Exercice 3 :

1) Soit x = (x₁, x₂, x₃) ∈ ℝ³. Alors :

x = x₁·e₁ + x₂·e₂ + x₃·e₃
u(x) = x₁·u(e₁) + x₂·u(e₂) + x₃·u(e₃)
     = x₁·(2e₁ + e₂ + 3e₃)
     + x₂·(e₂ - 3e₃)
     + x₃·(-2e₂ + 2e₃)

⇒ u(x) = 2x₁·e₁ + (x₁ + x₂ - 2x₃)·e₂ + (3x₁ - 3x₂ + 2x₃)·e₃
⇒ u(x) = (2x₁, x₁ + x₂ - 2x₃, 3x₁ - 3x₂ + 2x₃)
  

2) Montrons que E et F sont des sous-espaces vectoriels de ℝ³ :

a) Pour E :

E = { x ∈ ℝ³ ; u(x) = 2x }

(i) u(0) = 0 = 2·0 ⇒ 0 ∈ E

(ii) Soient x, y ∈ E et α, β ∈ ℝ
⇒ u(αx + βy) = α·u(x) + β·u(y) = 2αx + 2βy = 2(αx + βy) ∈ E

⇒ E est un sous-espace vectoriel.
  

b) Pour F :

F = { x ∈ ℝ³ ; u(x) = -x }

Même raisonnement ⇒ F est un sous-espace vectoriel.
  

3) Déterminons une base de E :

E = { x ∈ ℝ³ ; u(x) = 2x }
Soit x = (x₁, x₂, x₃)
On cherche : u(x) = 2x ⇔

(2x₁, x₁ + x₂ - 2x₃, 3x₁ - 3x₂ + 2x₃) = (2x₁, 2x₂, 2x₃)

Comparaison des coordonnées :
2x₁ = 2x₁          ⇒ (toujours vrai)
x₁ + x₂ - 2x₃ = 2x₂ ⇒ x₁ - x₂ - 2x₃ = 0
3x₁ - 3x₂ + 2x₃ = 2x₃ ⇒ 3x₁ - 3x₂ = 0 ⇒ x₁ = x₂

⇒ En remplaçant dans la première équation : x₁ - x₁ - 2x₃ = 0 ⇒ x₃ = 0

⇒ x₁ = x₂ ; x₃ = 0 ⇒ x = x₁·(1, 1, 0)

Donc : E = vect(1, 1, 0)
  

Base de E : { (1, 1, 0) }
dim E = 1

Déterminons une base de F :

F = { x ∈ ℝ³ ; u(x) = -x }
u(x) = -x ⇔

(2x₁, x₁ + x₂ - 2x₃, 3x₁ - 3x₂ + 2x₃) = (-x₁, -x₂, -x₃)

⇒ 2x₁ = -x₁ ⇒ x₁ = 0
⇒ x₁ + x₂ - 2x₃ = -x₂ ⇒ 0 + x₂ - 2x₃ = -x₂ ⇒ 2x₂ = 2x₃ ⇒ x₂ = x₃

⇒ x₁ = 0 ; x₂ = x₃ ⇒ x = x₂·(0, 1, 1)

Donc : F = vect(0, 1, 1)
  

Base de F : { (0, 1, 1) }
dim F = 1

4) A-t-on E ⊕ F = ℝ³ ?

dim E = 1 ; dim F = 1 ⇒ dim(E + F) ≤ 2
Or dim ℝ³ = 3 ⇒ E + F ≠ ℝ³
Donc : E ⊕ F ≠ ℝ³
  

Exercice 4 :

1) Calcul du noyau ker(f) :

On cherche : f(x, y, z) = (0, 0, 0)
⇒
2x + y + z = 0     ... (1)
x + 2y + z = 0     ... (2)
4x - y + z = 0     ... (3)
  

Résolvons ce système :

De (1) : z = -2x - y
On remplace dans (2) :
x + 2y - 2x - y = 0 ⇒ -x + y = 0 ⇒ y = x

On remplace dans (3) :
4x - y + (-2x - y) = 0 ⇒ 4x - y - 2x - y = 0 ⇒ 2x - 2y = 0 ⇒ y = x
Donc : z = -2x - x = -3x
  

Donc :

ker f = { (x, x, -3x) ∈ ℝ³ ; x ∈ ℝ } = vect(1, 1, -3)
Base de ker f : { (1, 1, -3) }
dim ker f = 1
  

Image de f :

f(x, y, z) = (2x + y + z, x + 2y + z, 4x - y + z)
On exprime f(x, y, z) comme combinaison linéaire :

= x·(2, 1, 4) + y·(1, 2, -1) + z·(1, 1, 1)
Soit :
v₁ = (2, 1, 4)
v₂ = (1, 2, -1)
v₃ = (1, 1, 1)
  

Remarquons que :

v₁ + v₂ = (2+1, 1+2, 4+(-1)) = (3, 3, 3) = 3·v₃ ⇒ v₃ = (1/3)(v₁ + v₂)
⇒ v₁ et v₂ suffisent à engendrer Im f.
  

On vérifie l’indépendance linéaire de v₁ et v₂ :

Supposons : α·v₁ + β·v₂ = 0
⇒ α·(2, 1, 4) + β·(1, 2, -1) = (0, 0, 0)

⇒ (2α + β, α + 2β, 4α - β) = (0, 0, 0)

Système :
2α + β = 0  ...(i)
α + 2β = 0  ...(ii)
4α - β = 0  ...(iii)

De (i) : β = -2α
Dans (ii) : α - 4α = -3α = 0 ⇒ α = 0 ⇒ β = 0
Donc les vecteurs sont linéairement indépendants.
  

⇒ Im f = vect(v₁, v₂)
Base de Im f : { (2, 1, 4), (1, 2, -1) }
dim Im f = 2

Conclusion : ker f ≠ {0} ⇒ f n’est pas injective ⇒ f n’est pas bijective ⇒ f n’est pas inversible.

2) Vérification du théorème du rang :

dim ker f + dim Im f = 1 + 2 = 3
dim ℝ³ = 3 ⇒ identité vérifiée ✔
  

3) Calcul de f²(x, y, z) :

On cherche f(f(x, y, z)) :

f(x, y, z) = (X, Y, Z) avec :
X = 2x + y + z
Y = x + 2y + z
Z = 4x - y + z

Alors f²(x, y, z) = f(X, Y, Z) =
(2X + Y + Z, X + 2Y + Z, 4X - Y + Z)
  

On calcule chaque composante :

2X + Y + Z = 2(2x + y + z) + (x + 2y + z) + (4x - y + z)
           = 4x + 2y + 2z + x + 2y + z + 4x - y + z
           = 9x + 3y + 4z

X + 2Y + Z = (2x + y + z) + 2(x + 2y + z) + (4x - y + z)
           = 2x + y + z + 2x + 4y + 2z + 4x - y + z
           = 8x + 4y + 4z

4X - Y + Z = 4(2x + y + z) - (x + 2y + z) + (4x - y + z)
           = 8x + 4y + 4z - x - 2y - z + 4x - y + z
           = 11x + y + 4z
  

Donc :

f²(x, y, z) = (9x + 3y + 4z, 8x + 4y + 4z, 11x + y + 4z)