Matrice et applications linéaires

Comme la partie \(\{u_1,u_2,u_3\}\) a trois éléments dans l'espace vectoriel \(\mathbb R^3\) de dimension 3, il suffit de vérifier qu'elle forme une famille libre pour qu'elle détermine une base de \(\mathbb R^3\).

On montre que \(\{u_1,u_2,u_3\}\) est une famille libre :

Soient \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) trois réels tels que \(\alpha u_1+\beta u_2+\gamma u_3=0\).

Comme \(\alpha u_1+\beta u_2+\gamma u_3=(\alpha-\beta-\gamma,\alpha+\beta,\alpha+\gamma)\), on résout le système

\(\left\{\begin{array}{lllllll}\alpha &-\beta &-\gamma &=0\\\alpha &+\beta &&=0\\ \alpha &&+\gamma &=0\end{array}\right.\) ou \(\left\{\begin{array}{lllllll}\beta&+\alpha&&=0\\-\beta&+\alpha&-\gamma&=0\\&\alpha&+\gamma&=0\end{array}\right.\)

équivalent à \(\left\{\begin{array}{lllllll}\beta&+\alpha&&=0\\&2\alpha&-\gamma&=0\\&\alpha&+\gamma&=0\end{array}\right.\)

équivalent à \(\left\{\begin{array}{lllllll}\beta&+\alpha&&=0\\&\alpha&+\gamma&=0\\&3\alpha&&=0\end{array}\right.\)

La seule solution est \(\alpha=\beta=\gamma=0\).

Donc \(U=(u_1,u_2,u_3)\) est une base de \(\mathbb R^3\).

• Calcul de \(\phi_m(u_1)\) :

  Soit \(E=(e_1,e_2,e_3)\) la base canonique de \(\mathbb R^3\).

  Alors \(u_1=e_1+e_2+e_3\), donc \(\phi_m(u_1)=\phi_m(e_1)+\phi_m(e_2)+\phi_m(e_3)\).

  La lecture de la matrice \(A_m\), \(A_m=\left(\begin{array}{ccc}m&1&1\\1&m&1\\1&1&m\end{array}\right)\), donne :

  \(\phi_m(e_1)=me_1+e_2+e_3=(m,1,1)\), \(\phi_m(e_2)=(1,m,1)\), \(\phi_m(e_3)=(1,1,m)\).

  Donc \(\phi_m(u_1)=(m+2,m+2,m+2)\).

  On remarque que \(\phi_m(u_1)=(m+2)u_1=(m+2)u_1+0u_2+0u_3\).

  Les coordonnées de \(\phi_m(u_1)\) sur la base \(U=(u_1,u_2,u_3)\) forment la première colonne de la matrice \(A'_m\).

De même on calcule \(\phi_m(u_2)\) et \(\phi_m(u_3)\) :

• \(\phi_m(u_2)=\phi_m(-e_1+e_2)=-\phi_m(e_1)+\phi_m(e_2)=(-m+1,-1+m,0)=(m-1)u_2\)

• \(\phi_m(u_3)=\phi_m(-e_1+e_3)=-\phi_m(e_1)+\phi_m(e_3)=(-m+1,0,-1+m)=(m-1)u_3\)

D'où la matrice associée à \(\phi_m\) par rapport à \(U\) :

\(A'_m=\left(\begin{array}{ccc}m+2&0&0\\0&m-1&0\\0&0&m-1\end{array}\right)\)

On remarque que pour \(m=-2\) ou \(m=1\), une ou deux colonnes de la matrice \(A'_m\) s'annulent, donc le noyau de l'endomorphisme \(\phi_m\) contient un ou deux vecteurs de la base \(U\) (vecteurs non nuls) et dans ces deux cas \(\phi_m\) n'est pas un automorphisme. (On peut aussi remarquer directement que \(\phi_{-2}(u_1)=0\) et \(\phi_1(u_2)=0\), \(\phi_1(u_3)=0\)).

Donc la propriété pour \(m\) d'être différent de \(-2\) et de \(1\) est une condition nécessaire pour que \(\phi_m\) soit un automorphisme de \(\mathbb R^3\).

Si \(m\) est différent de \(-2\) et de \(1\), comme l'image d'une application linéaire est le sous-espace vectoriel engendré par les images des vecteurs d'une base, l'image de l'endomorphisme \(\phi_m\) est :

\(\textrm{Im }\phi_m=\textrm{Vect }(\{\phi_m(u_1),\phi_m(u_2),\phi_m(u_3)\})=\textrm{Vect }(\{(m+2)u_1,(m-1)u_2,(m-1)u_3\})\)

Si \(m\) est différent de \(-2\) et de \(1\), aucun des trois vecteurs engendrant \(\textrm{Im }\phi_m\) n'est nul ; ces trois vecteurs forment une famille libre puisque \(\{u_1,u_2,u_3\}\) est une famille libre, donc ils déterminent une base de \(\mathbb R^3\).

On en déduit que \(\phi_m\) est surjectif donc bijectif puisque c'est un endomorphisme d'un espace de type fini.

Donc la propriété pour \(m\) d'être différent de \(-2\) et de \(1\) est une condition suffisante pour que \(\phi_m\) soit un automorphisme de \(\mathbb R^3\).

Pour \(m=-2\), la matrice \(A'_m\) devient \(A'_{-2}=\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&-3&0\\0&0&-3\end{array}\right)\)

La lecture de la matrice \(A'_{-2}\) donne \(\phi_{-2}(u_1)=0\), \(\phi_{-2}(u_2)=-3u_2\), \(\phi_{-2}(u_3)=-3u_3\). Alors \(\textrm{Im }\phi_{-2}=\textrm{Vect }(\{\phi_{-2}(u_1),\phi_{-2}(u_2),\phi_{-2}(u_3)\})=\textrm{Vect }(\{u_2,u_3\})\).

Comme \(\{u_2,u_3\}\) est une famille libre, une base de \(\textrm{Im }\phi_{-2}\) est \((u_2,u_3)=((-1,1,0),(-1,0,1))\).

D'où la dimension de \(\textrm{Im }\phi_{-2}\) est \(2\).

D'après le théorème du rang, la dimension de \(\textrm{Ker }\phi_{-2}\) est alors \(1\).

Comme \(u_1\) (non nul) appartient à \(\textrm{Ker }\phi_{-2}\), une base de \(\textrm{Ker }\phi_{-2}\) est donc \((u_1)=((1,1,1))\).

De même pour \(m=1\), la matrice \(A'_m\) devient \(A'_1=\left(\begin{array}{ccc}3&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{array}\right)\)

La lecture de la matrice \(A'_1\) donne \(\phi_1(u_1)=3u_1\), \(\phi_1(u_2)=0\), \(\phi_1(u_3)=0\).

Donc il est immédiat qu'une base de \(\textrm{Im }\phi_1\) est \((u_1)=((1,1,1))\).

On en déduit que la dimension de \(\textrm{Ker }\phi_1\) est \(2\) ; or les vecteurs \(u_2\) et \(u_3\) sont dans \(\textrm{Ker }\phi_1\) et forment une famille libre.

Donc une base de \(\textrm{Ker }\phi_1\) est \((u_2,u_3)=((-1,1,0),(-1,0,1))\).