Problèmes de synthèse

Les vecteurs colonnes de la matrice de \(f\) dans la base canonique de \(\mathbb R^3\) sont donnés par les coordonnées des images des vecteurs de cette base dans cette même base.

On calcule ces images : \(f((1,0,0)=(-1,-6,3)\), \(f((0,1,0))=(1,4,-1)\) et \(f((0,0,1))=(1,2,1)\)

D'où \(M=\left(\begin{array}{ccc}-1&1&1\\-6&4&2\\3&-1&1\end{array}\right)\)

Résultat acquis : matrice \(M\) de \(f\)

• \(M=\left(\begin{array}{ccc}-1&1&1\\-6&4&2\\3&-1&1\end{array}\right)\)

D'après les propriétés des matrices d'applications linéaires, l'endomorphisme \(f\) de \(\mathbb R^3\) vérifie la relation \(f\circ f=2f\)

si et seulement si sa matrice (notée \(M\)) relativement à une base vérifie la relation \(M^2=2M\).

On calcule \(M^2\) : \(\left(\begin{array}{ccc}-1&1&1\\-6&4&2\\3&-1&1\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{ccc}-1&1&1\\-6&4&2\\3&-1&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-2&2&2\\-12&8&4\\6&-2&2\end{array}\right)\)

On vérifie bien que \(M^2=2M\), donc \(f\circ f=2f\).

Le noyau de \(f\) est l'ensemble des vecteurs \(u\) de \(\mathbb R^3\) dont l'image par \(f\) est nulle. Le vecteur \(u=(x,y,z)\) appartient donc à \(Ker(f)\) si et seulement si le triplet \((x,y,z)\) est solution du système \(S\) suivant :

\((S)\left\{\begin{array}{ccccccc}-x&+&y&+&z&=&0\\-6x&+&4y&+&2z&=&0\\3x&-&y&+&z&=&0\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccccc}-x&+&y&+&z&=&0&\\&&-2y&-&4z&=&0&L_2\leftarrow L_2-6L_1\\&&2y&+&4z&=&0&L_3\leftarrow L_3+3L_1\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ccccccc}-x&+&y&+&z&=&0\\&&y&+&2z&=&0\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ccc}y&=&-2z\\x&=&-z\end{array}\right.\)

Donc \(Ker(f)=\{u\in\mathbb R^3/\exists\alpha\in\mathbb R,u=(\alpha,2\alpha,-\alpha)=\alpha(1,2,-1)\}\).

Le noyau de \(f\) est donc le sous-espace vectoriel de \(\mathbb R^3\) engendré par le vecteur \((1,2,-1)\). Comme ce vecteur n'est pas nul, il détermine une base de \(Ker(f)\).

\(Ker(f)=Vect\{(1,2,-1)\}\).

La dimension de \(Ker(f)\) est donc 1.

Première méthode :

Un vecteur \((X,Y,Z)\) appartient à l'image de \(f\) si et seulement si il existe un vecteur \((x,y,z)\)

tel que \(f(x,y,z)=(X,Y,Z)\) donc si et seulement si il existe un triplet \((x,y,z)\) vérifiant le système suivant :

\((S)\left\{\begin{array}{ccccccc}-x&+&y&+&z&=&X\\-6x&+&4y&+&2z&=&Y\\3x&-&y&+&z&=&Z\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccccclc}-x&+&y&+&z&=&X&\\&&-2y&-&4z&=&Y-6X&L_2\leftarrow L_2-6L_1\\&&2y&+&4z&=&Z+3X&L_3\leftarrow L_3+3L_1\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow(S')\left\{\begin{array}{cccccclc}-x&+&y&+&z&=&X&\\&&-2y&-&4z&=&Y-6X&\\&&&&0&=&Y+Z+3X&L_3\leftarrow L_3+L_2\end{array}\right.\)

Pour qu'un vecteur \((X,Y,Z)\) appartienne à l'image de \(f\) il est donc nécessaire d'avoir la condition \(Y+Z-3X=0\) ; cette condition est suffisante car en choisissant un réel \(z\) quelconque, on peut déduire du système \((S')\) les valeurs de \(y\) et de \(x\) en fonction de \(z\), \(X\), \(Y\) et \(Z\), telles que le triplet \((x,y,z)\) soit solution de ces systèmes équivalents :

Si \(Y+Z-3X=0\), \((X,Y,Z)=f(u)\) où \(\left(-z+2X-\frac{Y}2,-2z+3X-\frac{Y}2,z\right)\).

Donc, en revenant à des notations minuscules, on a : \(Im(f)=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3/y+z-3x=0\}\).

L'image de f est un plan vectoriel.

Pour trouver une famille génératrice de ce plan, il suffit de remarquer les équivalences suivantes :

\(\begin{array}{ccl}u=(x,y,z)\in Im(f)&\Leftrightarrow& u=(x,y,z)\textrm{ et }y+z-3x=0\\&\Leftrightarrow&u=(x,y,z)\textrm{ et }y=3x-z\\&\Leftrightarrow&u=(x,3x-z,z)\end{array}\)

Donc \(u\in Im(f) \Leftrightarrow \exists(\alpha,\beta)\in\mathbb R^2, u=\alpha(1,3,0)+\beta(0,-1,1)\)

Soient \(u_1=(1,3,0)\) et \(u_2=(0,-1,1)\), ces deux vecteurs forment une famille génératrice de \(Im(f)\), comme de plus ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, ils forment une famille libre, donc ils déterminent une base de \(Im(f)\).

(Pour montrer que \((u_1,u_2)\) est une base de \(Im(f)\), on peut aussi se servir de la question précédente : on a vu que la dimension de \(Ker(f)\) est \(1\), donc d'après le théorème du rang, la dimension de \(Im(f)\) est \(2\) ; la famille \({u_1,u_2}\) est alors une famille génératrice de deux éléments dans un sous-espace vectoriel de dimension 2, elle détermine donc une base de \(Im(f)\))

D'où \((u_1,u_2)\) est une base de \(Im(f)\) avec \(u_1=(1,3,0)\) et \(u_2=(0,-1,1)\).

Deuxième méthode :

L'image de l'application linéaire \(f\) est entièrement déterminée par les images d'une base. Dans la première question on a trouvé : \(f((1,0,0)=(-1,-6,3)\), \(f((0,1,0))=(1,4,-1)\) et \(f((0,0,1))=(1,2,1)\)

donc \(Im(f)\) est le sous-espace vectoriel engendré par ces trois vecteurs : \(Im(f)=Vect\{(-1,-6,3),(1,4,-1),(1,2,1)\}\)

Dans la question précedente on a vu que la dimension de \(Ker(f)\) est \(1\), donc d'après le théorème du rang, la dimension de \(Im(f)\) est \(2\).

On en déduit qu'il suffit de choisir deux vecteurs non colinéaires parmi les trois vecteurs engendrant \(Im(f)\), pour avoir une base de \(Im(f)\), par exemple une base de \(Im(f)\) est \((v_1,v_2)\) avec \(v_1=(1,2,1)\) et \(v_2=(1,4,-1)\).

Ceci détermine entièrement l'image de \(f\).

On peut compléter cette démonstration pour retrouver le résultat obtenu avec la première méthode.

Comme le sous-espace vectoriel \(Im(f)\) est de dimension \(2\), c'est un plan vectoriel de \(\mathbb R^3\); on peut chercher une équation cartésienne de ce plan c'est-à-dire des réels \(a,b,c\) tels que \(Im(f)=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3/ax+by+cz=0\}\)

Pour déterminer \(a, b, c\) il suffit de remarquer que les coordonnées des vecteurs de la base de \(Im(f)\) vérifient une telle équation. On obtient alors le système

\(\left\{\begin{array}{c}a+2b+c=0\\a+4b-c=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{r}a+2b+c=0\\2b-2c=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}b=c\\a=-3c\end{array}\right.\)

Une équation du plan est donc \(-3x+y+z=0\) et \(Im(f)=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3/-3x+y+z=0\}\)

Résultats acquis :

• \(Kerf(f)=\{u\in\mathbb R^3/\exists\alpha\in\mathbb R,u=(\alpha,2\alpha,-\alpha)\}\)

• \(Im(f)=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3/-3x+y+z=0\}\)

Les sous-espaces \(Ker(f)\) et \(Im(f)\) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires si on a l'égalité \(\mathbb R^3=Ker(f)\oplus Im(f)\)

donc si \(Ker(f)\cap Im(f)=\{0\}\)et si \(\mathbb R^3=Ker(f)+Im(f)\).

On montre : \(Ker(f)\cap Im(f)=\{0\}\)

soit \(u=(x,y,z)\)appartenant à \(Ker(f)\cap Im(f)\); comme \(u\) appartient à \(Im(f)\), les coordonnées \((x,y,z)\) de \(u\) vérifient l'équation \(-3x+y+z=0\), et comme \(u\) appartient à \(Ker(f)\), il existe un réel \(\alpha\) tel que \(u=(\alpha,2\alpha,-\alpha)\). Donc ici \(-3\alpha+2\alpha+(-\alpha)=0\), d'où \(\alpha=0\), donc \(u=0_{\mathbb R^3}\).

Donc la somme de \(Ker(f)\) et \(Im(f)\) est directe : \(Ker(f)+Im(f)=Ker(f)\oplus Im(f)\)

On en déduit que \(dim(Ker(f)+Im(f))=dim(Ker(f)+dim(Im(f))\),

donc d'après le théorème du rang : \(dim(Ker(f)+Im(f))=3\).

Ceci entraîne, puisque \(Ker(f)+Im(f)\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb R^3\) et qu'il a la même dimension que \(\mathbb R^3\): \(\mathbb R^3=Ker(f)+Im(f)=Ker(f)\oplus Im(f)\).

Résultats acquis :

• \(f\circ f=2f\)

• Une base de \(Im(f)\) est \(\{v_1,v_2\}\) où \(v_1=(1,2,1)=f((0,0,1))\) et \(v_2=(1,4,-1)=f((0,1,0))\)

• Une base de \(Ker(f)\) est \(\{(1,2,-1)\}\)

Les vecteurs colonnes de la matrice \(N\) sont formés avec les coordonnées des images de la base cherchée \(\mathcal B =(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)\), donc on cherche une base \(\mathcal B =(\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3)\) telle que \(f(\epsilon_1)=0\), \(f(\epsilon_2)=2\epsilon_2\) et \(f(\epsilon_3)=2\epsilon_3\).

Ceci montre que \(\epsilon_1\) doit être choisi dans \(Ker(f)\), et \(\epsilon_2\) et \(\epsilon_3\)dans \(Im(f)\).

Soit alors \(\epsilon_1\) non nul dans \(Ker(f)\), par exemple \(\epsilon_1=(1,2,-1)\), donc \(f(\epsilon_1)=0\).

Soit \(\epsilon_2=(1,4,-1)\) alors \(\epsilon_2=(1,4,-1)=f(0,0,1)\) et comme \(f\circ f=2f\) on en déduit que \(f(\epsilon_2)=f(f(0,0,1))=2f(0,0,1)=2\epsilon_2\).

De même soit \(\epsilon_3=(1,4,-1)\), alors \(\epsilon_3=(1,4,-1)=f((0,1,0))\) donc \(f(\epsilon_3)=f(f(0,1,0))=2f(0,1,0)=2\epsilon_3\).

De plus comme \(\epsilon_1\) détermine une base de \(Ker(f)\), comme \(\epsilon_2\)et \(\epsilon_3\)déterminent une base de \(Im(f)\), et comme \(Ker(f)\) et \(Im(f)\) sont supplémentaires, la réunion des vecteurs de ces deux bases détermine une base de \(\mathbb R^3\).

Donc \(\epsilon_1=(1,2,-1)\), \(\epsilon_2=(1,4,-1)\)et \(\epsilon_3=(1,4,-1)\)déterminent une base \(\mathcal B\) telle que \(Mat_{\mathcal B}(f)=N=\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{array}\right)\).

Remarque : on pouvait choisir aussi pour \(\epsilon_2\) et \(\epsilon_3\) les vecteurs \(u_1=(1,3,0)\) et \(u_2=(0,-1,1)\) (qui formaient la base de \(Im(f)\) trouvée par la première méthode), ou les vecteurs de n'importe quelle base de \(Im(f)\).