Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. Si $(v_1,\ldots,v_n)$ est génératrice, alors tout vecteur $w$ de $E$ est combinaison linéaire des $v_i$ :
   $$\forall w\in E ,\;\exists \lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\mathbb{R}\;,\quad w=\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_nv_n\;.$$
   Soit $v$ un vecteur donné de $E$. Le vecteur $w$ s'écrit :
   $$w=\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_nv_n+0 v\;.$$
   La famille $(v_1,\ldots,v_n,v)$ est donc génératrice.
2. Soient $\lambda_1,\ldots,\lambda_{n-1}$ des réels tels que :
   $$\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_{n-1}v_{n-1}=0\;.$$
   Alors :
   $$\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_{n-1}v_{n-1}+0v_n=0\;.$$
   Si la famille $(v_1,\ldots,v_n)$ est libre, cela implique :
   $$\lambda_1=\ldots=\lambda_{n-1}=0\;.$$
   Donc la famille $(v_1,\ldots,v_{n-1})$ est aussi libre.
3. Soit $w$ un vecteur quelconque de $F$. Puisque $f$ est surjective, il existe $v\in E$ tel que $w=f(v)$. Si la famille $(v_1,\ldots,v_n)$ est génératrice, il existe $n$ réels $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ tels que :
   $$v=\lambda_1 v_1+\cdots+\lambda_n v_n\;.$$
   Comme $f$ est linéaire, on peut écrire :
   $$w=f(v)=\lambda_1f(v_1)+\cdots+\lambda_nf(v_n)\;.$$
   Donc $(f(v_1),\ldots,f(v_n))$ est génératrice dans $F$.
4. Soient $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ des réels tels que :
   $$\lambda_1f(v_1)+\cdots+\lambda_nf(v_n)=0\;.$$
   Puisque $f$ est linéaire :
   $$f(\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_nv_n)=0\;.$$
   Si $f$ est injective, le seul vecteur d'image nulle est le vecteur nul. Donc :
   $$\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_n v_n=0\;.$$
   Puisque la famille $(v_1,\ldots,v_n)$ est libre, ceci entraîne :
   $$\lambda_1=\cdots=\lambda_n=0\;.$$
   Donc la famille $(f(v_1),\ldots,f(v_n))$ est libre.
5. Si $f$ est bijective, elle est à la fois injective et surjective. Si $(v_1,\ldots,v_n)$ est une base de $E$, 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 $F$.

   Montrons maintenant la réciproque. Si $f$ 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 $F$, alors $(f^{-1}(f(v_1)),\ldots,f^{-1}(f(v_n)))=(v_1,\ldots,v_n)$ est une base de $E$, en appliquant ce qui précède à $f^{-1}$.

Exercice :  

1. 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 $(e_1,e_2,e_3)$, ce vecteur s'écrit :
   $$\big( \alpha +a\beta+a\gamma , b\gamma , a\alpha +a\beta+\gamma \big)=(0,0,0)\;.$$
   Donc $\alpha,\beta,\gamma$ sont solution du système linéaire :
   $$\left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha &+a\beta&+a\gamma &=&0\\ &&b\gamma &=&0\\ a\alpha &+a\beta&+\gamma &=&0\;. \end{array}\right.$$
   La famille $(v_1,v_2,v_3)$ est une base de $\mathbb{R}^3$ si et seulement si ce système a pour solution unique $(0,0,0)$. Échangeons les équations 2 et 3, puis soustrayons la première équation multipliée par $a$ de la seconde. Le système est équivalent à :
   $$\left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha &+a\beta&+a\gamma &=&0\\ &a(a-1)\beta&+(1-a^2)\gamma &=&0\\ &&b\gamma &=&0\;. \end{array}\right.$$
   Ce système a pour solution unique $(0,0,0)$ 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 $b=0$ la troisième équation s'annule, si $a=1$ la seconde équation s'annule, et si $a=0$, les équations 2 et 3 sont proportionnelles : dans les 3 cas, le système est de rang au plus 2.
2. La matrice de $f$ dans la base canonique est :
   $$\left(\begin{array}{ccc} 1&a&a\\ 0&0&b\\ a&a&1 \end{array}\right)\;.$$

3. Soient $\alpha$ et $\beta$ deux réels tels que $\alpha v_1+\beta v_3=0$. Pour $a=0$, ce vecteur s'écrit $(\alpha, b\beta, \beta)$. Il est nul si et seulement si $\alpha=\beta=0$ Donc $(v_1,v_3)$ est une famille libre.
4. Pour $a=0$, $f(e_2)=v_2=0$. Donc tout vecteur multiple de $e_2$ appartient au noyau de $f$. La droite vectorielle engendrée par $e_2$ est donc incluse dans le noyau de $f$. Pour montrer qu'elle est égale, il suffit de montrer que le noyau de $f$ est de dimension $1$. Pour cela, considérons les vecteurs $v_1$ et $v_3$. Par définition, ce sont deux vecteurs de l'image de $f$. Or ils forment une famille libre d'après la question précédente. L'image de $f$ 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 $3-2=1$. Comme le noyau contient la droite engendrée par $e_2$, il est de dimension $1$.
5. Puisque le noyau est de dimension $1$, l'image est de dimension $2$, par le théorème du rang. Les vecteurs $v_1$ et $v_3$ forment une famille libre, donc $(v_1,v_3)$ est une base de $\mathrm{Im}(f)$.
6. Puisque $f$ est linéaire, il suffit de vérifier la relation demandée sur les éléments d'une base, par exemple la base canonique. Pour $e_1$ et $e_2$, c'est évident puisque $f(e_1)=e_1$ et $f(e_2)=0$. Pour $e_3$ :
   $$f(f(e_3))=f(be_2+e_3)=bf(e_2)+f(e_3)=f(e_3)\;.$$

7. 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 $(e_2,v_1,v_3)$ est une base de $\mathbb{R}^3$. On sait que : $f(e_2)=0$, $f(v_1)=f\circ f(e_1)=f(e_1)=v_1$ et $f(v_3)=f\circ f(e_3)=f(e_3)=v_3$. La matrice de $f$ dans la base $(e_2,v_1,v_3)$ est donc la suivante.
   $$\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}\right)\;.$$

8. Soit $v$ un vecteur de $\mathrm{Ker}(f)$ : ses coordonnées $(x,y,z)$ sont solution du système :
   $$\left\{\begin{array}{rrrcl} x&+ay&+az&=&0\\ ax&+ay&+z&=&0\;. \end{array}\right.$$
   Ce système équivaut au suivant.
   $$\left\{\begin{array}{rrrcl} x&+ay&+az&=&0\\ &(a-a^2)y&+(1-a^2)z&=&0\;. \end{array}\right.$$
   Pour $a=0$, l'ensemble des solutions est la droite vectorielle engendrée par $e_2$ (question 4). Pour $a$ différent de 0 et $1$, le système se résout en fonction de $z$ :
   $$\left\{\begin{array}{rrrcl} x&&&=&z\\ &y&&=&-\frac{1+a}{a}z\;. \end{array}\right.$$
   L'ensemble de solutions est le suivant.
   $$\left\{ \left(z,-\frac{1+a}{a}z,z\right) ,\;z\in\mathbb{R} \right\}\;.$$
   Le vecteur $\left(1,-\frac{1+a}{a},1\right)$ est donc une base de $\mathrm{Ker}(f)$.
9. Pour $a\neq 1$ et $b=0$, 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 $f$, $v_1$ et $v_3$ appartiennent à $\mathrm{Im}(f)$. Pour montrer que ces deux vecteurs forment une base de $\mathrm{Im}(f)$, il suffit de vérifier que $(v_1,v_3)$ 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 :
   $$\left\{\begin{array}{rrcl} \alpha&+a\beta&=&0\\ a\alpha&+\beta&=&0\;. \end{array}\right.$$
   Sous forme échelonnée :
   $$\left\{\begin{array}{rrcl} \alpha&+a\beta&=&0\\ &(1-a^2)\beta&=&0\;. \end{array}\right.$$
   Pour $a^2\neq 1$, ce système est de rang 2 : il a pour seule solution $\alpha=\beta=0$. D'où le résultat.
10. Pour $a=1$ et $b=0$, $v_1=v_2=v_3=(1,0,1)$. Donc pour tout vecteur $v=xe_1+ye_2+ze_3$ de $\mathbb{R}^3$, $f(v)=(x+y+z)v_1$. Donc $\mathrm{Im}(f)$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur $v_1=(1,0,1)$. La même expression montre que $\mathrm{Ker}(f)$ est le plan vectoriel d'équation $x+y+z=0$, à savoir :
    $$\Big\{ (-y-z,y,z) ,\;y,z\in\mathbb{R} \Big\}\;.$$
    Une base de $\mathrm{Ker}(f)$ est donc :
    $$\big( (-1,1,0),(-1,0,1) \big)\;.$$

11. Notons $w_2=(-1,1,0)$ et $w_3=(-1,0,1)$. Pour montrer que $(v_1,w_2,w_3)$ 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 :
    $$\left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha&-\beta&-\gamma&=&0\\ &\beta&&=&0\\ \alpha&&+\gamma&=&0\;. \end{array}\right.$$
    On vérifie immédiatement que ce système est de rang 3 : il a pour seule solution $\alpha=\beta=\gamma=0$. La matrice de $f$ dans la base $(v_1,w_2,w_3)$ est la suivante.
    $$\left(\begin{array}{ccc} 2&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right)\;.$$

12. Pour montrer que l'application $f$ est bijective, il suffit de vérifier que l'image par $f$ de la base canonique est une base, c'est-à-dire que les trois vecteurs $(v_1,v_2,v_3)$ 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 :
    $$\left\{\begin{array}{rrrcl} \alpha&-\beta&-\gamma&=&0\\ &&\gamma&=&0\\ -\alpha&-\beta&+\gamma&=&0\;. \end{array}\right.$$
    On vérifie immédiatement que ce système est de rang 3 : il a pour seule solution $\alpha=\beta=\gamma=0$.
13. La matrice de $g$ dans la base $(e_1,e_2,e_3)$ est la suivante.
    $$\left(\begin{array}{rrr} 1&2&-1\\ -1&0&-1\\ 0&2&0 \end{array}\right)\;.$$

14. Pour écrire la matrice de l'application $g\circ f$, on peut soit calculer les coordonnées des trois vecteurs $g(v_1)$, $g(v_2)$, $g(v_3)$, ce qui revient à effectuer le produit de la matrice de $g$ par chacune des colonnes de la matrice de $f$.
    $$\begin{array}{cc} & \left(\begin{array}{rrr} 1&-1&-1\\ 0&0&... ...space*{3.5mm}0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{array}\right) \end{array}$$
    On constate que $g\circ f$ est le double de l'application identique. La matrice de l'application réciproque $f^{-1}$ dans la base $(e_1,e_2,e_3)$ est donc le produit par $1/2$ de la matrice de $g$.
    $$\left(\begin{array}{ccc} 1/2&1&-1/2\\ -1/2&0&-1/2\\ 0&1&0 \end{array}\right)\;.$$

15. Nous devons calculer $f(v_1)$, $f(v_2)$ et $f(v_3)$ en fonction de $v_1$, $v_2$ et $v_3$. Or pour $i=1,2,3$, $f(v_i)=f(f(e_i))=f(f(f^{-1}(v_i)))$. Notons $A$ la matrice de $f$ et $A^{-1}$ celle de $f^{-1}$ (calculée à la question précédente). Ce qui précède montre que la matrice de $f$ dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ est le produit matriciel (colonnes par colonne) de $A$ par le produit de $A$ par $A^{-1}$. Or $A(A A^{-1})=A$. Donc la matrice de $f$ dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ est la même que dans la base $(e_1,e_2,e_3)$.