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Espaces Vectoriels

Le théorème du rang - Exercice 1

25 min
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On considère l'endomorphisme ff de R3\mathbb{R}^3 défini par f(x ; y ; z)=(x+y+z ; x+y−z ; z)f(x\,;\,y\,;\,z) = (x + y + z \,;\, x + y -z \,;\, z).
Question 1

Déterminer le noyau de ff.

Correction
On a u=(x ; y ; z)∈R3u = (x\,;\,y\,;\,z) \in \mathbb{R}^3.
On a :
u∈ker⁡(f)   ⟺   f(x ; y ; z)=(0 ; 0 ; 0)u \in \ker(f) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, f(x\,;\,y\,;\,z) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)
Donc :
u∈ker⁡(f)   ⟺   (x+y+z ; x+y−z ; z)=(0 ; 0 ; 0)u \in \ker(f) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (x + y + z \,;\, x + y -z \,;\, z) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)
Ainsi :
u∈ker⁡(f)   ⟺   (x+y=0  et  z=0)u \in \ker(f) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (x + y = 0 \,\, \mathrm{et} \,\, z = 0 )
Soit :
u∈ker⁡(f)   ⟺   (y=−x  et  z=0)u \in \ker(f) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (y = -x \,\, \mathrm{et} \,\, z = 0 )
Soit encore :
u∈ker⁡(f)   ⟺   u=x(1 ; −1 ; 0)u \in \ker(f) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, u = x(1 \,;\, -1 \,;\, 0)
Finalement :
ker⁡(f)={u=x(1 ; −1 ; 0)  ∣  x∈R}\ker(f) = \left\lbrace u = x(1 \,;\, -1 \,;\, 0) \,\, | \,\, x \in \mathbb{R}\right\rbrace
Le noyau de ff est donc la droite vectorielle de R3\mathbb{R}^3 dirigée par le vecteur (1 ; −1 ; 0)(1 \,;\, -1 \,;\, 0).
Question 2

Déterminer la dimension du noyau de ff.

Correction
Le vecteur non nul (1 ; −1 ; 0)(1 \,;\, -1 \,;\, 0) engendre le noyau, autrement dit ce vecteur est générateur du noyau. De fait ce vecteur est libre dans R3\mathbb{R}^3 et ceci implique que ce vecteur est une base du noyau.
En conclusion, une base du noyau est composé d'un seul vecteur, donc :
dim⁡(ker⁡(f))=1\dim (\ker(f)) = 1
Question 3

Déterminer le rang de ff.

Correction
    Le théorème du rang
  • Soient E E\ un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie, F F\ un K\mathbb{K}-espace vectoriel quelconque et ff une application linéaire de EE dans FF , on a alors :
    dimE =dim(kerf ) +dim(Imf ) {\mathrm{dim} E\ }={\mathrm{dim} \left({\mathrm{ker} f\ }\right)\ }+{\mathrm{dim} \left({\mathrm{Im} f\ }\right)\ } ou encore dimE =dim(kerf ) +rang(f) {\mathrm{dim} E\ }={\mathrm{dim} \left({\mathrm{ker} f\ }\right)\ }+{\mathrm{rang} \left(f\right)\ }
    • Le théorème du rang nous permet d'écrire que :
    dim⁡(R3)=dim⁡(ker⁡(f))+rang(f)\dim (\mathbb{R}^3) = \dim (\ker(f)) + \mathrm{rang}(f)
    Soit :
    3=1+rang(f)3 = 1 + \mathrm{rang}(f)
    De fait :
    rang(f)=2\mathrm{rang}(f) = 2
    Question 4

    Déterminer une base de im(f)\mathrm{im}(f).

    Correction
    Première méthode :
    Imf={f(u), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{f\left(u\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
    Imf={(x+y+z,x+y−z,z), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{\left(x+y+z,x+y-z,z\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
    Imf={(x,x,0)+(y,y,0)+(z,−z,z), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{\left(x,x,0\right)+\left(y,y,0\right)+\left(z,-z,z\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
    Imf={x(1,1,0)+y(1,1,0)+z(1,−1,1), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{x\left(1,1,0\right)+y\left(1,1,0\right)+z\left(1,-1,1\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
    Imf=Vect{(1,1,0);(1,1,0);(1,−1,1)}\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}\left\{\left(1,1,0\right);\left(1,1,0\right);\left(1,-1,1\right)\right\} .
    Imf=Vect{(1,1,0);(1,−1,1)}\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}\left\{\left(1,1,0\right);\left(1,-1,1\right)\right\} .
    Cherchons maintenant une base de Imf\mathrm{Im}f, pour cela vérifions si la famille A=((1,1,0);(1,−1,1))A=\left(\left(1,1,0\right);\left(1,-1,1\right)\right) est libre.
    Les vecteurs (1,1,0)\left(1,1,0\right) et (1,−1,1)\left(1,-1,1\right) ne sont pas proportionnels, il en résulte que la famille A=((1,1,0);(1,−1,1))A=\left(\left(1,1,0\right);\left(1,-1,1\right)\right) est bien libre.
    Ainsi une base de
    Imf=Vect{(1,1,0);(1,−1,1)}\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}\left\{\left(1,1,0\right);\left(1,-1,1\right)\right\}

    Deuxième méthode :
    On a :
    dim⁡(im(f))=rang(f)\dim (\mathrm{im}(f)) = \mathrm{rang}(f)
    Donc :
    dim⁡(im(f))=2\dim (\mathrm{im}(f)) = 2
    Ainsi une base de im(f)\mathrm{im}(f) doit contenir deux vecteurs de R3\mathbb{R}^3.
    Soit B=(e1 ; e2 ; e3)\mathcal{B} = (e_1 \,;\, e_2 \,;\, e_3) une base de R3\mathbb{R}^3. On sait que l'image de ff est engendrée par (f(e1) ; f(e2) ; f(e3))\left( f(e_1) \,;\, f(e_2) \,;\, f(e_3) \right). Portons notre choix sur la base canonique de R3\mathbb{R}^3. On a alors :
    ∙  e1=(1 ; 0 ; 0) ⟹ f(e1)=(1+0+0 ; 1+0−0 ; 0)=(1 ; 1 ; 0)=(1 ; 0 ; 0)+(0 ; 1 ; 0)=e1+e2\bullet \,\, e_1 = (1 \,;\, 0 \,;\, 0) \, \Longrightarrow \, f(e_1) = (1 + 0 + 0 \,;\, 1 + 0 - 0 \,;\, 0) = (1 \,;\, 1 \,;\, 0) = (1 \,;\, 0 \,;\, 0) + (0 \,;\, 1 \,;\, 0) = e_1 + e_2
    ∙∙  e2=(0 ; 1 ; 0) ⟹ f(e2)=(0+1+0 ; 0+1−0 ; 0)=(1 ; 1 ; 0)=(1 ; 0 ; 0)+(0 ; 1 ; 0)=e1+e2\bullet \bullet \,\, e_2 = (0 \,;\, 1 \,;\, 0) \, \Longrightarrow \, f(e_2) = (0 + 1 + 0 \,;\, 0 + 1 - 0 \,;\, 0) = (1 \,;\, 1 \,;\, 0) = (1 \,;\, 0 \,;\, 0) + (0 \,;\, 1 \,;\, 0) = e_1 + e_2
    ∙∙∙  e3=(0 ; 0 ; 1) ⟹ f(e3)=(0+0+1 ; 0+0−1 ; 1)=(1 ; −1 ; 1)=(1 ; 0 ; 0)+(0 ; 1 ; 0)=e1−e2+e3\bullet \bullet \bullet \,\, e_3 = (0 \,;\, 0 \,;\, 1) \, \Longrightarrow \, f(e_3) = (0 + 0 + 1 \,;\, 0 + 0 - 1 \,;\, 1) = (1 \,;\, -1 \,;\, 1) = (1 \,;\, 0 \,;\, 0) + (0 \,;\, 1 \,;\, 0) = e_1 - e_2 + e_3
    On constate que f(e1)=f(e2)f(e_1) = f(e_2). De fait, on peut choisir comme base de im(f)\mathrm{im}(f) l'ensemble des deux vecteurs f(e1)f(e_1) et f(e3)f(e_3). On remarque, par ailleurs, que ces deux vecteurs f(e1)=e1+e2f(e_1) = e_1 + e_2 et f(e3)=e1−e2+e3f(e_3) = e_1 - e_2 + e_3 sont linéairement indépendants.
    Donc, par exemple, Bim(f)=(e1+e2 ; e1−e2+e3)\mathcal{B}_{\mathrm{im}(f)} = (e_1 + e_2 \,;\, e_1 - e_2 + e_3) autrement dit : Bim(f)=((1;1;0) ; (1;−1;1))\mathcal{B}_{\mathrm{im}(f)} = (\left(1;1;0\right) \,;\, \left(1;-1;1\right))