Image, noyau, rang (2/3)

Exercice 1.
Soit {f\in{\mathcal L}(\mathbb{R}^4)}, de matrice {A=\begin{pmatrix}2&1&3&-1\cr3&-1&2&0\cr1&3&4&-2\cr4&-3&1&1\end{pmatrix}} dans la base canonique.

  1. Former un système d’équations, et une base, de {\text{Im} f}.
  2. Former un système d’équations, et une base de {\text{Ker} f}.
  3. image directe et réciproque du sous-espace d’équation {x-y+z-2t=0}.

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  1. On applique la méthode du pivot : {\begin{array}{l}\begin{pmatrix}2&1&3&-1&x\cr3&-1&2&0&y\cr1&3&4&-2&z\cr4&-3&1&1&t\end{pmatrix}\;\begin{matrix}\cr\text{L}_{2}\leftarrow2\text{L}_{2}-3\text{L}_{1}\cr\text{L}_{3}\leftarrow2\text{L}_{3}-\text{L}_{1}\cr\text{L}_{4}\leftarrow\text{L}_{4}-2\text{L}_{1}\end{matrix}\\\\\Rightarrow\begin{pmatrix}2&1&3&-1&x\cr0&-5&-5&3&2y-3x\cr0&5&5&-3&2z-x\cr0&-5&-5&3&t-2x\end{pmatrix}\;\begin{matrix}\cr\cr\text{L}_{3}\leftarrow\text{L}_{3}+\text{L}_{2}\cr\text{L}_{4}\leftarrow\text{L}_{4}-\text{L}_{2}\end{matrix}\\\\\Rightarrow\begin{pmatrix}2&1&3&-1&x\cr 0&-5&-5&3&2y-3x\cr0&0&0&0&-4x+2y+2z\cr 0&0&0&0&x-2y+t\end{pmatrix}\end{array}}
    On constate que la matrice {A} est de rang {2}.

    Donc {\text{Im} f} est un plan vectoriel.

    Les vecteurs {\begin{cases}f(e_1)=(2,3,1,4)\\ f(e_2)=(1,-1,3,-3)\end{cases}} forment une base de ce plan.

    Le calcul précédent montre que : {u(x,y,z,t)\in\text{Im} f\Leftrightarrow\begin{cases}2x-y-z=0\cr x-2y+t=0\end{cases}}On a obtenu un système d’équations de {\text{Im} f} (vu comme l’intersection de deux hyperplans de {\mathbb{R}^4}). Cela équivaut à : {\begin{array}{l}\begin{cases}z=2x-y\cr t=-x+2y\end{cases}\\\\\Leftrightarrow(x,y,z,t)=x(1,0,2,-1)+y(0,1,-1,2)\end{array}}On obtient ainsi une base un peu plus simple de {\text{Im} f} : {\begin{cases}a=(1,0,2,-1)\crb=(0,1,-1,2)\end{cases}}

  2. La théorème de la dimension donne {\dim\text{Ker} f=2}.

    On peut réutiliser les calculs précédents. En effet, on est passé de : {A=\begin{pmatrix}2&1&3&-1\cr3&-1&2&0\cr1&3&4&-2\cr4&-3&1&1\end{pmatrix}\text{\ à\ }B=\begin{pmatrix}2&1&3&-1\cr 0&-5&-5&3\cr 0&0&0&0\cr 0&0&0&0\end{pmatrix}}par une successions d’opérations élémentaires sur les lignes.

    Il existe donc une matrice inversible {P} telle que {B=PA}.

    En particulier, pour toute matrice colonne {X} : {AX=0\Leftrightarrow PAX=0\Leftrightarrow BX=0}Les deux matrices {A} et {B} ont donc le même noyau. Ainsi : {\begin{array}{l}u(x,y,z,t)\in\text{Ker} f\Leftrightarrow B[u]=0\\\\\quad\Leftrightarrow\begin{cases}2x+y+3z-t=0\cr-5y-5z+3t=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=-z+\dfrac15t\cr y=-z+\dfrac35t\end{cases}\end{array}}On a ainsi un système d’équations de {\text{Ker} f} (intersection de deux hyperplans).

    Cela équivaut à : {\begin{array}{rl}(x,y,z,t)&=\Big(-z+\dfrac15t,-z+\dfrac35t,z,t\Big)\\\\&=-z(1,1,-1,0)+\dfrac15t(1,3,0,5)\end{array}}Une base de {\text{Ker} f} est donc {\begin{cases}c=(1,1,-1,0)\cr d=(1,3,0,5)\end{cases}}

Exercice 2.
On se donne {(\alpha,\beta,\gamma)\ne0} dans {\mathbb{R}^3}.

Soit {f\in{\mathcal L}(\mathbb{R}^3)}, de matrice {A=\begin{pmatrix}\alpha^2&\alpha\beta&\alpha\gamma\cr\alpha\beta&\beta^2&\beta\gamma\cr\alpha\gamma&\beta\gamma&\gamma^2\end{pmatrix}} dans la base canonique.

Trouver le rang de {f}, son image, son noyau. Calculer {A^n} pour tout {n} de {\mathbb{N}^*}.

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On note {\varepsilon=(\alpha,\beta,\gamma)}. Notons {(e)=e_1,e_2,e_3} la base canonique de {\mathbb{R}^3}.

On constate que {f(e_1)=\alpha \varepsilon}, {f(e_2)=\beta \varepsilon} et {f(e_3)=\gamma \varepsilon}.

Ainsi les {f(e_k)} (qui engendrent {\text{Im} f}) sont dans la droite {\mathbb{K}\varepsilon}.

Puisque {(\alpha,\beta,\gamma)\ne(0,0,0)}, l’un au moins des {f(e_k)} est non nul.

Ainsi {f} est de rang {1} et {\text{Im} f=\mathbb{K}\varepsilon}.

Soit {u(x,y,z)} dans {\mathbb{R}^3}. On a : {\begin{array}{rl}f(u)=0&\Leftrightarrow\begin{cases}\alpha(\alpha x+\beta y+\gamma z)=0\cr \beta(\alpha x+\beta y+\gamma z)=0\cr\gamma(\alpha x+\beta y+\gamma z=0\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow \alpha x+\beta y+\gamma z=0\end{array}}Ainsi {\text{Ker} f} est le plan de {\mathbb{R}^3} d’équation {\alpha x+\beta y+\gamma z=0}.

On a {A=\begin{pmatrix}\alpha\cr\beta\cr\gamma\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha&\beta&\gamma\end{pmatrix}}, et {\begin{pmatrix}\alpha&\beta&\gamma\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\cr\beta\cr\gamma\end{pmatrix}=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2}.

On en déduit {A^2=(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)A}, puis : {\forall\, n\in\mathbb{N}^*,\;A^n=(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)^{n-1}A}

Exercice 3.
Soit {f\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^3)} de matrice {A=\left(\begin{array}{rrrr}1&0&2&4\cr1&1&-1&1\cr-1&1&3&1\cr1&2&1&3\end{array}\right)} dans la base canonique.

  1. Donner une base du noyau de {f}. Quel est le rang de {f}?
  2. Donner une équation cartésienne de l’image de {f}.

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On applique la méthode du pivot : {\begin{array}{l}A'=\left(\begin{array}{rrrr|l}1&0&2&4&x\cr1&1&-1&1&y\cr-1&1&3&1&z\cr1&2&1&3&t\end{array}\right)\begin{matrix}\cr\text{L}_{2}\leftarrow\text{L}_{2}-\text{L}_{1}\cr\text{L}_{3}\leftarrow\text{L}_{3}+\text{L}_{1}\cr\text{L}_{4}\leftarrow\text{L}_{4}-\text{L}_{1}\end{matrix}\\\\\quad\Rightarrow\left(\begin{array}{rrrr|c}1&0&2&4&x\cr0&1&-3&-3&-x+y\cr0&1&5&5&x+z\cr0&2&-1&-1&-x+t\end{array}\right)\begin{matrix}\cr\cr\text{L}_{3}\leftarrow\text{L}_{3}+\text{L}_{2}\cr\text{L}_{4}\leftarrow\text{L}_{4}+2\text{L}_{2}\end{matrix}\\\\\quad\Rightarrow\left(\begin{array}{rrrr|c}1&0&2&4&x\cr0&1&-3&-3&-x+y\cr0&0&8&8&2x-y+z\cr0&0&5&5&x-2y+t\end{array}\right)\\\\\quad\Rightarrow\left(\begin{array}{rrrr|c}1&0&2&4&x\cr0&1&-3&-3&-x+y\cr0&0&8&8&2x-y+z\cr0&0&0&0&-2x-11y-5z+8t\end{array}\right)\end{array}}Le calcul précédent montre que {\text{rg} A=3}.

  1. Comme on n’a agi que sur les lignes, tout se passe comme si on avait multiplié à gauche par une martice inversible {P}: le noyau est donc conservé. Le vecteur {u(x,y,z,t)} est donc dans le noyau si et seulement si : {\begin{array}{rl}\begin{cases}x+2z+4t=0\cr y-3z-3t=0\cr 8z+8t=0\end{cases}&\Leftrightarrow\begin{cases}x=-2t\cr y=0\cr z=-t\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow(x,y,z,t)=\lambda(2,0,1,-1)\text{\ où\ }\lambda\in\mathbb{R}\end{array}}le noyau de {f} est donc la droite engendrée par {(2,0,1,-1)}.
  2. Reprenons les calculs précédents par la méthode du pivot, avec le tableau {A'} c’est-à-dire avec la colonne supplémentaire des indéterminées {x,y,z,t}.

    On sait que les vecteurs-colonne de {A} forment une famille génératrice de {\text{Im} f}, qui est un sous-espace vectoriel de dimension {3} de {\mathbb{K}^4}.

    Le vecteur {(x,y,z,t)} est dans {\text{Im} f} si et seulement si la matrice {A'} est encore de rang {3} et le calcul ci-dessus montre que cela équivaut à {2x+11y+5z-8t=0}.

    On a ainsi obtenu une équation de l’hyperplan {\text{Im} f}.