Représentation matricielle d'une application linéaire

Exercices du dossier Représentation matricielle d'une application linéaire

Exercice 496 *

1 avril 2021 11:46 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour chacune des applications linéaires suivantes :

  1. vérifier que \(u\) est linéaire.

  2. déterminer sa matrice dans les bases canoniques des espaces vectoriels considérés.

  3. déterminer son rang.

  4. Déterminer \(u^{-1}\) quand cette application existe.

  5. calculer l’image du vecteur \(V\) donné en utilisant cette matrice.

  1. \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}^2 \\ \left(x,y,z\right) & \longmapsto & \left(x+y+z,x-2y-3z\right) \end{array} \right.\) et \(V=\left(0,1,-1\right)\)..

  2. \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}^3 \\ \left(x,y,z\right) & \longmapsto & \left(x+z,y-z,z-x\right) \end{array} \right.\) et \(V=\left(1,2,-1\right)\).

  3. On pose \(\overrightarrow{v}=\left(1,1,1\right)\). \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}^3 \\ \overrightarrow{u} & \longmapsto & \overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{v} \end{array} \right.\) et \(V=\left(-1,0,2\right)\).

  4. \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_3\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R}_3\left[X\right] \\ P & \longmapsto & XP'\left(X\right) -P \end{array} \right.\) et \(V=X^3-3X^2+X-1\).

  5. \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_2\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R}^3 \\ P & \longmapsto & \left(P\left(0\right),P\left(1\right),P\left(2\right)\right) \end{array} \right.\) et \(V=X^2-X+1\).

  6. \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right) & \longrightarrow & \mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right) \\ M & \longmapsto & {M}^{\mathrm{T}} \end{array} \right.\) et \(V= \begin{pmatrix} 1&-1\\ 0&1 \end{pmatrix}\).

  7. \(u: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right) & \longrightarrow & \mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right) \\ M & \longmapsto & EM \end{array} \right.\)\(E=\begin{pmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{pmatrix}\) et \(V= \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix}\)



[ID: 1662] [Date de publication: 1 avril 2021 11:46] [Catégorie(s): Représentation matricielle d'une application linéaire ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 496
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46
    1. On vérifie facilement que \(u\) est linéaire.

    2. \(A =\mathop{\mathrm{Mat}}_{e'\Leftarrow e}\left(u\right)= \begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 1&-2&-3 \end{pmatrix}\)\(e\) est la base canonique de \(\mathbb{R}^3\) et \(e'\) celle de \(\mathbb{R}^2\).

    3. \(\mathop{\mathrm{rg}}\left(u\right)=\mathop{\mathrm{rg}}\left(A\right)=2\)

    4. \(u\) ne peut être bijective car \(\mathbb{R}^2\) et \(\mathbb{R}^3\) ne sont pas de même dimension.

    5. On a \(B=\mathop{\mathrm{Mat}}_{e'}{V}=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(AB=\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}\). Donc \(u\left(V\right)=\left(0,1\right)\).

    1. On vérifie facilement que \(u\) est linéaire.

    2. \(A = \mathop{\mathrm{Mat}}_{ e}\left(u\right)=\begin{pmatrix} 1&0&1\\0&1&-1\\-1&0&1 \end{pmatrix}\)\(e\) désigne la base canonique de \(\mathbb{R}^3\).

    3. \(\mathop{\mathrm{rg}}\left(u\right)=\mathop{\mathrm{rg}}\left(A\right)=3\)

    4. On en déduit que \(u\) est bijective. De plus \(A^{-1}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1&0&-1\\1&2&1\\1&0&1\end{pmatrix}\) donc \(u^{-1}: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}^3 \\ \left(x,y,z\right) & \longmapsto & \dfrac{1}{2}\left(x-z,x+2y+z,x+z\right) \end{array} \right.\)

    5. On a \(B=\mathop{\mathrm{Mat}}_{e}{V}=\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}\) et \(AB=\begin{pmatrix} 0\\3 \\-2 \end{pmatrix}\). Donc \(u\left(V\right)=\left(0,3,-2\right)\).

    1. \(u\) est linéaire par bilinéarité du produit vectoriel.

    2. \(A = \mathop{\mathrm{Mat}}_{ e}\left(u\right)=\begin{pmatrix} 0&1&-1\\-1&0&1\\1&-1&0 \end{pmatrix}\)\(e\) désigne la base canonique de \(\mathbb{R}^3\).

    3. \(\mathop{\mathrm{rg}}u = \mathop{\mathrm{rg}}A = 2\).

    4. \(u\) n’est donc pas bijective.

    5. On a \(B=\mathop{\mathrm{Mat}}_{e}{V}=\begin{pmatrix}-1\\0\\2\end{pmatrix}\) et \(AB=\begin{pmatrix} -2\\3\\-1 \end{pmatrix}\). Donc \(u\left(V\right)=\left(-2,3,-1\right)\).

    1. On vérifie facilement que \(u\) est linéaire.

    2. \(A =\mathop{\mathrm{Mat}}_{ e}\left(u\right)=\begin{pmatrix} -1&0&0&0 \\ 0&0&0&0\\0&0&1&0 \\0&0&0&2\end{pmatrix}\)\(e=\left(1,X,X^2,X^3\right)\) est la base canonique de \(\mathbb{R}_3\left[X\right]\).

    3. \(\mathop{\mathrm{rg}}u = \mathop{\mathrm{rg}}A = 3\).

    4. \(u\) n’est donc pas bijective.

    5. On a \(B=\mathop{\mathrm{Mat}}_{e}{V}=\begin{pmatrix}-1\\1\\-3\\1\end{pmatrix}\) et \(AB=\begin{pmatrix} 1\\0\\-3\\2 \end{pmatrix}\). Donc \(u\left(V\right)=2X^3-3X^2+1\).

    1. On vérifie facilement que \(u\) est linéaire.

    2. \(A =\mathop{\mathrm{Mat}}_{e'\Leftarrow e}\left(u\right)= \begin{pmatrix} 1&0&0 \\1&1&1\\1&2&4 \end{pmatrix}\)\(e'\) est la base canonique de \(\mathbb{R}^3\) et \(e\) celle de \(\mathbb{R}_2\left[X\right]\).

    3. \(\mathop{\mathrm{rg}}u = \mathop{\mathrm{rg}}A = 3\).

    4. \(A^{-1}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 2&0&0\\-3&4&-1\\1&-2&1\end{pmatrix}\). On en déduit que \(u^{-1}: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}_2\left[X\right] \\ \left(x,y,z\right) & \longmapsto & \dfrac{1}{2}\left(2x + \left(-3x+4y-z\right)X + \left(x-2y+z\right)X^2\right) \end{array} \right.\)

    5. On a \(B=\mathop{\mathrm{Mat}}_{e}{V}=\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\) et \(AB=\begin{pmatrix} 1\\1 \\3 \end{pmatrix}\). Donc \(u\left(V\right)=3X^2+X+1\).

    1. \(u\) est linéaire car l’opération de transposition est linéaire.

    2. \(A = \mathop{\mathrm{Mat}}_{ e}\left(u\right)=\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1 \end{pmatrix}\)\(e=\left(E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\right)\) est la base canonique de \(\mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right)\)

    3. \(\mathop{\mathrm{rg}}u = \mathop{\mathrm{rg}}A = 4\).

    4. On vérifie sans peine que \(A^{-1}=A\) ce qui se vérifie par ailleurs en remarquant que la transposition est une symétrie de \(\mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right)\).

    5. On a \(B=\mathop{\mathrm{Mat}}_{e}{V}=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\1\end{pmatrix}\) et \(AB=\begin{pmatrix} 1\\0 \\-1\\1 \end{pmatrix}\). Donc \(u\left(V\right)=\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}\)

    1. On vérifie facilement que \(u\) est linéaire.

    2. \(A =\mathop{\mathrm{Mat}}_{ e}\left(u\right)= \begin{pmatrix} 1&0&1&0 \\0&1&0&1\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{pmatrix}\)\(e=\left(E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\right)\) est la base canonique de \(\mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right)\)

    3. \(\mathop{\mathrm{rg}}u = \mathop{\mathrm{rg}}A = 4\).

    4. On vérifie que \(A^{-1}=\begin{pmatrix} 1&0&-1&0\\0&1&0&-1\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}\). On montre par ailleurs que : \(u^{-1}: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right) & \longrightarrow & \mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right) \\ M & \longmapsto & E^{-1}M \end{array} \right.\)

    5. On a \(B=\mathop{\mathrm{Mat}}_{e}{V}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}\) et \(AB=\begin{pmatrix} 1\\1 \\1\\0 \end{pmatrix}\). Donc \(u\left(V\right)=\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}\)


Exercice 646 *

1 avril 2021 11:46 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit l’endomorphisme \(\varphi: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_n\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R}_n\left[X\right] \\ P & \longmapsto & P'' \end{array} \right.\).

  1. Montrer que \(\varphi\) est linéaire.

  2. Écrire la matrice de \(\varphi\) dans la base canonique de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).



[ID: 1664] [Date de publication: 1 avril 2021 11:46] [Catégorie(s): Représentation matricielle d'une application linéaire ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 646
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46

\[\begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 & 0 & \ldots & \ldots & \ldots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 & 0 & \ldots & \ldots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & 12 & \ddots & & \vdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & & & \ddots & \ddots & 0 \\ 0 & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & n(n-1) \\ 0 & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & 0 \\ 0 & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & 0 \end{pmatrix}.\]


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Exercice 1029
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46
  1. La linéarité provient de la linéarité de la dérivation et de la multiplication par \(X\). Reste à démontrer que \(XP'+P\) est un polynôme et que \(\deg (XP'+P) \leqslant 3\) ce qui ne pose pas de difficulté.

  2. On a \(\varphi\left( X^k\right) = XkX^{k-1} + X^k = (k+1) X^k\). D’où la matrice : \(M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}.\)

  3. \(M^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \end{pmatrix}.\)

  4. On a \(\varphi^{-1}\left( X^k\right) = \dfrac{1}{k+1}X^k\).


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Exercice 920
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46
  1. \(\dim F = 4\) car la famille \(f\) est libre. En effet supposons \(\forall x\in\mathbb{R}, a\mathop{\mathrm{ch}}x + b\mathop{\mathrm{sh}}x +c x\mathop{\mathrm{ch}}x +dx\mathop{\mathrm{sh}}x = 0\), en regardant en \(0\), on a \(a= 0\) on a donc \(dx\mathop{\mathrm{sh}}x = -(b\mathop{\mathrm{sh}}x +c x\mathop{\mathrm{ch}}x)\) qui est donc une fonction impaire, d’où \(d = 0\). Comme en \(b\mathop{\mathrm{sh}}x = \underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(x\mathop{\mathrm{sh}}x\right)\) on en déduit que \(d\), puis \(c\) sont nuls. Une autre technique consiste à utiliser les développements limités. En effet, un \(DL(0,3)\) de \(f(x)=a\mathop{\mathrm{ch}}x + b\mathop{\mathrm{sh}}x +c x\mathop{\mathrm{ch}}x +dx\mathop{\mathrm{sh}}x\) est \[f(x)= a+\left(b+c\right)x+\left(a/2+d\right)x^2+\left(b/6+c/2\right)x^3+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^3\right)\] et comme \(f\) est nulle, par unicité du développement limité, il vient : \[\begin{cases} a&=0\\ b+c&=0\\ a/2+d&=0\\ b/3+c&=0 \end{cases} .\] L’unique solution de ce système est \(a=b=c=d=0\).

  2. La linéarité est claire. \(\varphi(f_1) = f_2 - 2f_1 + f_2 - f_1 = 2f_2 - 3f_1, \varphi(f_2) = 2f_1 - 3f_2, \varphi(f_3) = 2f_4 - 3f_3 + 4f_1 - 4f_2\) et \(\varphi(f_4) = 2f_3 - 3f_4 + 4f_2 - 4f_1\).

  3. \(M = \begin{pmatrix} -3 & 2& 4 & -4 \\ 2 & -3 & -4 & 4 \\ 0 & 0 & -3 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & -3 \end{pmatrix}.\)

  4. \(M^{-1} = -\dfrac{1}{25}\begin{pmatrix} 15 & 10 & 4 & -4 \\ 10 & 15 & -4 & 4 \\ 0 & 0 & 15 & 10 \\ 0 & 0 & 10 & 15 \end{pmatrix}.\) Comme \(M^{-1}\) existe, \(\varphi\) est un automorphisme de \(F\).

  5. On cherche une solution \(u\in F\), vérifiant \(\varphi(u) = f_2 + f_3 = v\). Il suffit de prendre \(u = \varphi^{-1}(u)\) pour cela on calcule \(--\dfrac{1}{25}\begin{pmatrix} 15 & 10 & 4 & -4 \\ 10 & 15 & -4 & 4 \\ 0 & 0 & 15 & 10 \\ 0 & 0 & 10 & 15 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} = -\dfrac{1}{25} \begin{pmatrix} 14\\ 11\\ 3\\ 2\end{pmatrix}\) D’où \(u = -\dfrac{1}{25} \left( 14\mathop{\mathrm{ch}}x +11\mathop{\mathrm{sh}}x +3 x\mathop{\mathrm{ch}}x +2x\mathop{\mathrm{sh}}x \right)\).


Exercice 908 **

1 avril 2021 11:46 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère un \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(E\) de dimension \(3\) et \(f\) un endomorphisme non nul de \(E\). Montrez que \(f^2 = 0\) si et seulement s’il existe une base \(e\) de \(E\) telle que \[\mathop{\mathrm{Mat}}_{e}(f) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]



[ID: 1670] [Date de publication: 1 avril 2021 11:46] [Catégorie(s): Représentation matricielle d'une application linéaire ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 908
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46

Si \(f^2 = 0\), \(\mathop{\mathrm{Im}}f \subset \operatorname{Ker}f\). D’après le théorème du rang, \[\dim \mathop{\mathrm{Im}}f + \dim\operatorname{Ker}f = 3\] Comme \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}f \leqslant\dim \operatorname{Ker}f\), il vient que \(3 \leqslant 2 \dim\operatorname{Ker}f\) et donc que \(\dim \operatorname{Ker}f \geqslant 2\). Comme \(f\) n’est pas l’endomorphisme nul, \(\dim \operatorname{Ker}f = 2\) et \(\dim \mathop{\mathrm{Im}}f = 1\). Donc il existe un vecteur \(e_1\in E\) non-nul tel que \(\mathop{\mathrm{Im}}f = \mathop{\mathrm{Vect}}(e_1)\). On complète en une base \((e_1,e_3)\) de \(\operatorname{Ker}f\) que l’on complète ensuite en une base \((e_1,e_2,e_3)\) de \(E\). Comme \(f(e_2)\in \mathop{\mathrm{Im}}f\), il existe \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \(f(e_2) = \lambda e_1\). Mais \(\lambda\) n’est pas nul (sinon \(f=0\)) ; on pose alors \(\varepsilon_2 = \dfrac{1}{\lambda} e_2\). La matrice de \(f\) dans la base \(e=(e_1,\varepsilon_2,e_3)\) est de la forme souhaitée. La réciproque est évidente.


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Exercice 192
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46
  1. Soient \(P=a_0+a_1X+\dots+a_n X^n \in\mathbb{R}_n\left[X\right]\) et \(V=\mathop{\mathrm{Mat}}_e\left(P\right)=\begin{pmatrix}a_0\\\vdots\\a_n \end{pmatrix}\). On a : \[\mathop{\mathrm{Mat}}_e\left(\theta\left(P\right)\right)=AV=\begin{pmatrix} \binom{0}{0}&\binom{1}{0}&\dots&\binom{n}{0}\\ 0 &\binom{1}{1}&\dots&\binom{n}{1}\\ \vdots& \cdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\binom{n}{n} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_0 \\ \\\vdots \\ \\a_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sum_{k=0}^n \binom{k}{0}a_k\\ \sum_{k=1}^n \binom{k}{1}a_k\\ \vdots \\ \binom{n-1}{n-1}a_{n-1}+\binom{n}{n-1}a_n \\ \binom{n}{n}a_n \end{pmatrix}\] et donc \(\theta\left(P\right)=\left(\sum_{k=0}^n \binom{k}{0}a_k\right) + \left(\sum_{k=1}^n \binom{k}{1}a_k\right) X + \dots+\left(\binom{n-1}{n-1}a_{n-1}+\binom{n}{n-1}a_n\right)X^{n-1}+\binom{n}{n}a_nX^n\), ce qui amène, en regroupant par coefficients et en utilisant la formule du binôme : \[\begin{aligned} \theta\left(P\right)&=& a_n\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}X^k+ a_{n-1}\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}X^k+\dots+a_1\left(X+1\right)+a_0\\ &=& a_n\left(X+1\right)^n+a_{n-1}(X+1)^{n-1}+\dots+a_1(X+1)+a_0\\ &=&P\left(X+1\right)\end{aligned}\] On a alors montré que \(\boxed{\theta\left(P\right)=P\left(X+1\right)}\).

  2. \(\theta\) est un automorphisme de \(\mathbb{R}_{n}\left[X\right]\) et , pour tout \(P\in\mathbb{R}_n\left[X\right]\), \(\theta^{-1}\left(P\right)=P\left(X-1\right)\). On déduit de la question précédente que \(A\) est inversible et que : \(A^{-1}=\mathop{\mathrm{Mat}}_e \left(\theta^{-1}\right)=\left(b_{ij}\right)\) avec pour tout \(i,j\in\llbracket 0,n\rrbracket\), \(\boxed{b_{ij}=\left(-1\right)^{j-i}\binom{j-1}{i-1}}\)

  3. De la même façon que précédemment, \(A^m=\mathop{\mathrm{Mat}}_e\left(\theta^m\right)\) et, pour tout \(P\in\mathbb{R}_n\left[X\right]\), \(\theta^m\left(P\right)=P\left(X+m\right)\) donc \(A^m=\left(c_{ij}\right)\) avec pour tout \(i,j\in\llbracket 0,n\rrbracket\), \(\boxed{c_{ij}=m^{j-i}\binom{j-1}{i-1}}\).


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Exercice 996
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46
  1. Si \(A = \begin{pmatrix} a&b\\c&d\end{pmatrix}\), on trouve \(M = \begin{pmatrix} a&0&b&0\\ 0&a&0&b\\ c&0&d&0\\ 0&c&0&d \end{pmatrix}\).

  2. En général on a \(\mathop{\mathrm{rg}}f_A = 2\mathop{\mathrm{rg}}u_A\). Si \(A\) est inversible, alors \(f_A\) est inversible, et \(f_A^{-1}\) est définie par
    \(f_A^{-1} : \left\{ \begin{array}{ccl} \mathfrak{M}_{2}(\mathbb{\mathbb{R} }) & \longrightarrow & \mathfrak{M}_{2}(\mathbb{\mathbb{R} }) \\ X & \longmapsto & A^{-1}X \end{array} \right.\). Donc \(\mathop{\mathrm{rg}}f_A = 4 = 2\mathop{\mathrm{rg}} u_A\).
    Si \(A\) est nulle, il en est de même pour \(f_A\).
    Si \(A\) est de rang \(1\), alors il existe une relation de dépendance linéaire entre les deux colonnes. On retrouve cette relation entre la premières et troisième colonne de \(M\) d’une part et entre la deuxième et la quatrième d’autre part. Donc l’espace engendré par les colonnes de \(M\) est de dimension inférieure ou égale à \(2\). Par ailleurs la première et la deuxième colonne sont linéairement indépendantes. D’où le résultat.


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Exercice 65
Par emmanuel le 1 avril 2021 11:46
  1. Remarquons que \(L\) est bien linéaire, et que \(L(X^k) = (1-X)^{n-1}.\dfrac{1}{(1-X)^k} = (1-X)^{n-k-1} \in \mathbb{R}_{n-1} \left[X\right]\). \(L\) est donc bien un endomorphisme. \(L^2(X^k) = (1-X)^{n-1} \left( 1 - \dfrac{1}{1-X}\right) ^{n-k-1} = (1-X)^{n-1} \left( \dfrac{-X}{1-X}\right)^{n-k-1} = (-X)^{n-k-1}(1-X)^k\).
    \(L^2(X^k) = (1-X)^{n-1} \left( - \dfrac{1}{1-X}\right)^{n-k-1} \left( 1- \dfrac{1}{1-X}\right)^k = (1-X)^{n-1} \left( - \dfrac{1}{1-X}\right)^{n-k-1} \left( \dfrac{-X}{1-X}\right)^k = (-1)^{n-1} X^k\).
    Donc \(L^3 = (-1)^{n-1} \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_{\mathbb{R}_{n-1} \left[X\right]}\).
    Enfin La matrice de \(L\) dans la base naturelle de \(\mathbb{R}_{n-1} \left[X\right]\) est donnée par ses vecteurs colonnes. La \(j^{\textrm{ème}}\) est donnée par \(L(X^j) = (1-X)^{n-j-1} = \displaystyle\sum_{i=0}^{n-j-1} (-1)^{i} \binom{n-j-1}{i} X^i = \sum_{i=0}^{n-1} (-1)^{i} \binom{n-j-1}{i} X^i\). On retrouve donc bien la matrice \(A\).
    On a donc bien \(A^{3}= (-1)^{n-1}I_{n}\).

  2. Le calcul de \(B = A^3\) s’obtient par
    \(b_{ij} = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{\ell=0}^{n-1} a_{ik}a_{k\ell} a_{\ell j} = \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{\ell=0}^{n-1} (-1)^{i} \binom{n-k-1}{i} (-1)^{k} \binom{n-\ell-1}{k} (-1)^{\ell} \binom{n-j-1}{\ell}\). D’où le résultat.


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