 3.)
#*<math>\ker f=\{\begin{pmatrix}x&y\\z&t\end{pmatrix}\mid cy-bz=0,b(x-t)+(d-a)y=0,c(x-t)+(d-a)z=0\}</math>, or <math>(a-d)[cy-bz]+c[b(x-t)+(d-a)y]-b[c(x-t)+(d-a)z]=0</math> donc <math>\ker f=</math> le plan d'équations
#**si <math>c\ne0</math> : <math>y=bz/c,t=x+(d-a)z/c</math>,
#**si <math>b\ne0</math> : <math>z=cy/b,t=x+(d-a)y/b=0</math>,
#**si <math>d\ne a</math> : <math>y=b(x-t)/(a-d),z=c(x-t)/(a-d)</math>.
#*<math>\mathrm{im} f= \mathrm{Vect}(f(e_1),f(e_2),f(e_3))</math> (car <math>f(e_4)=-f(e_1)</math>, or <math>(a-d)f(e_1)+bf(e_2)+cf(e_3)=f(M)=0</math>, donc <math>\mathrm{im}f=</math>
#**si <math>c\ne0</math> : <math>\mathrm{Vect}(f(e_1),f(e_2))</math>,
#**si <math>b\ne0</math> : <math>\mathrm{Vect}(f(e_1),f(e_3))</math>,
#**si <math>d\ne a</math> : <math>\mathrm{Vect}(f(e_2),f(e_3))</math>.<br />Dans les trois cas, on trouve que <math>\mathrm{im}f</math> est le plan d'équations <math>t=-x,(a-d)x+cy+bz=0</math>.
#*<math>\mathrm{im}f\cap\ker f=</math> a pour équations
#**si <math>c\ne0</math> : <math>y=bz/c,-t=x=(a-d)z/(2c),z[(a-d)^2+4bc]=0</math>,
#**si <math>b\ne0</math> : <math>z=cy/b,-t=x=(a-d)y/(2b),y[(a-d)^2+4bc]=0</math>,
#**si <math>d\ne a</math> : <math>y=2bx/(a-d),z=2cx/(a-d),t=-x,x[(a-d)^2+4bc]=0</math>.<br />Dans les trois cas, on en déduit que les plans <math>\mathrm{im}f</math> et <math>\ker f</math> sont d'intersection nulle, donc supplémentaires dans <math>\mathrm M_2(\R)</math>.
#<math>\mathrm{Tr}(f(A))=\mathrm{Tr}(AM)-\mathrm{Tr}(MA)=0</math> (on peut aussi utiliser la première équation <math>t=-x</math> de <math>\mathrm{im}f</math>).
}}

==Exercice 2-11==
On considère l'application linéaire <math>f:K^3\to K^3</math> définie par <math>f(x,y,z)=(5x+ 2y+z,4x+y+2z,x-y+3z)</math>, pour tout triplet <math>(x,y,z)\in K^3</math>.
#Écrire la matrice <math>[f]_{\mathcal C}^{\mathcal C}</math> de <math>f</math> dans la base canonique <math>\mathcal C=(e_1,e_2,e_3)</math> de <math>K^3</math>.
#Calculer le noyau de <math>f</math>. Donner une base de ce s.e.v.
#Calculer l'image de <math>f</math>.  Donner une base de ce s.e.v.
#L'application <math>f</math> est-elle injective ? surjective ?
{{Solution|contenu=
#<math>[f]_{\mathcal C}^{\mathcal C}=\begin{pmatrix}
5&2&1\\ 4&1&2 \\ 1&-1&3
\end{pmatrix}</math>.
#En résolvant le système homogène associé, on trouve <math>\ker f=\operatorname{Vect}\{(1,-2,-1)\}</math>.
#D'après la question précédente, les colonnes de <math>[f]_{\mathcal C}^{\mathcal C}</math> vérifient : <math>C_1=2C_2+C_3</math>. Donc <math>\operatorname{im}f=\operatorname{Vect}\{C_2,C_3\}=\operatorname{Vect}\{ (2,1,-1),(1,2,3)\}</math> et ces deux vecteurs sont non colinéaires donc forment une base de <math>\operatorname{im}f</math> (un autre argument pour conclure est d'invoquer le théorème du rang).
#Non, non.
}}

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  | idfaculté = mathématiques
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}}