Corrigé du devoir

Questions de cours :

Si $(v_1,\ldots,v_n)$ est génératrice, alors tout vecteur de est combinaison linéaire des :

$\displaystyle \forall w\in E ,\;\exists \lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\mathbb{R}\;,\quad w=\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_nv_n\;.$
Soit un vecteur donné de . Le vecteur s'écrit :

$\displaystyle w=\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_nv_n+0 v\;.$
La famille $(v_1,\ldots,v_n,v)$ est donc génératrice.
Soient $\lambda_1,\ldots,\lambda_{n-1}$ des réels tels que :

$\displaystyle \lambda_1v_1+\cdots+\lambda_{n-1}v_{n-1}=0\;.$
Alors :

$\displaystyle \lambda_1v_1+\cdots+\lambda_{n-1}v_{n-1}+0v_n=0\;.$
Si la famille $(v_1,\ldots,v_n)$ est libre, cela implique :

$\displaystyle \lambda_1=\ldots=\lambda_{n-1}=0\;.$
Donc la famille $(v_1,\ldots,v_{n-1})$ est aussi libre.
Soit un vecteur quelconque de . Puisque est surjective, il existe $v\in E$ tel que . Si la famille $(v_1,\ldots,v_n)$ est génératrice, il existe réels $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ tels que :

$\displaystyle v=\lambda_1 v_1+\cdots+\lambda_n v_n\;.$
Comme est linéaire, on peut écrire :

$\displaystyle w=f(v)=\lambda_1f(v_1)+\cdots+\lambda_nf(v_n)\;.$
Donc $(f(v_1),\ldots,f(v_n))$ est génératrice dans .
Soient $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ des réels tels que :

$\displaystyle \lambda_1f(v_1)+\cdots+\lambda_nf(v_n)=0\;.$
Puisque est linéaire :

$\displaystyle f(\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_nv_n)=0\;.$
Si est injective, le seul vecteur d'image nulle est le vecteur nul. Donc :

$\displaystyle \lambda_1v_1+\cdots+\lambda_n v_n=0\;.$
Puisque la famille $(v_1,\ldots,v_n)$ est libre, ceci entraîne :

$\displaystyle \lambda_1=\cdots=\lambda_n=0\;.$
Donc la famille $(f(v_1),\ldots,f(v_n))$ est libre.
Si est bijective, elle est à la fois injective et surjective. Si $(v_1,\ldots,v_n)$ est une base de , elle est à la fois génératrice et libre. Donc $(f(v_1,\ldots,f(v_n))$ est génératrice et libre, par application des deux questions précédentes : c'est une base de .
Montrons maintenant la réciproque. Si est bijective, l'application réciproque $f^{-1}$ est elle aussi linéaire et bijective. Si $(f(v_1),\ldots,f(v_n))$ est une base de , alors $(f^{-1}(f(v_1)),\ldots,f^{-1}(f(v_n)))=(v_1,\ldots,v_n)$ est une base de , en appliquant ce qui précède à $f^{-1}$ .

Exercice :

Dans $\mathbb{R}^3$ une famille de trois vecteurs est une base si et seulement si c'est une famille libre. Soient $\alpha,\beta,\gamma$ trois réels. Supposons $\alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3=0$ . Dans la base , ce vecteur s'écrit :

$\displaystyle \big( \alpha +a\beta+a\gamma , b\gamma , a\alpha +a\beta+\gamma \big)=(0,0,0)\;.$
Donc $\alpha,\beta,\gamma$ sont solution du système linéaire :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha &+a\beta&+a\gamma &=&0\\ &&b\gamma &=&0\\ a\alpha &+a\beta&+\gamma &=&0\;. \end{array}\right.$
La famille est une base de $\mathbb{R}^3$ si et seulement si ce système a pour solution unique . Échangeons les équations 2 et 3, puis soustrayons la première équation multipliée par de la seconde. Le système est équivalent à :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha &+a\beta&+a\gamma &=&0\\ &a(a-1)\beta&+(1-a^2)\gamma &=&0\\ &&b\gamma &=&0\;. \end{array}\right.$
Ce système a pour solution unique si et seulement si il est de rang 3. C'est le cas si les 3 pivots sont non nuls : $a(a-1)\neq 0$ et $b\neq 0$ , soit $ab(a-1)\neq 0$ . Réciproquement, si la troisième équation s'annule, si la seconde équation s'annule, et si , les équations 2 et 3 sont proportionnelles : dans les 3 cas, le système est de rang au plus 2.
La matrice de dans la base canonique est :

$\displaystyle \left(\begin{array}{ccc} 1&a&a\\ 0&0&b\\ a&a&1 \end{array}\right)\;.$
Soient $\alpha$ et $\beta$ deux réels tels que $\alpha v_1+\beta v_3=0$ . Pour , ce vecteur s'écrit $(\alpha, b\beta, \beta)$ . Il est nul si et seulement si $\alpha=\beta=0$ Donc est une famille libre.
Pour , . Donc tout vecteur multiple de appartient au noyau de . La droite vectorielle engendrée par est donc incluse dans le noyau de . Pour montrer qu'elle est égale, il suffit de montrer que le noyau de est de dimension . Pour cela, considérons les vecteurs et . Par définition, ce sont deux vecteurs de l'image de . Or ils forment une famille libre d'après la question précédente. L'image de contient deux vecteurs linéairement indépendants, donc elle est de dimension au moins 2. Par le théorème du rang, la dimension du noyau est au plus . Comme le noyau contient la droite engendrée par , il est de dimension .
Puisque le noyau est de dimension , l'image est de dimension , par le théorème du rang. Les vecteurs et forment une famille libre, donc est une base de $\mathrm{Im}(f)$ .
Puisque est linéaire, il suffit de vérifier la relation demandée sur les éléments d'une base, par exemple la base canonique. Pour et , c'est évident puisque et . Pour :

$\displaystyle f(f(e_3))=f(be_2+e_3)=bf(e_2)+f(e_3)=f(e_3)\;.$
Il suffit de montrer que c'est une famille libre. Soient $\alpha,\beta,\gamma$ trois réels tels que $\alpha e_2+\beta v_1 +\gamma v_3=0$ . Dans la base canonique de $\mathbb{R}^3$ , les coordonnées de ce vecteur sont $(\beta,\alpha+b\gamma,\gamma)$ . Les trois coordonnées sont nulles si et seulement si $\alpha=\beta=\gamma=0$ . Donc la famille est une base de $\mathbb{R}^3$ . On sait que : , $f(v_1)=f\circ f(e_1)=f(e_1)=v_1$ et $f(v_3)=f\circ f(e_3)=f(e_3)=v_3$ . La matrice de dans la base est donc la suivante.

$\displaystyle \left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}\right)\;.$
Soit un vecteur de $\mathrm{Ker}(f)$ : ses coordonnées sont solution du système :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} x&+ay&+az&=&0\\ ax&+ay&+z&=&0\;. \end{array}\right.$
Ce système équivaut au suivant.

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} x&+ay&+az&=&0\\ &(a-a^2)y&+(1-a^2)z&=&0\;. \end{array}\right.$
Pour , l'ensemble des solutions est la droite vectorielle engendrée par (question 4). Pour différent de 0 et , le système se résout en fonction de :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} x&&&=&z\\ &y&&=&-\frac{1+a}{a}z\;. \end{array}\right.$
L'ensemble de solutions est le suivant.

$\displaystyle \left\{ \left(z,-\frac{1+a}{a}z,z\right) ,\;z\in\mathbb{R} \right\}\;.$
Le vecteur $\left(1,-\frac{1+a}{a},1\right)$ est donc une base de $\mathrm{Ker}(f)$ .
Pour $a\neq 1$ et , nous avons vu que $\mathrm{Ker}(f)$ est une droite vectorielle. D'après le théorème du rang, $\mathrm{Im}(f)$ est de dimension 2 : c'est un plan vectoriel. Par définition de , et appartiennent à $\mathrm{Im}(f)$ . Pour montrer que ces deux vecteurs forment une base de $\mathrm{Im}(f)$ , il suffit de vérifier que est une famille libre. Soient $\alpha$ et $\beta$ deux réels tels que $\alpha v_1+\beta v_3=0$ . Les coordonnées de ce vecteur sont : $(\alpha+a\beta,0,a\alpha+\beta)$ . Elles s'annulent si et seulement si :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrcl} \alpha&+a\beta&=&0\\ a\alpha&+\beta&=&0\;. \end{array}\right.$
Sous forme échelonnée :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrcl} \alpha&+a\beta&=&0\\ &(1-a^2)\beta&=&0\;. \end{array}\right.$
Pour $a^2\neq 1$ , ce système est de rang 2 : il a pour seule solution $\alpha=\beta=0$ . D'où le résultat.
Pour et , . Donc pour tout vecteur de $\mathbb{R}^3$ , . Donc $\mathrm{Im}(f)$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur . La même expression montre que $\mathrm{Ker}(f)$ est le plan vectoriel d'équation , à savoir :

$\displaystyle \Big\{ (-y-z,y,z) ,\;y,z\in\mathbb{R} \Big\}\;.$
Une base de $\mathrm{Ker}(f)$ est donc :

$\displaystyle \big( (-1,1,0),(-1,0,1) \big)\;.$
Notons et . Pour montrer que est une base de $\mathbb{R}^2$ , il suffit de montrer que c'est une famille libre. Soient $\alpha,\beta,\gamma$ trois réels tels que $\alpha v_1+\beta w_2+\gamma w_3=0$ . Ces trois réels sont solution du système :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha&-\beta&-\gamma&=&0\\ &\beta&&=&0\\ \alpha&&+\gamma&=&0\;. \end{array}\right.$
On vérifie immédiatement que ce système est de rang 3 : il a pour seule solution $\alpha=\beta=\gamma=0$ . La matrice de dans la base est la suivante.

$\displaystyle \left(\begin{array}{ccc} 2&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right)\;.$
Pour montrer que l'application est bijective, il suffit de vérifier que l'image par de la base canonique est une base, c'est-à-dire que les trois vecteurs forment une base de $\mathbb{R}^3$ . Pour cela, il suffit de montrer que c'est une famille libre. Soient $\alpha,\beta,\gamma$ trois réels tels que $\alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3=0$ : ils sont solution du système :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha&-\beta&-\gamma&=&0\\ &&\gamma&=&0\\ -\alpha&-\beta&+\gamma&=&0\;. \end{array}\right.$
On vérifie immédiatement que ce système est de rang 3 : il a pour seule solution $\alpha=\beta=\gamma=0$ .
La matrice de dans la base est la suivante.

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1&2&-1\\ -1&0&-1\\ 0&2&0 \end{array}\right)\;.$
Pour écrire la matrice de l'application $g\circ f$ , on peut soit calculer les coordonnées des trois vecteurs , , , ce qui revient à effectuer le produit de la matrice de par chacune des colonnes de la matrice de .

$\begin{displaymath} \begin{array}{cc} & \left(\begin{array}{rrr} 1&-1&-1\\ 0&0&... ...space*{3.5mm}0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{array}\right) \end{array}\end{displaymath}$
On constate que $g\circ f$ est le double de l'application identique. La matrice de l'application réciproque $f^{-1}$ dans la base est donc le produit par de la matrice de .

$\displaystyle \left(\begin{array}{ccc} 1/2&1&-1/2\\ -1/2&0&-1/2\\ 0&1&0 \end{array}\right)\;.$
Nous devons calculer , et en fonction de , et . Or pour , $f(v_i)=f(f(e_i))=f(f(f^{-1}(v_i)))$ . Notons la matrice de et $A^{-1}$ celle de $f^{-1}$ (calculée à la question précédente). Ce qui précède montre que la matrice de dans la base est le produit matriciel (colonnes par colonne) de par le produit de par $A^{-1}$ . Or $A(A A^{-1})=A$ . Donc la matrice de dans la base est la même que dans la base .