Application linéaire

Les vecteurs \(V_1\) et \(V_2\) ne sont pas proportionnels, ils sont donc linéairement indépendants et \(\textrm{Ker}(f)\) est un sous-espace de dimension \(2\). A l'aide du théorème du rang on déduit que \(\textrm{Im}(f)\) est un sous-espace de dimension \(1\).

On complète la famille \(\{V_1,V_2\}\) par \(e_1=(1,0,0)\); on vérifie que la famille \(\{V_1,V_2,e_1)\}\) reste libre donc elle détermine une base de \(\mathbb R^3\).

On appelle \(f\) l'application linéaire de \(\mathbb R^3\) dans lui-même telle que \(f(V_1)=f(V_2)=0\) et \(f(e_1)=e_1\), on cherche alors la décomposition d'un vecteur quelconque de \(\mathbb R^3\) sur la base \((V_1,V_2,e_1)\).

Soit \(V=(x,y,z)\exists(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)\in\mathbb R^3\), vérifiant \(V=\lambda_1V_1+\lambda_2V_2+\lambda_3e_1\) d'où le système :

\(\left\{\begin{array}{rcrcrcl}2\lambda_1&+&\lambda_2&+&\lambda_3&=&x\\&&\lambda_2&&&=&y\\-\lambda_1&+&\lambda_2&&&=&z\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{rcrcr}\lambda_2=&y&&&\\\lambda_1=&y&-&z&\\\lambda_3=&x&-&3y&+2z\end{array}\right.\)

Donc \(V=(y-z)V_1+yV_2+(x-2y+2z)e_1\) et \(f(V)=(x-3y+2z)e_1\).

L'application linéaire \(f\) ainsi construite a son image engendrée par \(e_1\) donc de dimension 1. Alors son noyau est de dimension 2, par construction il contient la famille libre \(\{V_1,V_2\}\) donc \((V_1,V_2)\) en est une base.

Conclusion : l'application \(f :\mathbb R^3\rightarrow\mathbb R^3\) définie par \(f((x,y,z))=(x-3y+2z,0,0)\) est une solution au problème posé.

Evidemment cette solution n'est pas unique.

Toute application linéaire satisfaisant à \(f(V_1)=f(V_2)=0\) et \(f(U)=W\) où \(\{V_1,V_2,U\}\) est libre et \(W\neq0\) est aussi solution.