Exercices Corrigés: Applications linéaires, Exercices de Mathématiques

Télécharge Exercices Corrigés: Applications linéaires et plus Exercices au format PDF de Mathématiques sur Docsity uniquement! Exercices Corrigés Applications linéaires Exercice 1 – On considère l’application linéaire : f : R4 → R2 , (x1, x2, x3, x4) 7→ (x1 + x2 + x3 + x4, x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4) . 1) Quelle est la matrice de f dans les bases canoniques de R2 et R4 ? 2) Déterminer le noyau de f . L’application linéaire f est-elle injective ? 3) Quelle est l’image de f ? L’application f est-elle surjective ? 4) Soit y1 , y2 deux réels, préciser un vecteur u de R 4 tel que f(u) = (y1, y2). Exercice 2 – Soit E un R-espace vectoriel de dimension 3 et B = (e1, e2, e3) une base de E. On considère f l’application linéaire de E vers E telle que : f(e1) = e1 + e2 + e3 , f(e2) = 2e1 − e2 + 2e3 , f(e3) = 4e1 + e2 + 4e3 1) Quelle est la matrice A de f dans la base B ? Si u ∈ E a pour coordonnées (x1, x2, x3) dans la base B, quelles sont les coordonnées de f(u) dans la base B ? 2) Calculer f(e1 + 2e2). 3) Déterminer le noyau et l’image de f . 4) Ces sous-espaces vectoriels de E sont-ils supplémentaires ? 5) Quelle est la matrice de f 2 dans la base B ? En déduire f 2(e1), f 2(e2),f 2(e3). Exercice 3 – Soit E un R-espace vectoriel de dimension 2 et B = (e1, e2) une base de E. On considère f l’application linéaire de E vers E de matrice dans la base B : M = ( 1 2 1 2 ) 1) Préciser f(e1) et f(e2). Soit a un réel, déterminer à l’aide de la matrice M le vecteur f(ae1 + 17e2). 2) Déterminer le noyau et l’image de f . 3) Soit u = 2e1 − e2, v = e1 + e2. Montrer que (u, v) est une base de E. Quelle est la matrice de f dans cette base ? 4) Montrer que ker f et Imf sont des sous-espaces supplémentaires de E. Exercice 4 – Posons e1 = (1, 2) et e2 = (1, 3). 1) Montrer que (e1, e2) est une base de R 2. Soit f ∈ L(R2) définie par f(e1) = 2e2 et f(e2) = e1 + 2e2. 2) Quelle est la matrice B de f dans la base (e1, e2) ? 3 ) Si u ∈ R2 a pour coordonnées (X1, X2) dans la base (e1, e2), quelles sont les coordonnées de f(u) dans la base (e1, e2) ? 4) Quelle est la matrice A de f dans la base canonique de R2 ? 1 Exercice 5 – On considére l’application f : R4 → R3 définie par : f(x1, x2, x3, x4) = (x1 + x2 + x3 + x4, 2x1 + x2 − x3 + x4, x1 − x2 + x3 − x4) . Soit B = (e1, e2, e3, e4) la base canonique de R4 et B′ = (1, 2, 3) celle de R3. 1) Quelle est la matrice A de f dans ces bases canoniques ? Préciser f(e1), f(e2), f(e3), f(e4). 2) Donner une base échelonnée de Vect(f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)) par rapport à la base B′. 3) En déduire la dimension de l’image de f , la surjectivité de f et la dimension du noyau de f . 4) Déterminer une base du noyau de f . Exercice 6 – 1) Soit u1 = (1, 2) et u2 = (1, 3). Exprimer u1 et u2 dans la base canonique (e1, e2) de R 2. Montrer que (u1, u2) est une base de R 2. 2) Soit f l’application de matrice dans la base (e1, e2) : A = ( −2 1 −6 3 ) . Calculer f(u1) et f(u2). Puis, la matrice B de f dans la base (u1, u2). 3) Qelles sont les matrices de passage de la base (e1, e2) à la base (u1, u2) et de la base (u1, u2) à la base (e1, e2). Quel est le lien entre A et B ? Exercice 7 – Soit e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) les vecteurs de B la base canonique de R2. Posons u1 = (1, 4) et u2 = (1, 3). 1) Montrer que (u1, u2) est une base de R 2 notée B′. Soit f : R2 → R2, l’application linéaire de matrice A dans la base canonique de R2 : A = ( −7 2 −24 7 ) . 2) Préciser les vecteurs f(e1) et f(e2). Préciser f 2. 3) Préciser f(u1) et f(u2). En déduire la matrice B de f dans la base B′. 4) Préciser les matrices de passage entre les bases B et B′. Quelles sont les coordonnées des vecteurs e1 et e2 dans la base (u1, u2) ? Retrouver la matrice de f dans la base B′ en utilisant ces matrices de passage. 5) Montrer que les sous-espaces vectoriels Vect(u1) et Vect(u2) sont supplémentaires. Comparer f et la symétrie vectorielle s par rapport à Vect(u1) paralléllement à Vect(u2). 6) Quelle est la matrice de projection vectorielle p sur Vect(u1) paralléllement à Vect(u2) dans la base B′, dans la base B ? Exercice 8 – Désignons par B = (e1, e2) la base canonique de R2. Commencer par préciser les vecteurs e1 et e2. 1) On considère l’application linéaire f de R2 de matrice A dans la base B : A = ( 11 −4 30 −11 ) . Préciser les vecteurs f(e1) ,f(e2) ,f(2, 5) ,f(1, 3). 2) On pose v1 = (2, 5) et v2 = (1, 3). Montrer que B′ = (v1, v2) est une base de R2. Quelle est 2 Ce système a mêmes solutions que le système triangulé pour l’ordre naturel des variables :{ x1 + x2 + x3 + x4 = 0 + x2 + 2x3 + 3x4 = 0 . Les variables libres de ce sytème triangulé sont x3 et x4. On obtient en le résolvant : ker f = {x3(1,−2, 1, 0) + x4(2,−3, 0, 1) tels que x3 , x4 ∈ R} . Nous avons appliquer l’algorithme de résolution. Nous pouvons donc conclure que ker f admet pour base le couple de vecteurs de R4 : (1,−2, 1, 0), (2,−3, 0, 1). L’espace vectoriel ker f est donc de dimension 2. Le noyau de f n’est par réduit au vecteur nul de R4. Donc f n’est pas injective. 3) La formule de dimension, nous apprends : dimR4 = dim Im f + dim ker f . Soit, 4 = dim Im f + 2. Ainsi, l’espace vectoriel Imf est de dimension 2. Comme il s’agit d’un sous-espace vectoriel de R2 qui est aussi de dimension 2, nous avons : Im f = R2. L’image de f cöıncide avec R2 l’espace but de f . Donc, f est surjective. 4) De la surjectivité de f , il résulte que pour tout (y1, y2) ∈ R2, il existe (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 tels que f(x1, x2, x3, x4) = (y1, y2). Fixons (y1, y2); les (x1, x2, x3, x4) qui conviennent sont les solutions du système : { x1 + x2 + x3 + x4 = y1 x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = y2 .{ x1 + x2 + x3 + x4 = y1 + x2 + 2x3 + 3x4 = y2 − y1 . Les variables libres de ce sytème triangulé sont x3 et x4. Ces solutions décrivent l’ensemble : S = {(y2 − y1, 2y1 − y2, 0, 0) + x3(1,−2, 1, 0) + x4(2,−3, 0, 1) tels que x3 x4 ∈ R} . Nous obtenons, si nous prenons x3 = x4 = 0, la solution particulière : (y2 − y1, 2y1 − y2, 0, 0) Ainsi, nous avons montré que le quadruplet de réels (y2 − y1, 2y1 − y2, 0, 0) vérifie : f(y2 − y1, 2y1 − y2, 0, 0) = (y1, y2) . Correction de l’exercice ?? 1) La matrice de f dans la base (e1, e2, e3) est une matrice carrée à trois lignes, ses colonnes sont 5 respectivement les coordonnées de f(e1), f(e2), f(e3) dans la base (e1, e2, e3). Cette matrice est donc : A =  1 2 41 −1 1 1 2 4  . La matrice A donne les les coordonnées de f(u) dans la base B. Ces coordonnées sont : y1y2 y3  =  1 2 41 −1 1 1 2 4   x1x2 x3  =  x1 + 2x2 + 4x3x1 − x2 + x3 x1 + 2x2 + 4x3  . 2) En particulier les coordonnées de f(e1 + 2e2) sont : y1y2 y3  =  1 2 41 −1 1 1 2 4   12 0  =  5−1 5  . Ainsi, f(e1 + 2e2) = 5e1 − e2 + 5e3. 3) Considérons un vecteur u ∈ E et notons (x1, x2, x3) ses coordonées dans la base B : u = x1e1+x2e2+x3e3. Le vecteur u est dans ker f si et seulement si f(u) = 0. Donc, si et seulement si les coordonnées de f(u) sont nulles, c’est à dire solutions du système linéaire : x1 + 2x2 + 4x3 = 0 x1 − x2 + x3 = 0 x1 + 2x2 + 4x3 = 0 . Ce système équivaut à : { x1 + 2x2 + 4x3 = 0 x1 − x2 + x3 = 0 . ou encore au système triangulé (l’ordre des variables est l’ordre naturel) :{ x1 + 2x2 + 4x3 = 0 3x2 + 3x3 = 0 . En résolvant ce système, on trouve que ses solutions sont : S = {x3(−2,−1, 1) tels que x3 ∈ R} . S sont les coordonnées des vecteurs de ker f Ainsi : ker f = {x3(−2e1 − e2 + e3) tels que x3 ∈ R} . Le noyau de f est donc un espace vectoriel de dimension 1 de base le vecteur non nul : −2e1 − e2 + e3 . 6 Il résulte de la formule de dimension : 3 = dimE = dim Im f + dim ker f = dim Im f + 1 . Ainsi, l’image de f est un espace vectoriel de dimension 2. D’après le cours, puisque (e1, e2, e3) engendrent E, Im f est engendré par f(e1), f(e2), f(e3). Déterminons une base de Im f eche- lonnée dans la base (e1, e2, e3). M(e1,e2,e3)(f(e1), f(e2), f(e3)) =  f(e1) f(e2) f(e3) 1 2 4 1 −1 1 1 2 4  , M(e1,e2,e3)(f(e1), f(e2)− 2f(e1), f(e3)− 4f(e1)) =  1 0 01 −3 −3 1 0 0  , M(e1,e2,e3)( f(e1), f(e2)− 2f(e1), f(e3)− 4f(e1)− (f(e2)− 2f(e1)) ) =  1 0 01 −3 0 1 0 0  . Ainsi, Imf admet le couple de vecteurs (e1 + e2 + e3, e2) comme base echelonnée relativement à la base (e1, e2, e3) de E. On retrouve de plus que f(−2e1 − e2 + e3) = 0, c’est à dire que −2e1 − e2 + e3 ∈ ker f . 4) Pour toute application linéaire de source E : dimE = dim Im f + dim ker f . Comme l’espace but de f est E (f est un endomorphisme), Im f est aussi un sous-espace vec- toriel de E. Pour démontrer que Im f et ker f sont des sous-espaces supplémentaires, il suffit de montrer que leur intersection est réduite au vecteur nul. Déterminons un systéme d’équations de Im f relativement à la base (e1, e2, e3). Considérons un vecteur u de coordonées (x1, x2, x3) dans la base (e1, e2, e3). Considérons la matrice : M(e1,e2,e3)(e1 + e2 + e3, e3, u) =  1 0 x11 1 x2 1 0 x3  . Suivons l’algorithme qui donne un système d’équations relativement à la base (e1, e2, e3) de Imf qui est l’espace vectoriel engendré par (e1 + e2 + e3, e2) : M(e1,e2,e3)(e1 + e2 + e3, e2, u− x1(e1 + e2 + e3) =  1 0 01 1 x2 − x1 1 0 x3 − x1  , 7 b) La matrice de passage de la base B à la base B′ est la matrice : P = ( 2 1 −1 1 ) . Son inverse se déxtermine par le calcul du déterminant et de la comatrice. On obtient : P−1 = 1 3 ( 1 −1 1 2 ) . On sait alors que la matrice B de f dans la base B′ est donnée par la formule : B = P−1MP = 1 3 ( 1 −1 1 2 )( 1 2 1 2 )( 2 1 −1 1 ) = 1 3 ( 1 −1 1 2 )( 0 3 0 3 ) = 1 3 ( 0 0 0 9 ) = ( 0 0 0 3 ) . 4) On a toujours : dimE = dim ker f + dim Imf . Pour montrer que ker f et Imf sont des sous-espaces supplémentaires, il suffit alors de montrer ker f ∩ Imf = {0}. Soit u ∈ Imf , il existe alors λ ∈ R tel que u = λ(e1 + e2). Si u appartient de plus à ker f ses coordonnées (λ, λ) dans la base B vérifient alors l’équation de ker f . On en déduit : λ + 2λ = 0. D’où λ = 0 et u = 0. Ainsi, ker f ∩ Imf = {0}. Correction de l’exercice ?? 1) R2 est de dimension 2. (e1, e2) est une base de R 2 si et seulement si la matrice( 1 1 2 3 ) . est inversible. C’est le cas puisque son déxterminant est non nul, car gal à 1. 2) La matrice de f dans la base (e1, e2) est par définition B = ( 0 1 2 2 ) . 3) Soit (Y1, Y2) les coordonnées de f(u) dans la base (e1, e2), on a :( Y1 Y2 ) = ( 0 1 2 2 )( X1 X2 ) = ( X2 2X1 + 2X2 ) . 4) La matrice de passage de la base canonique de R2 à la base (e1, e2) est : P = ( 1 1 2 3 ) . Son inverse est : P−1 = ( 3 −1 −2 1 ) . Si A est la matrice de f dans la base canonique de R2 : B = P−1AP ; A = PBP−1 . 10 On obtient : A = ( 1 1 2 3 )( 0 1 2 2 )( 3 −1 −2 1 ) = ( 1 1 2 3 )( −2 1 2 0 ) = ( 0 1 2 2 ) . On trouve A = B, pur hasard ! Correction de l’exercice ?? 1) On observe que : f  x1 x2 x3 x4  =  x1 + x2 + x3 + x42x1 + x2 − x3 + x4 x1 − x2 + x3 − x4  =  1 1 1 12 1 −1 1 1 −1 1 −1   x1 x2 x3 x4  . Ainsi, la matrice de f dans les bases canoniques de R4 et R3 est : A =  1 1 1 12 1 −1 1 1 −1 1 −1  . Les vecteurs cherchés ont pour coordonnées dans la base canonique de R3 les colonnes de la matrice A. Ceux sont donc les colonnes de A. f(e1) = f(1, 0, 0, 0) = (1, 2, 1) , f(e2) = f(0, 1, 0, 0) = (1, 1,−1) f(e3) = f(0, 0, 1, 0) = (1,−1, 1) , f(e4) = f(0, 0, 0, 1) = (1, 1,−1) 2) Appliquons l’algorithme du cours, le point de départ est : MB′(f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)) = A =  1 1 1 12 1 −1 1 1 −1 1 −1  Posons u′1 = f(e1), u ′ 2 = f(e2)− f(e1), u′3 = f(e3)− f(e1), u′4 = f(e4)− f(e1), on a : Vect (f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)) = Vect (u ′ 1, u ′ 2, u ′ 3, u ′ 4) et A(u ′ 1, u ′ 2, u ′ 3, u ′ 4) =  1 0 0 02 −1 −3 −1 1 −2 0 −2  Posons u′′1 = u ′ 1, u ′′ 2 = u ′ 2, u ′′ 3 = u ′ 3 − 3u′2, u′′4 = u′4 − u′2, on a : Vect (f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)) = Vect (u ′ 1, u ′ 2, u ′ 3, u ′ 4) et A(u ′′ 1, u ′′ 2, u ′′ 3, u ′′ 4) =  1 0 0 02 −1 0 0 1 −2 6 0  Comme u′′4 = 0, on a Vect (f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)) = Vect (u ′′ 1, u ′′ 2, u ′′ 3). Comme les vecteurs u′′1, u ′′ 2, u ′′ 3 sont échelonnés par rapport à la base canonique de R 3, (u′′1, u ′′ 2, u ′′ 3) est donc une base 11 de l’espace vectoriel Vect (f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)). 3) L’image de f n’est autre que Vect (f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)). Il en résulte que l’image de f est un sous-espace vectoriel de R3 de dimension 3. Or, R3 lui même est de dimension 3, donc l’image de f est égal à R3 et f est surjective. Comme f est une application linéaire de source un espace vectoriel de dimension 4, on a : 4 = dim (ker f) + dim (im f) Il en résulte que le noyau de f est de dimension 1. Le noyau de f est donc une droite vectorielle de R4. 4) L’algorithme donne u′′4 = 0, c’est à dire : u ′ 4 − u′2 = 0, soit : f(e2)− f(e1)− (f(e4)− f(e1)) = 0 Il vient f(e2) − f(e4) = 0, c’est à dire f(e2 − e4) = 0. Ainsi, e2 − e4 = (0, 1, 0,−1) est un vecteur du noyau de f . Ce vecteur est non nul, c’est donc une famille libre à un élément de ker f . Comme ker f est de dimension 1, e2 − e4 = (0, 1, 0,−1) est une base de ker f . On peut vérifier ce résultat en résolvant le système : x1 + x2 + x3 + x4 = 0 2x1 + x2 − x3 + x4 = 0 x1 − x2 + x3 − x4 = 0 dont les solutions sont justement les éléments du noyau de f . Correction de l’exercice ?? 1) On a u1 = e1 + 2e2 et u2 = e1 + 3e2. La matrice M(e1,e2)(u1, u2) = ( 1 1 2 3 ) . qui est inversible, car de déterminant non nul. Il en résulte que (u1, u2) est une base de R 2. 2) Les coordonnées de f(u1) et f(u2) dans la base (e1, e2) sont respectivement :( 0 0 ) = ( −2 1 −6 3 )( 1 2 ) et ( 1 3 ) = ( −2 1 −6 3 )( 1 2 ) . Ainsi, f(u1) = 0 et f(u2) = e1 + 3e2 = u2. La matrice e B de f dans la base (u1, u2) est donc : B = ( 0 0 0 1 ) . 3) Soit P la matrice de passage de la base (e1, e2) à la base (u1, u2) : P = ( 1 1 2 3 ) . La matrice de passage de la base (u1, u2) à la base (e1, e2) est la matroce : P−1 = ( 3 −1 −2 1 ) . 12 Ainsi, f(1, 3) = −(1, 3). 2) Comme R2 esr un R-espace vectoriel de dimension 2, pour montrer que (v1, v2) est une base de R2, il suffit de montrer qu’il s’agit d’une famille libre. Soit a, b deux réels, supposons : av1 + bv2 = 0 . On obtient : { 2a + b = 0 5a + 3b = 0 . On en déduit : a = b = 0. Ainsi, la famille (v1, v2) est bien libre. Comme f(v1) = v1 = 1v1+0v2 et f(v2) = −v2 = 0v1 + (−1)v2, la matrice B est : B = ( 1 0 0 −1 ) . 3) Par définition, cette matrice de passage est : P = ( 2 1 5 3 ) . Des équations entre vecteurs : { 2e1 + 5e2 = v1 e1 + 3e2 = v2 . On déduit : e1 = 3v1 − 5v2 et e2 = −v1 + 2v2. Il en résulte : P−1 = ( 3 −1 −5 2 ) . On pourrait calculer P−1 en calculant le déterminant et la comatrice de P . 4) La formule est B = P−1AP . Le lecteur vérifiera (vraiment) que :( 1 0 0 −1 ) = ( 3 −1 −5 2 )( 11 −4 30 −11 )( 2 1 5 3 ) . 5) Le vecteur u de coordonnées (x1, x2) dans la base B appartient à kerf si et seulement si les coordonnées de f(u) dasn cette base sont nulles, donc si et seulement si :( 11 −4 30 −11 )( x1 x2 ) = ( 11x1 − 4x2 30x1 − 11x2 ) = ( 0 0 ) . Le système : { 11x1 − 4x2 = 0 30x1 − 11x2 = 0 . équivaut à : { 11x1 − 4x2 = 0 − x2 = 0 . 15 Le couple (0, 0) est la seule solution de ce système. Ainsi, kerf = {0} et f est injective. L’application linéaire f est un endomorphisme (linéaire avec même source et même but). Comme elle est injective, le cours nous apprends qu’elle est bijective, donc surjective. Ainsi, imf = R2. Correction de l’exercice ?? 1) On trouve : A = ( 2 0 −1 3 1 2 ) et B =  1 10 −1 2 −1  . 2) On trouve : AB = ( 2 0 −1 3 1 2 ) 1 10 −1 2 −1  = ( 0 3 7 0 ) . BA =  1 10 −1 2 −1 ( 2 0 −1 3 1 2 ) =  5 1 1−3 −1 −2 1 −1 −4  . (AB)2 = (AB)(AB) = ( 0 3 7 0 )( 0 3 7 0 ) = ( 21 0 0 21 ) = 21Id2 . 3) On déduit de la dernière égalité : (AB)( 1 21 AB) = ( 1 21 AB)AB = 1 21 (AB)2 = 1 21 (21 Id2) = Id2 Donc, la matrice AB est inversible et : (AB)−1 = 1 21 (AB) = ( 0 3/21 7/21 0 ) . 4) (f ◦ g)2 a pour matrice (AB)2 dans la base canonique de R2. Ainsi, (f ◦ g)2 et 21 IdR2 ont même matrice dans la base canonique de R2. On en déduit (f ◦ g)2 = 21 IdR2 . Correction de l’exercice ?? A1) On a : 1 = 3e1 − 2e2 = 3(1, 0)− 2(0, 1) = (3,−2) . De même : 2 = −e1 + e2 = −(1, 0) + (0, 1) = (−1, 1) . Nous savons qu’une famille libre à deux éléments d’un espace vectoriel de dimension 2 est une base. Ainsi, pour montrer que (1, 2) est une base de R 2, il suffit de montrer que c’est une famille libre. Pour ce faire, soit a, b deux réels tels que a1 + b2 = 0; il vient : a(3,−2) + b(−1, 1) = (0, 0) . 16 D’où : { 3a− b = 0 −2a+ b = 0 . Ajoutons les deux équations, on obtient : a = 0. D’où, b = 0. Cela montre que la famille (1, 2) est une famille libre de R 2. A2) On a : { 1 = 3e1 − 2e2 2 = −e1 + e2 . D’où : { 1 = 3e1 − 2e2 22 = −2e1 + 2e2 . Soit en ajoutant : e1 = 1 + 22 . On a également : { 1 = 3e1 − 2e2 32 = −3e1 + 3e2 . Soit en ajoutant : e2 = 1 + 32. A3) Puisque f(1) = 1 et f(2) = −2, par définition de la matrice d’un endomorphisme dans une base, on obtient : A =M(f, (1, 2)) = ( 1 0 0 −1 ) . On en déduit : A2 = ( 1 0 0 −1 )( 1 0 0 −1 ) = ( 1 0 0 1 ) = Id2 . Il en résulte que f 2 et IdR2 ont la même matrice dans la base (1, 2). Ces applications linéaires sont donc égales : f 2 = IdR2 . A4) On a : f(e1) = f(1 + 22) = f(1) + 2f(2) = 1 − 22 = 3e1 − 2e2 − 2(−e1 + e2) = 5e1 − 4e2 De même : f(e2) = f(1 + 32) = f(1) + 3f(2) = 1 − 32 = 3e1 − 2e2 − 3(−e1 + e2) = 6e1 − 5e2 A5) Il en résulte : B =M(f, (e1, e2)) = ( 5 6 −4 −5 ) . On vérifie que B2 = Id2. 17 Posons x′′ = x′ − (x2 − x1)v′2 = x− x1v1 − (x2 − x1)v′2 : M(v1, v ′ 2, x ′′) =  1 0 0 1 1 0 1 2 x3 − x1 − 2(x2 − x1) 1 3 x4 − x1 − 3(x2 − x1)  . Un système d’équations de G est alors : (∗∗) { x3 − 2x2 + x1 − x4 = 0 x4 + 2x1 − 3x2 = 0 4) L’espace vectoriel G est de dimension 2, les vecteuts v1 et v2 sont dans G pour démontrer que (v1, v2) est une base de G, il suffit donc de montrer que (v1, v2) est une famile libre. Montrons cela. Soit a, b deux réels tels que av1 + bv2 = 0. Comme av1 + bv2 = (a− b, a, a + b, a + 2b), il vient a = 0, puis b = 0. 5) On pourra noter que d’après la question précédente : v3 = 2v1 + v2 et v4 = v1 − 2v2 . 6) Les vecteurs f(e1), f(e2), f(e3), f(e4) sont les colonnes de la matrice A. On constate ainsi que : f(e1) = v1 , f(e2) = v2 , f(e3) = v3 , f(e4) = v4 . Comme Im f est l’espace vectoriel engendré par f(e1), f(e2), f(e3), f(e4), on obtient Im f = G. Il résulte alors de la question 4 que (v1, v2) est une base de Im f . 7) Par définition de A, si (y1, y2, y3, y4) = f(x1, x2, x3, x4), on a : y1 y2 y3 y4  =  1 −1 1 −1 1 0 2 1 1 1 3 3 1 2 4 5   x1 x2 x3 x4  Il en résulte :  y1 = x1 − x2 + x3 − x4 y2 = x1 + 2x3 + x4 y3 = x1 + x2 + 3x3 + 3x4 y4 = x1 + 2x2 + 4x3 + 5x4 . 8 ) On constate que le noyau de f est constitué des solutions du système (∗). D’après la question 2, la famille B = ((−2,−1, 1, 0), (−1,−2, 0, 1)) est une base de ker f . 9 ) L’application f étant linéaire de source R4, nous savons : dimR4 = dim ker f + dimIm f . Pour démontrer que ker f et Im f sont supplémentaires, il suffit de montrer que ker f ∩ Im f = {0}. Soit u ∈ ker f , il existe alors deux réels a et b tels que : u = a(−2,−1, 1, 0) + b(−1,−2, 0, 1) = (−2a− b,−a− 2b, a, b) . 20 Si u ∈ Im f , il vérifie les équations de Im f et on a : (∗) { a− 2(−a− 2b) + (−2a− b) = 0 b+ 2(−2a− b)− 3(−a− 2b) = 0 . D’où : { a+ 3b = 0 −a+ 5b = 0 . On en déduit a = b = 0. Ainsi, ker f ∩ Im f = {0} et finalement : R4 = ker f ⊕ Im f . 21