Exercice 1

Soit \( f \) l'application définie de \( \mathbb{R}^3 \) dans \( \mathbb{R}^2 \) par :

\( f(x, y, z) = (-2x + y + z, x - 2y + z) \)

1) Montrer que \( f \) est linéaire.

Soient \( u_1 = (x_1, y_1, z_1) \), \( u_2 = (x_2, y_2, z_2) \) deux vecteurs de \( \mathbb{R}^3 \) et \( \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R} \).

Alors :

\( \lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2 = (\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2, \lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2, \lambda_1 z_1 + \lambda_2 z_2) \)

Posons \( X = \lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2 \), \( Y = \lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2 \), \( Z = \lambda_1 z_1 + \lambda_2 z_2 \).

Alors :

\[ f(\lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2) = f(X, Y, Z) = (-2X + Y + Z, X - 2Y + Z) \]

Développons :

\[ (-2(\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2) + (\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2) + (\lambda_1 z_1 + \lambda_2 z_2), (\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2) - 2(\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2) + (\lambda_1 z_1 + \lambda_2 z_2)) \]

Ce qui se factorise en :

\[ \lambda_1 (-2x_1 + y_1 + z_1, x_1 - 2y_1 + z_1) + \lambda_2 (-2x_2 + y_2 + z_2, x_2 - 2y_2 + z_2) \]

C'est-à-dire :

\[ \lambda_1 f(u_1) + \lambda_2 f(u_2) \]

Donc \( f \) est linéaire.

2) Déterminer une base de \( \ker f \) et le rang de \( f \).

Le noyau est donné par :

\[ \ker f = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \ | \ f(x,y,z) = (0,0) \} \]

Ce qui donne le système :

• \( -2x + y + z = 0 \)
• \( x - 2y + z = 0 \)

Manipulons :

• Multiplier la première équation par 2 :
• \( -4x + 2y + 2z = 0 \)
• La deuxième reste \( x - 2y + z = 0 \).

Ajoutons :

\[ (-4x + 2y + 2z) + (x - 2y + z) = -3x + 3z = 0 \]

D'où :

\[ x = z \]

Remplaçons dans la deuxième équation :

\[ x - 2y + x = 0 \Rightarrow 2x - 2y = 0 \Rightarrow x = y \]

Donc :

\[ x = y = z \]

Le noyau est :

\[ \ker f = \{ z(1,1,1) \ | \ z \in \mathbb{R} \} \]

Donc une base de \( \ker f \) est \( \{(1,1,1)\} \).

On a \( \dim(\ker f) = 1 \).

Par la formule du rang :

\[ \dim(\ker f) + \dim(\text{Im} f) = \dim(\mathbb{R}^3) = 3 \]

Donc :

\[ \text{rg}(f) = 3 - 1 = 2 \]

Exercice 2 :

1) Soit (x, y) ∈ ℝ², alors (x, y) = x·e₁ + y·e₂. Ainsi, il vient :

f(x, y) = f(x·e₁ + y·e₂) = x·f(e₁) + y·f(e₂) 
       = x·(2e′₁ + e′₃) + y·(-5e′₁ + e′₂)
       = (2x - 5y)·e′₁ + y·e′₂ + x·e′₃
       = (2x - 5y, y, x)
  

2) On a :

ker f = { (x, y) ∈ ℝ² ; f(x, y) = (0, 0, 0) }

f(x, y) = (0, 0, 0) ⇔

2x - 5y = 0
y = 0
x = 0
  

⇒ x = y = 0

⇒ ker f = {(0, 0)} = {0_{ℝ²}} donc dim ker f = 0
  

On a :

Im f = { f(x, y) ; x, y ∈ ℝ } = { (2x - 5y, y, x) ; x, y ∈ ℝ }
     = { x·(2, 0, 1) + y·(-5, 1, 0) ; x, y ∈ ℝ }
     = vect(u₁, u₂) avec u₁ = (2, 0, 1), u₂ = (-5, 1, 0)
  

Soient α, β ∈ ℝ, on a :

α·u₁ + β·u₂ = 0_{ℝ³} ⇒ α·(2, 0, 1) + β·(-5, 1, 0) = (0, 0, 0)
⇒ (2α - 5β, β, α) = (0, 0, 0)
⇒ 2α - 5β = 0 ; β = 0 ; α = 0
  

⇒ (u₁, u₂) est libre donc c’est une base de Im f ⇒ dim Im f = 2

3) Comme ker f = {0_{ℝ²}}, alors f est injective.
Comme Im f ⊂ ℝ³ et dim Im f ≠ dim ℝ³ ⇒ Im f ≠ ℝ³ donc f n’est pas surjective.