Image, noyau, rang (1/3)

Exercice 1.
Soit {f\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^4,\mathbb{R}^3)} de matrice {A=\begin{pmatrix}2&-1&1&5\cr-1&2&3&-4\cr3&0&5&6\end{pmatrix}} dans les bases canoniques.
Déterminer l’image et le noyau de {f}.
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Soit {u=(x,y,z,t)} un vecteur de {\mathbb{R}^4}.

Ce vecteur est dans {\text{Ker} f} si et seulement si :
{\begin{array}{rl}A\begin{pmatrix}x\cr y\cr z\cr t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\cr0\cr0\cr0\end{pmatrix}&\Leftrightarrow\begin{cases}2x-y+z+5t=0&(E_1)\cr-x+2y+3z-4t=0&(E_2)\cr3x+5z+6t=0&(E_3)\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}2x-y+z+5t=0\cr-x+2y+3z-4t=0\end{cases}\end{array}}(on a pu réduire le système à deux équations car {(E_3)=2(E_1)+(E_2)})

Le dernier système obtenu équivaut à : {\begin{cases}2x-y=-z-5t\cr x-2y=3z-4t\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=-\dfrac53z-2t\\ y=-\dfrac73z+t\end{cases}}Ce qui équivaut à :{(x,y,z,t)=\dfrac{z}3(-5,-7,3,0)+t(-2,1,0,1)\text{\ avec\ }(z,t)\in\mathbb{R}^2}Ainsi {\text{Ker} f} est le plan de {\mathbb{R}^4} engendré par {\begin{cases}a=(-5,-7,3,0)\\b=(-2,1,0,1)\end{cases}}

Le théorème du rang donne {\dim\mathbb{R}^4=\dim\text{Im} f+\dim\text{Ker} f}.

Or {\dim\text{Ker} f=2}. On en déduit {\dim\text{Im} f=2}.

Les vecteurs {\begin{cases}f(e_1)=(2,-1,3)\\f(e_2)=(-1,2,0)\end{cases}} sont dans {\text{Im} f} et ils sont libres.

Ces deux vecteurs forment donc une base de {\text{Im} f}.

{\text{Im} f} est un plan de {\mathbb{R}^3}, donc le noyau d’une forme linéaire sur {\mathbb{R}^3}.

Il existe ainsi {(a,b,c)\ne0} dans {\mathbb{R}^3} tel que : {(X,Y,Z)\in\text{Im} f\Leftrightarrow aX+bY+cZ=0}En utilisant {\begin{cases}f(e_1)=(2,-1,3)\cr f(e_2)=(-1,2,0)\end{cases}} on trouve : {\begin{cases}2a-b+3c=0\cr -a+2b=0\end{cases}\text{\ donc\ }\begin{cases}a=2b\cr c=-b\end{cases}}Les coefficients de l’équation {aX+bY+cZ=0} sont uniques à un facteur près.

L’équation de {\text{Im} f} dans la base canonique est donc : {2X+Y-Z=0}.

Exercice 2.
Soit {f\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^3,\mathbb{R}^4)} de matrice {A=\begin{pmatrix}1&-a&2a\cr a&-1&a\cr 2a&2a&1\cr 2a+1&a&2a+1\end{pmatrix}} dans les bases canoniques. Déterminer l’image et noyau de {f}.
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Un vecteur {u=(x,y,z)} est dans {\text{Ker}\,f} si et seulement si : {\begin{array}{l}\begin{cases}x-ay+2az=0\cr ax-y+az=0\cr 2ax+2ay+z=0\cr(2a+1)x+ay+(2a+1)z=0\end{cases}\\\\\quad\Leftrightarrow\begin{cases}x-ay+2az=0\cr ax-y+az=0\cr2ax+2ay+z=0\end{cases}\\\\\quad\Leftrightarrow\begin{cases}(a+1)(x+y+z)=0\cr ax-y+az=0\cr 2ax+2ay+z=0\end{cases}\end{array}}On est passé de {(S_1)} à {(S_2)} en remarquant que {(E_4)=(E_1)+(E_3)}.

On est passé de {(S_2)} à {(S_3)} en remplaçant {(E_1)} par {(E_1)-(E_2)+(E_3)}.

  • Premier cas : {a=-1}. On a les équivalences : {\begin{array}{rl}u=(x,y,z)\in\text{Ker} f&\Leftrightarrow\begin{cases}x+y-2z=0\cr x+y+z=0\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}y=-x\cr z=0\end{cases}\Leftrightarrow(x,y,z)=x(1,-1,0)\end{array}}Ainsi {\text{Ker} f} est la droite vectorielle engendrée par {(1,-1,0)}.

    On sait que {\dim\mathbb{R}^3=3=\dim\text{Ker} f+\dim\text{Im} f}.

    On en déduit que {\text{Im} f} est un plan vectoriel.

    On a {A=\begin{pmatrix}1&1&-2\cr-1&-1&-1\cr -2&-2&1\cr-1&-1&-1\end{pmatrix}}.

    Les vecteurs {\begin{cases}f(e_1)=(1,-1,-2,-1)\cr f(e_2)=(-2,-1,1,-1)\end{cases}} forment une base de {\text{Im} f}.

    On obtient une base plus simple de {\text{Im} f} avec : {\begin{cases}\dfrac13\bigl(f(e_1)-f(e_2)\bigr)=(1,0,-1,0)\phantom{\biggl(}\cr-\dfrac13\bigl(2f(e_1)+f(e_2)\bigr)=(0,1,1,1)\phantom{\biggl(}\end{cases}}

  • Deuxième cas: {a\ne-1}. On a les équivalences : {\begin{array}{rl}u=(x,y,z)\in\text{Ker} f&\Leftrightarrow\begin{cases}x+y+z=0\cr ax-y+az=0\cr 2ax+2ay+z=0\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}x+y+z=0\cr (a+1)y=0\cr (1-2a)z=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=-z\cr y=0\cr (1-2a)z=0\end{cases}\end{array}}

    • Si {a\ne\dfrac12}, on voit que {\text{Ker} f=\{0\}}.

      Dans ce cas, l’application {f} est injective.

      {\text{Im} f} est alors sous-espace de dimension {3} (un hyperplan) de {\mathbb{R}^4}.

      Notons {(X,Y,Z,T)} les composantes d’un vecteur de {\mathbb{R}^4}, dans la base canonique.

      On sait que {f(e_1),f(e_2),f(e_3)} sont dans l’hyperplan {T=X+Z}.

      Ainsi l’image de {f} est précisément l’hyperplan d’équation {X+Z-T=0}.

    • Si {a=\dfrac12}, on a les équivalences : {u=(x,y,z)\in\text{Ker} f\Leftrightarrow x=-z\Leftrightarrow (x,y,z)=x(1,0,-1)}Dans ce {\text{Ker} f} est la droite vectorielle engendrée par {(1,0,-1)}.

      On a {A=\begin{pmatrix}1&-1/2&1\cr 1/2&-1&1/2\cr1&1&1&\cr2&1/22&2\end{pmatrix}}.

      Ainsi {\begin{cases}f(e_1)=(1,1/2,1,2)\\ f(e_2)=(-1/2,-1,1,1/2)\end{cases}} forment une base de {\text{Im} f}.

Exercice 3.
Soit {f:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^4} définie par {\begin{cases}X=5x+2y-z&\cr Y=-8x-3y+2z&\cr Z=-x-2y-3z& \cr T=3x-y-5z\end{cases}}

Préciser l’image du plan {P:x+y+z=0} par f.
Préciser l’image réciproque par f de l’hyperplan {H:X+Y+Z+T=0}.

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Une base de {P} est formée des vecteurs {\begin{cases}u_1=(1,-1,0)\\u_2=(1,0,-1)\end{cases}}

Les vecteurs {f(u_1)} et {f(u_2)} engendrent donc {f(P)}.

Or {f(u_1)=(3,-5,1,4)} et {f(u_2)=(6,-10,2,8)=2f(u_1)}.

Ainsi {f(P)} est la droite vectorielle engendrée par {v=(3,-5,1,4)}.

Inversement soit {u=(x,y,z)}.

On connait l’expression des composantes {X,Y,Z,T} de {f(u)}.

On a {f(u)\in H} si et seulement si : {\begin{array}{l}(5x+2y-z)+(-8x-3y+2z)\\\\\quad+(-x-2y-3z)+(3x-y-5z)=0\\\\\quad\Leftrightarrow x+4y+7z=0\end{array}}L’image réciproque de {H} est donc l’hyperplan {Q} de {\mathbb{R}^2} d’équation {x+4y+7z=0} dans la base canonique (il est engendré par {(4,-1,0)} et {(7,0,-1)}.)