L1 SEG (MATH II)Série Corrigée N°3(Espaces Vectoriels Applications linéaires)

BEN AHMED MOHSEN

Téléphone : (+216) 97619191
Adresse électronique : omega.center.cp@gmail.com

L1 SEG (MATH II)

Série Corrigée N°3-ÉNONCÉS
Espaces Vectoriels/Applications linéaires
Exercice 1 : (ISG-SC2010)

Soit l’application 𝒇 ∶ ℝ𝟑 ⟶ ℝ𝟐
𝒙
𝒙−𝒚
𝒚
⟼ 𝒚−𝒛
𝒛
1) Montrer que 𝒇 est linéaire
2) Ecrire la matrice 𝑨 de 𝒇 relativement aux bases canoniques de ℝ𝟑 et ℝ𝟐
3) Déterminer 𝑲𝒆𝒓 𝒇 et en préciser une base
4) Calculer le rang de 𝒇
5) 𝒇 est-elle injective ?
6) 𝒇 est-elle surjective ?

Exercice 2 :

𝒙
𝒚 ∈ ℝ𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝒎𝒛 + 𝒎𝟐 − 𝟓𝒎 + 𝟔 = 𝟎 ; 𝒎 ∈ ℝ
𝒛
1) Déterminer 𝒎 pour que 𝑬𝒎 soit un sous-espace vectoriel de ℝ𝟑
2) Pour les valeurs de 𝒎 obtenues déterminer une base du sous-espace correspondant
3) Soit
𝒙
𝒙
𝒛
𝑭 = 𝒚 ∈ ℝ𝟑
=𝒚=
𝟐
𝟑
𝒛
a) Montrer que 𝑭 est un sous-espace vectoriel de ℝ𝟑 et en donner une base
b) Déterminer 𝑬𝟐 ∩ 𝑭

Soit 𝑬𝒎 =

Exercice 3 :

Soit 𝒇 un endomorphisme de ℝ𝟑 et 𝑴 sa matrice relativement à la base canonique 𝑩𝒄 = 𝒆𝟏 , 𝒆𝟐 , 𝒆𝟑 de ℝ𝟑 et soit
𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 une famille de trois vecteurs de ℝ𝟑 :
𝒖𝟏 = 𝒆𝟏 +𝒆𝟐 +𝒆𝟑
𝟏 −𝟏 𝟎
𝑴= 𝟎
Et 𝒖𝟐 = 𝒆𝟏 −𝒆𝟐 +𝒆𝟑
𝟏 −𝟏
𝒖𝟑 = 𝒆𝟏 +𝟐𝒆𝟑
−𝟏 𝟎
𝟏
1) Montrer que 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 est une base de ℝ𝟑
2) Ecrire la matrice de 𝒇 dans cette nouvelle base

Exercice 4 :
1) Soient 𝒎 ∈ ℝ et
𝒇𝒎 ∶ ℝ𝟐 ⟶ ℝ𝟐
𝒙
𝟏 + 𝒎 𝒙 + 𝟑𝒚
⟼
𝒚
−𝒙 + 𝟏 − 𝒎 𝒚
2) Vérifier que 𝒇𝒎 est une application linéaire et déterminer l’ensemble des valeurs de 𝒎 pour lesquelles
𝑲𝒆𝒓 𝒇𝒎 ≠ 𝟎ℝ𝟐 𝒆𝒕 𝑰𝒎 𝒇𝒎 ≠ ℝ𝟐
3) Pour chacune de ces valeurs, déterminer le noyau et l’image de 𝒇𝒎

1

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Exercice 5 :
Soient 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 𝒆𝒕 𝒖𝟑 trois vecteurs linéairement indépendants d’un espace vectoriel 𝑬
On considère les vecteurs :
𝒘𝟏 = 𝒖𝟏 , 𝒘𝟐 = 𝒂𝒖𝟏 + 𝒖𝟐 𝒆𝒕 𝒘𝟑 = 𝒃𝒖𝟏 + 𝒄𝒖𝟐 + 𝒖𝟑
Préciser la dimension du sous-espace vectoriel de 𝑬 engendré par 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘𝟑

Exercice 6 :
Démontrer qu’il existe une application linéaire unique de ℝ𝟐 dans ℝ𝟑 telle que 𝒇
𝒙
Calculer𝒇 𝒚 . Déterminer le noyau et l’image de 𝒇

𝟏
𝟏
= 𝟏
𝟐
𝟎

Exercice 7 :
1) Déterminer le rang de chacun des systèmes de vecteurs suivants :
𝟐
−𝟏
𝟒
−𝟒
a) Dans ℝ𝟑 : 𝒖𝟏 = 𝟑 , 𝒖𝟐 = 𝟐 , 𝒖𝟑 = −𝟑 𝒆𝒕 𝒖𝟒 = 𝟏𝟕
𝟓
−𝟑
𝟖
−𝟏𝟎
𝟏
𝟎
−𝟏
𝟒
𝟐
𝟏
𝟏
𝟏
𝟒
b) Dans ℝ : 𝒖𝟏 =
, 𝒖𝟐 =
, 𝒖𝟑 =
𝒆𝒕 𝒖𝟒 =
𝟑
𝟐
𝟏
𝟐
𝟒
𝟑
𝟏
𝟑
𝟏
𝟏
𝟐
𝟎
𝟏
−𝟏
𝟎
−𝟐
c) Dans ℝ𝟒 : 𝒖𝟏 =
, 𝒖𝟐 =
, 𝒖𝟑 =
𝒆𝒕 𝒖𝟒 =
𝟎
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟎
𝟏
−𝟏
2) Déterminer les rangs des matrices suivantes :
𝟏 −𝟏
−𝟏
𝒎−𝟏
𝟏
−𝟏
−𝟐 −𝟓 𝟎
𝑨𝒎 = 𝒎 𝒎
; 𝑩𝒎 =
−𝟐
𝟐
𝒎
𝟏 ;𝑪 = 𝟒
𝟕
𝟏
𝒎 𝟏 −𝟐𝒎
𝒎
𝟏−𝒎 𝒎
𝟏
𝟓 −𝟏

2

et 𝒇

𝟎
𝟐
= 𝟏
𝟏
𝟏

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L1 SEG (MATH II)

Série Corrigée N°3- CORRIGÉS
Espaces Vectoriels/Applications linéaires
Corrigé 1 : (ISG-SC2010)

𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝟑
𝒚
𝒚
1) Soient 𝒖𝟏 =
𝟏 𝒆𝒕 𝒖𝟐 =
𝟐 𝒅𝒆𝒖𝒙 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒅𝒆ℝ 𝒆𝒕 𝝀 ∈ ℝ
𝒛𝟏
𝒛𝟐
𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐 − 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐
𝒇 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 =
𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 − 𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐
𝒙𝟏 − 𝒚𝟏 + 𝝀 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐
⇔ 𝒇 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 =
𝒚𝟏 − 𝒛𝟏 + 𝝀 𝒚𝟐 − 𝒛𝟐
𝒙𝟏 − 𝒚𝟏
𝒙 −𝒚
⇔ 𝒇 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 = 𝒚 − 𝒛 + 𝝀 𝒚𝟐 − 𝒛 𝟐
𝟏
𝟏
𝟐
𝟐
D’où 𝒇 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 = 𝒇 𝒖𝟏 + 𝝀𝒇 𝒖𝟐
Ce qui prouve la linéarité de 𝒇
𝟏 −𝟏 𝟎
2) 𝑴 = 𝑴 𝑩,𝑩′ 𝒇 =
𝟎 𝟏 −𝟏
Où 𝑩 𝒆𝒕 𝑩′ les bases canoniques respectives de ℝ𝟑 𝒆𝒕 ℝ𝟐
𝟏
𝟎
𝟎
𝟏
−𝟏
𝟎
=𝒇 𝟎
,
=𝒇 𝟏
𝒆𝒕
=𝒇 𝟎
𝟎
𝟏
−𝟏
𝟎 /𝑩′
𝟎 /𝑩′
𝟏 /𝑩′
𝟑
3) 𝑲𝒆𝒓 𝒇 = 𝒖 ∈ ℝ /𝒇 𝒖 = 𝟎ℝ𝟐
𝒙
Ainsi 𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇 ⇔ 𝑴𝒖 = 𝟎ℝ𝟐
𝒛
𝒙
𝟏 −𝟏 𝟎
𝟎
𝒚 =
⇔
𝟎 𝟏 −𝟏 𝒛
𝟎
𝒙 −𝒚 = 𝟎
⇔
𝒚 −𝒛 = 𝟎
𝒙=𝒚
⇔ 𝒚∈ℝ
𝒛=𝒚

𝒚
Par la suite 𝒖 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇 ⇔ 𝒖 = 𝒚 = 𝒚
𝒚
𝟏
Notons 𝒘 = 𝟏 ce qui donne 𝑲𝒆𝒓 𝒇 =
𝟏

𝟏
𝟏
𝟏
𝒖 = 𝜶𝒘/𝜶 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘

𝟎
𝑲𝒆𝒓 𝒇 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒘 Or 𝒘 ≠ 𝟎 donc 𝒘 est aussi famille libre
𝟎
D’où 𝒘 est une base de 𝑲𝒆𝒓 𝒇 et 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇 = 𝟏
4) D’après le théorème du rang on a :
𝒓𝒈 𝒇 + 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇 = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟑 = 𝟑
D’où 𝒓𝒈 𝒇 = 𝟐
5) 𝑲𝒆𝒓 𝒇 ≠ 𝟎ℝ𝟐 ainsi 𝒇 n’est pas injective
6) On a 𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇 = 𝒓𝒈 𝒇 = 𝟐

3

BEN AHMED MOHSEN

𝑰𝒎 𝒇 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓𝒊𝒆𝒍 𝒅𝒆 ℝ𝟐
𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇 = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟐 = 𝟐
D’où 𝒇 surjective

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⟹ 𝑰𝒎 𝒇 = ℝ𝟐

Corrigé 2 :

𝒙
𝒚 ∈ ℝ𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝒎𝒛 + 𝒎𝟐 − 𝟓𝒎 + 𝟔 = 𝟎 ; 𝒎 ∈ ℝ
𝒛
Résolvons 𝒎𝟐 − 𝟓𝒎 + 𝟔 = 𝟎
∆= −𝟓 𝟐 − 𝟒 × 𝟏 × 𝟔 = 𝟐𝟓 − 𝟐𝟒 = 𝟏
− −𝟓 − 𝟏
𝒎𝟏 =
=𝟐
𝟐×𝟏
− −𝟓 + 𝟏
𝒎𝟐 =
=𝟑
𝟐×𝟏
 Si 𝒎 ∈ ℝ ∖ 𝟐, 𝟑
Pour vérifier que 𝑬𝒎 n’est pas un s-ev de ℝ𝟑 il suffit de choisir :
𝟎
− 𝒎𝟐 − 𝟓𝒎 + 𝟔
𝟐
𝒖𝟏 =
𝒆𝒕
𝒖
=
−
𝒎
−
𝟓𝒎 + 𝟔 𝒅𝒆𝒖𝒙 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒅𝒆𝑬𝒎 𝒆𝒕 𝒖𝒏 𝒓é𝒆𝒍 𝝀 = 𝟏
𝟎
𝟐
𝟎
𝟎
𝟐
− 𝒎 − 𝟓𝒎 + 𝟔
Puis on calcule 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 = − 𝒎𝟐 − 𝟓𝒎 + 𝟔
1) 𝑬𝒎 =

𝟎
Or 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 ∉ 𝑬𝒎 , puisque 𝒙 𝒖𝟏 +𝝀𝒖𝟐 + 𝒚 𝒖𝟏 +𝝀𝒖𝟐 + 𝒎𝒛 𝒖𝟏 +𝝀𝒖𝟐 + 𝒎𝟐 − 𝟓𝒎 + 𝟔 = − 𝒎𝟐 − 𝟓𝒎 + 𝟔 ≠ 𝟎
D’où 𝑬𝒎 n’est pas stable par combinaison linéaire et 𝑬𝒎 n’est pas un s-ev de ℝ𝟑
 Si 𝒎 = 𝟐
𝒙
𝑬𝟐 = 𝒚 ∈ ℝ𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
𝒛
On a :
 𝑬𝟐 ⊂ ℝ𝟑
 𝟎ℝ 𝟑 ∈ 𝑬𝟐
𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝒚
D’autre part, ∀ 𝒖𝟏 =
𝟏 ∈ 𝑬𝟐 , 𝒖𝟐 = 𝒚𝟐 ∈ 𝑬𝟐 𝒆𝒕 ∀𝝀 ∈ ℝ ;
𝒛𝟏
𝒛𝟐
𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐
𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 = 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 Et 𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐 + 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 + 𝟐 𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐 = 𝒙𝟏 + 𝒚𝟏 + 𝟐𝒛𝟏 + 𝝀 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟐𝒛𝟐
𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐
𝟎
𝟎
Il en résulte que 𝑬𝟐 est un s-ev de ℝ𝟑
 Si 𝒎 = 𝟑
𝒙
𝑬𝟑 = 𝒚 ∈ ℝ𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝟑𝒛 = 𝟎
𝒛
On a :
 𝑬𝟑 ⊂ ℝ𝟑
 𝟎ℝ 𝟑 ∈ 𝑬𝟑
𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝒚
D’autre part, ∀ 𝒖𝟏 =
𝟏 ∈ 𝑬𝟑 , 𝒖𝟐 = 𝒚𝟐 ∈ 𝑬𝟑 𝒆𝒕 ∀𝝀 ∈ ℝ ;
𝒛𝟏
𝒛𝟐
𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐
𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 = 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 Et 𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐 + 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 + 𝟐 𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐 = 𝒙𝟏 + 𝒚𝟏 + 𝟑𝒛𝟏 + 𝝀 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟑𝒛𝟐
𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐
𝟎
𝟎
𝟑
Il en résulte que 𝑬𝟑 est un s-ev de ℝ
Conclusion : 𝑬𝒎 𝐞𝐬𝐭 𝐮𝐧 𝐬 − 𝐞𝐯 𝐝𝐞 ℝ𝟑 𝒔𝒊 𝒆𝒕 𝒔𝒆𝒖𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒔𝒊 𝒎 ∈ 𝟐, 𝟑
4

=𝟎

=𝟎

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2) Si 𝒎 = 𝟐
𝒙
𝑬𝟐 = 𝒚 ∈ ℝ𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
𝒛
𝒙
𝒙 = −𝒚 − 𝟐𝒛
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟐 ⟺
𝒚∈ℝ
𝒛
𝒛∈ℝ
𝒙
−𝒚 − 𝟐𝒛
𝒚
Par la suite 𝒖 =
∈ 𝑬𝟐 ⟺ 𝒖 =
𝒚
𝒛
𝒛
−𝒚
−𝟐𝒛
⟺𝒖= 𝒚 +
𝟎
𝟎
𝒛
−𝟏
−𝟐
⟺ 𝒖=𝒚 𝟏 +𝒛 𝟎
𝟎
𝟏
𝒘𝟏

𝒘𝟐

𝒘𝟏

𝒘𝟑
𝟐

Ce qui donne 𝑬𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒘𝟏 + 𝜷𝒘𝟐 / 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐
𝑬𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐
−𝒂 − 𝟐𝒃 = 𝟎
Or 𝒂𝒘𝟏 + 𝒃𝒘𝟐 = 𝟎 ⟺
⇒𝒂=𝒃=𝟎
𝒂=𝟎
𝒃=𝟎
Donc 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 est aussi famille libre
D’où 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 est une base de 𝑬𝟐 et 𝒅𝒊𝒎 𝑬𝟐 = 𝟐
Si 𝒎 = 𝟑
𝒙
𝑬𝟑 = 𝒚 ∈ ℝ𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝟑𝒛 = 𝟎
𝒛
𝒙
𝒙 = −𝒚 − 𝟑𝒛
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟑 ⟺
𝒚∈ℝ
𝒛
𝒛∈ℝ
𝒙
−𝒚 − 𝟑𝒛
Par la suite 𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟑 ⟺ 𝒖 =
𝒚
𝒛
𝒛
−𝒚
−𝟑𝒛
𝒚
⟺𝒖=
+
𝟎
𝟎
𝒛
−𝟏
−𝟐
⟺ 𝒖=𝒚 𝟏 +𝒛 𝟎
𝟎
𝟏
Ce qui donne 𝑬𝟑 = 𝒖 = 𝜶𝒘𝟏 + 𝜷𝒘𝟑 / 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘𝟏 , 𝒘𝟑
𝑬𝟑 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒘𝟏 , 𝒘𝟑
−𝒂 − 𝟑𝒃 = 𝟎
Or 𝒂𝒘𝟏 + 𝒃𝒘𝟑 = 𝟎 ⟺
⇒𝒂=𝒃=𝟎
𝒂=𝟎
𝒃=𝟎
Donc 𝒘𝟏 , 𝒘𝟑 est aussi famille libre
D’où 𝒘𝟏 , 𝒘𝟑 est une base de 𝑬𝟑 et 𝒅𝒊𝒎 𝑬𝟑 = 𝟐
3)
𝒙
𝒙
𝒛
a) 𝑭 = 𝒚 ∈ ℝ𝟑 = 𝒚 =
𝟐
𝟑
𝒛
On a :
 𝑭 ⊂ ℝ𝟑
 𝟎ℝ 𝟑 ∈ 𝑭

5

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𝒙𝟏
𝒙𝟐
D’autre part, ∀ 𝒖𝟏 = 𝒚𝟏 ∈ 𝑭 , 𝒖𝟐 = 𝒚𝟐 ∈ 𝑭 𝒆𝒕 ∀𝝀 ∈ ℝ ;
𝒛𝟏
𝒛𝟐
𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐
𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 = 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐
𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐
Et
𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐

𝒙𝟏

− 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 =

𝟐

𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 −

𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐
𝟑

𝟐

− 𝒚𝟏 + 𝝀
𝟎

= 𝒚𝟏 −

𝒛𝟏
𝟑

𝟎

𝒙𝟐
𝟐

− 𝒚𝟐 = 𝟎
𝟎

+ 𝝀 𝒚𝟐 −

𝒛𝟐
𝟑

𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐
𝟐

⟺
=𝟎

= 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐

𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 =

𝟎

Ou encore
𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐
𝟐

= 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐 =

𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐
𝟑

D’où 𝑭 est un s-ev de ℝ𝟑

𝒙
𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
𝒙
𝒛
b) Soit 𝒗 = 𝒚 ∈ 𝑬𝟐 ∩ 𝑭 ⇔
=𝒚=
𝟐
𝟑
𝒛
𝒙 + 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟎
𝒙 = 𝟐𝒚
⇔
𝒛 = 𝟑𝒚
𝟐𝒚 + 𝒚 + 𝟐 × 𝟑𝒚 = 𝟎
⇔
𝒙 = 𝟐𝒚
𝒛 = 𝟑𝒚
D’où 𝒙 = 𝒚 = 𝒛 = 𝟎 𝒆𝒕 𝒗 = 𝟎ℝ𝟑
En effet 𝑬𝟐 ∩ 𝑭 = 𝟎ℝ𝟑

Corrigé 3 :
𝟏
𝟏 𝟏 𝟏
1) 𝒅𝒆𝒕 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑
𝟎 = 𝟏 −𝟏 𝟎
𝟐
𝟎 𝟎 𝟏 𝑳𝟑 ⟵ 𝑳𝟑 − 𝑳𝟏
𝟏
𝟏
⇔ 𝒅𝒆𝒕𝑩𝒄 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 = +𝟏 ×
= −𝟐 ≠ 𝟎
𝟏 −𝟏
Il en résulte que 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 𝒆𝒕 𝒖𝟑 sont trois vecteurs linéairement indépendants de ℝ𝟑
D’où 𝑩 = 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 est une base de ℝ𝟑
2) Notons 𝑴 𝑩𝒄 𝒇 = 𝑴 𝒆𝒕 𝑴𝑩 𝒇 = 𝑴′
𝟏 𝟏 𝟏
𝑷 = 𝟏 −𝟏 𝟎 Étant la matrice de passage de 𝑩𝒄 à 𝑩
𝟏 𝟏 𝟐
𝑷 Est une matrice inversible puisque 𝒅𝒆𝒕 𝑩𝒄 𝑷 ≠ 𝟎
D’après la formule de changement de bases on a :
𝑴′ = 𝑷 −𝟏 . 𝑴. 𝑷
Avec
𝟏
𝑷 −𝟏 =
𝒕
𝒅𝒆𝒕𝑩𝒄 𝑷 𝑪𝒐𝒎 𝑷
𝑩𝒄

𝟏
= 𝟏
𝟏

𝟏
−𝟏
𝟏

6

𝒛𝟏 + 𝝀𝒛𝟐
𝟑

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−𝟏 𝟎
𝟏 𝟐
𝟏 𝟏
−
𝟏 𝟐
𝟏 𝟏
+
−𝟏 𝟎
+

𝑪𝒐𝒎 𝑷 =

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𝟏
𝟏
𝟏
+
𝟏
𝟏
−
𝟏
−

𝟎
𝟐
𝟏
𝟐
𝟏
𝟎

Il en résulte :
𝟏
𝟏 −𝟐
𝑷 −𝟏 =
𝒕𝑪𝒐𝒎 𝑷 = −
−𝟐
𝒅𝒆𝒕𝑩𝒄 𝑷
𝟐 𝟐
Ainsi

𝟏 −𝟏
𝟏 𝟏
𝟏 𝟏
−
𝟏 𝟏
𝟏 𝟏
+
𝟏 −𝟏
+

−𝟏
𝟏
𝟎

−𝟐
𝟏
𝟏

𝟐
𝟎
−𝟐

𝟏
𝟏
𝟏

𝟏
−𝟏
𝟏

𝟏
𝟏
−𝟐

𝟏 −𝟐 −𝟏 𝟏
𝑴 = 𝑷 . 𝑴. 𝑷 = −
−𝟐 𝟏
𝟏
𝟐 𝟐
𝟎 −𝟐
𝟐
𝟏 𝟏 𝟏
𝟏 −𝟑 𝟏
⇔ 𝑴′ = −
−𝟑 𝟑
𝟎
𝟏 −𝟏 𝟎
𝟐 𝟒 −𝟐 −𝟐 𝟏 𝟏 𝟐
D’où
𝟏 𝟎 −𝟐 𝟏
𝑴𝑩 𝒇 = 𝑴′ = −
𝟎 −𝟔 −𝟑
𝟐 𝟎 𝟒
𝟎
′

−𝟐
= −𝟏
𝟏

−𝟏

𝟏
𝟎
−𝟏

−𝟏
𝟏
𝟎

𝟎
−𝟏
𝟏

𝟏
𝟎
𝟐

N.B.
𝒕𝒓𝑴′ = 𝒕𝒓𝑴 = 𝟑 𝒆𝒕 𝒅𝒆𝒕 𝑴′ = 𝒅𝒆𝒕 𝑴 = 𝟎

Corrigé 4 :
1)

𝒙𝟏
𝒙𝟐
Soient 𝒖𝟏 = 𝒚 𝒆𝒕 𝒖𝟐 = 𝒚 𝒅𝒆𝒖𝒙 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒅𝒆ℝ𝟐 𝒆𝒕 𝝀 ∈ ℝ
𝟏
𝟐
𝟏 + 𝒎 𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐 + 𝟑 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐
𝒇𝒎 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 =
− 𝒙𝟏 + 𝝀𝒙𝟐 + 𝟏 − 𝒎 𝒚𝟏 + 𝝀𝒚𝟐
𝟏 + 𝒎 𝒙𝟏 + 𝟑𝒚𝟏 + 𝝀 𝟏 + 𝒎 𝒙𝟐 + 𝟑𝒚𝟐
⇔ 𝒇𝒎 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 =
−𝒙𝟏 + 𝟏 − 𝒎 𝒚𝟏 + 𝝀 −𝒙𝟐 + 𝟏 − 𝒎 𝒚𝟐
𝟏 + 𝒎 𝒙𝟏 + 𝟑𝒚𝟏
𝟏 + 𝒎 𝒙𝟐 + 𝟑𝒚𝟐
⇔ 𝒇𝒎 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 =
+𝝀
−𝒙𝟏 + 𝟏 − 𝒎 𝒚𝟏
−𝒙𝟐 + 𝟏 − 𝒎 𝒚𝟐
D’où 𝒇𝒎 𝒖𝟏 + 𝝀𝒖𝟐 = 𝒇𝒎 𝒖𝟏 + 𝝀𝒇𝒎 𝒖𝟐
Ce qui prouve la linéarité de 𝒇
𝟏+𝒎
𝟑
 Soit 𝑴 𝑩𝒄 𝒇𝒎 = 𝑨𝒎 =
−𝟏
𝟏−𝒎
Or 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝒎 = 𝟏 − 𝒎𝟐 + 𝟑 = 𝟒 − 𝒎𝟐 ainsi 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝒎 = 𝟎 𝒔𝒊 𝒎 ∈ −𝟐, 𝟐
𝒓𝒈 𝑨𝒎 = 𝟐 𝒔𝒊 𝒆𝒕 𝒔𝒆𝒖𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒔𝒊 𝒎 ∈ ℝ ∖ −𝟐, 𝟐
𝟑
𝟑
𝒓𝒈 𝑨𝟐 = 𝒓𝒈
=𝟏
Il en résulte que
−𝟏 −𝟏
−𝟏 𝟑
𝒓𝒈 𝑨 −𝟐 = 𝒓𝒈
=𝟏
−𝟏 𝟑
Par la suite 𝑰𝒎 𝒇𝒎 = 𝑨𝒎 . 𝒖/𝒖 ∈ ℝ𝟐
Et 𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇𝒎 = 𝒓𝒈 𝒇𝒎 = 𝒓𝒈 𝑨𝒎 = 𝟏 𝒔𝒊 𝒎 ∈ −𝟐, 𝟐
𝑰𝒎 𝒇𝒎 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓𝒊𝒆𝒍 𝒅𝒆 ℝ𝟐
⟹ 𝑰𝒎 𝒇𝒎 ≠ ℝ𝟐
∀𝒎 ∈ −𝟐, 𝟐 ∶ 𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇𝒎 ≠ 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟐
D’autre part 𝒓𝒈 𝒇𝒎 + 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝒎 = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟐 = 𝟐


7

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𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝒎
Par la suite

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= 𝟎 𝒔𝒊 𝒆𝒕 𝒔𝒆𝒖𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒔𝒊 𝒎 ∈ ℝ ∖ −𝟐, 𝟐
𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐

=𝟏

𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇−𝟐

=𝟏

Conclusion :
∀𝒎 ∈ −𝟐, 𝟐 ∶ 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝒎 ≠ 𝟎ℝ𝟐 𝒆𝒕 𝑰𝒎 𝒇𝒎 ≠ ℝ𝟐
2)
 Noyau de 𝒇𝟐
𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐 = 𝒖 ∈ ℝ𝟐 𝒇𝟐 𝒖 = 𝟎ℝ𝟐
𝒙
𝟑𝒙 + 𝟑𝒚 = 𝟎
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐 ⇔
−𝒙 − 𝒚 = 𝟎
𝒙 = −𝒚
⇔ 𝒚∈ℝ
−𝒚
−𝟏
Par la suite 𝒖 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐 ⇔ 𝒖 = 𝒚 = 𝒚
𝟏
−𝟏
Notons 𝒘 =
ce qui donne 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒘/𝜶 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒘
𝟏
𝟎
𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒘 Or 𝒘 ≠
donc 𝒘 est aussi famille libre
𝟎
D’où 𝒘 est une base de 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐 et 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇𝟐 = 𝟏
 Noyau de 𝒇 −𝟐
𝑲𝒆𝒓 𝒇−𝟐 = 𝒖 ∈ ℝ𝟐 𝒇−𝟐 𝒖 = 𝟎ℝ𝟐
𝒙
−𝒙 + 𝟑𝒚 = 𝟎
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇−𝟐 ⇔
−𝒙 + 𝟑𝒚 = 𝟎
𝒙 = 𝟑𝒚
⇔
𝒚∈ℝ
𝟑𝒚
𝟑
Par la suite 𝒖 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇 −𝟐 ⇔ 𝒖 =
=𝒚
𝒚
𝟏
𝟑
Notons 𝒗 =
ce qui donne 𝑲𝒆𝒓 𝒇 −𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒗/𝜶 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒗
𝟏
𝟎
𝑲𝒆𝒓 𝒇−𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒗 Or 𝒗 ≠
donc 𝒗 est aussi famille libre
𝟎
D’où 𝒗 est une base de 𝑲𝒆𝒓 𝒇−𝟐 et 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇 −𝟐 = 𝟏
 Image de 𝒇𝟐
𝑰𝒎 𝒇𝟐 = 𝑨𝟐 . 𝒖/𝒖 ∈ ℝ𝟐
𝟑𝒙 + 𝟑𝒚
𝟑
𝒘 ∈ 𝑰𝒎 𝒇𝟐 ⇔ 𝒘 =
= 𝒙+𝒚
−𝒙 − 𝒚
−𝟏
𝟑
Notons 𝒔 =
ce qui donne 𝑰𝒎 𝒇𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒔/𝜶 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒔
−𝟏
𝟎
𝑰𝒎 𝒇𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒔 Or 𝒔 ≠
donc 𝒔 est aussi famille libre
𝟎
D’où 𝒔 est une base de 𝑰𝒎 𝒇𝟐 et 𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇𝟐 = 𝟏
 Image de 𝒇−𝟐
𝑰𝒎 𝒇−𝟐 = 𝑨−𝟐 . 𝒖/𝒖 ∈ ℝ𝟐
−𝒙 + 𝟑𝒚
𝟏
𝒘 ∈ 𝑰𝒎 𝒇−𝟐 ⇔ 𝒘 =
= −𝒙 + 𝟑𝒚
−𝒙 + 𝟑𝒚
𝟏
𝟑
Notons 𝒕 =
ce qui donne 𝑰𝒎 𝒇−𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒕/𝜶 ∈ ℝ = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒕
−𝟏
𝟎
𝑰𝒎 𝒇−𝟐 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒕 Or 𝒕 ≠
donc 𝒕 est aussi famille libre
𝟎
D’où 𝒕 est une base de 𝑰𝒎 𝒇−𝟐 et 𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇−𝟐 = 𝟏

8

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Corrigé 5 :
𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘𝟑 Est une famille génératrice de 𝑬 ; vérifions qu’il s’agit aussi d’une famille libre :
Soient 𝜶, 𝜷, 𝜸 ∈ ℝ𝟑 / 𝜶𝒘𝟏 + 𝜷𝒘𝟐 + 𝜸𝒘𝟑 = 𝟎
Or 𝜶𝒘𝟏 + 𝜷𝒘𝟐 + 𝜸𝒘𝟑 = 𝟎 ⇔ 𝜶𝒖𝟏 + 𝜷 𝒂𝒖𝟏 + 𝒖𝟐 + 𝜸 𝒃𝒖𝟏 + 𝒄𝒖𝟐 + 𝒖𝟑 = 𝟎
⇔ 𝜶 + 𝒂𝜷 + 𝒃𝜸 𝒖𝟏 + 𝜷 + 𝒄𝜸 𝒖𝟐 + 𝜸𝒖𝟑 = 𝟎
𝜶′

𝜷′
′

𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 Étant une famille libre ce qui implique que 𝜶 = 𝜷′ = 𝜸 = 𝟎
𝜶 + 𝒂𝜷 + 𝒃𝜸 = 𝟎
𝜶 =𝟎
Autrement dit
𝜷 + 𝒄𝜸 = 𝟎
⇔ 𝜷 = 𝟎 il en résulte que 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘𝟑 est une famille libre
𝜸=𝟎
𝜸 =𝟎
D’où 𝒘𝟏 , 𝒘𝟐 , 𝒘𝟑 est une base de 𝑬 et 𝒅𝒊𝒎 𝑬 = 𝟑

Corrigé 6 :

𝟏
𝟐

𝒖𝟏 =

Il suffit de vérifier que

, 𝒖𝟐 =

𝟐
𝟏

est une base de ℝ𝟐 pour affirmer l’existence d’une unique application

linéaire 𝒇 de ℝ𝟐 dans ℝ𝟑
Déterminons maintenant la matrice 𝑴 de 𝒇 par rapport à la base canonique 𝑩𝒄 = 𝒆𝟏 , 𝒆𝟐 , 𝒆𝟑
𝟏
𝟏
𝒇
= 𝟏
𝟐
𝟎 ⇔ 𝒇 𝒆𝟏 + 𝟐𝒆𝟐 = 𝒆𝟏 + 𝒆𝟐
On a
𝟎
𝒇 𝟐𝒆𝟏 + 𝒆𝟐 = 𝒆𝟐 + 𝒆𝟑
𝟐
𝒇
= 𝟏
𝟏
𝟏
𝒇 𝒆𝟏 + 𝟐𝒇 𝒆𝟐 = 𝒆𝟏 + 𝒆𝟐
⇔
𝟐𝒇 𝒆𝟏 + 𝒇 𝒆𝟐 = 𝒆𝟐 + 𝒆𝟑
𝟏
𝒇 𝟏 = 𝟏
𝟐
𝟎 ⇔ −𝟑𝒇 𝒆𝟏 = 𝒆𝟏 − 𝒆𝟐 − 𝟐𝒆𝟑 𝑳𝟏 ← 𝑳𝟏 − 𝟐𝑳𝟐
𝟎
𝟐𝒇 𝒆𝟏 + 𝒇 𝒆𝟐 = 𝒆𝟐 + 𝒆𝟑
𝟐
𝒇
= 𝟏
𝟏
𝟏
⇔

𝟏
𝟐

⟶ ℝ𝟑
−𝟏
⟼

𝟑

𝟑

𝟑

𝟏

𝟏

𝟐

𝟑
𝟐

𝟑
𝟏

𝟑
𝟏

𝟑

𝟑

𝟑

𝒇 𝒆𝟐 = 𝒆𝟏 + 𝒆𝟐 − 𝒆𝟑

𝑴 𝑩𝒄 𝒇 = 𝑴 =

𝒙
𝒚

𝟐

𝒇 𝒆𝟏 = − 𝒆𝟏 + 𝒆 𝟐 + 𝒆𝟑

−𝟏

Et
𝒇 ∶ ℝ𝟐

𝟏

𝒇 𝒆𝟐 = 𝒆𝟐 + 𝒆𝟑 − 𝟐𝒇 𝒆𝟏

⇔
D’où

𝟏

𝒇 𝒆𝟏 = − 𝒆𝟏 + 𝒆 𝟐 + 𝒆𝟑

𝟐

𝟑
𝟑

−𝟏

𝟑

𝟑
𝟑
𝟑

𝟐

𝒚
𝟑
𝟏
𝒙+ 𝒚
𝟑
𝟑
𝟐
𝟏
𝒙− 𝒚
𝟑
𝟑
𝟑
𝟏

𝒙+

𝟏

9

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 Noyau de 𝒇
𝑲𝒆𝒓 𝒇 = 𝒖 ∈ ℝ𝟐 𝒇 𝒖 = 𝟎ℝ𝟑
−𝟏
𝟐
𝒙+ 𝒚=𝟎
𝟑
𝟑
𝒙
𝟏
𝟏
𝒖 = 𝒚 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇 ⇔
𝒙+ 𝒚=𝟎
𝟑
𝟑
𝟐
𝟏
𝒙− 𝒚=𝟎
𝟑
𝟑
𝒙 = 𝟐𝒚
⇔ 𝒚=𝟎
𝒚∈ℝ
𝟎
Par la suite 𝒖 ∈ 𝑲𝒆𝒓 𝒇 ⇔ 𝒖 =
𝟎
D’où 𝑲𝒆𝒓 𝒇 = 𝟎ℝ𝟐 et 𝒅𝒊𝒎 𝑲𝒆𝒓 𝒇 = 𝟎
Par conséquent 𝒇 injective
 Image de 𝒇
𝑰𝒎 𝒇 = 𝑴. 𝒖/𝒖 ∈ ℝ𝟐
−𝟏
𝟐
−𝟏
𝟐
𝒙+ 𝒚
𝒙
𝒚
𝟑
𝟑
𝟑
𝟑
−𝟏
𝟐
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝒘 ∈ 𝑰𝒎 𝒇 ⇔ 𝒘 =
𝒙+ 𝒚 =
𝒙 +
𝒚 = 𝒙 𝟏 + 𝒚 𝟏
𝟑
𝟑
𝟑
𝟑
𝟑
𝟑
𝟐
−𝟏
𝟐
𝟏
𝟐
−𝟏
𝒖
𝒖𝟐
𝟏
𝒙− 𝒚
𝒙
𝒚
𝟑
𝟑
𝟑
𝟑
Ce qui donne 𝑰𝒎 𝒇𝟐 = 𝒖 = 𝜶𝒖𝟏 + 𝜷𝒖𝟐 / 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ𝟐 = 𝑽𝒆𝒄𝒕 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐
𝑰𝒎 𝒇 𝒆𝒔𝒕 𝒆𝒏𝒈𝒆𝒏𝒅𝒓é 𝒑𝒂𝒓 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐
Vérifions que 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 est une famille libre
−𝒂 + 𝟐𝒃 = 𝟎
Or 𝒂𝒖𝟏 + 𝒃𝒖𝟐 = 𝟎 ⇔ 𝒂 + 𝒃 = 𝟎
𝟐𝒂 − 𝒃 = 𝟎
𝒂 = 𝟐𝒃
⇔ 𝟑𝒃 = 𝟎 Par la suite 𝒂 = 𝒃 = 𝟎
𝟑𝒃 = 𝟎
Ainsi 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 est une famille libre
D’où 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 est une base de 𝑰𝒎 𝒇 et 𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇 = 𝟐
𝑰𝒎 𝒇 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒔𝒐𝒖𝒔 − 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒆 𝒗𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓𝒊𝒆𝒍 𝒅𝒆 ℝ𝟑
⟹ 𝑰𝒎 𝒇𝒎 ≠ ℝ𝟑
𝒅𝒊𝒎 𝑰𝒎 𝒇 ≠ 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟑
Par conséquent 𝒇 n’est pas surjective

10

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Corrigé 7 :
1)
a)

𝒓𝒈 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 , 𝒖𝟒 = 𝒓𝒈

𝟐
−𝟏
𝟒
−𝟒
𝟑 , 𝟐 , −𝟑 , 𝟏𝟕
𝟓
−𝟑
𝟖
−𝟏𝟎

𝒖𝟏 +𝟐𝒖𝟐

𝟎
𝟕
−𝟏

= 𝒓𝒈

𝟒𝒖𝟐 +𝒖𝟑

,

𝟎
𝟎
−𝟒
𝟓 , 𝟏𝟒 , 𝟏𝟕
−𝟒
−𝟐
−𝟏𝟎
𝟓𝟔𝒖𝟐 +𝟗𝒖𝟑 −𝟓𝒖𝟒

𝟎
𝟎
𝟎

𝟎
𝟎
−𝟒𝟔

,

D’où 𝒓𝒈 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 , 𝒖𝟒 = 𝟑

𝒖𝟑 +𝒖𝟒

𝒓𝒈 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 , 𝒖𝟒 = 𝒓𝒈

𝟎
−𝟒
, 𝟏𝟒 , 𝟏𝟕
−𝟐
−𝟏𝟎

𝒖𝟏 +𝒖𝟑

𝒖𝟐

𝟒𝒖𝟑 +𝒖𝟒

𝟎
𝟑
𝟒
𝟓

𝟎
𝟏
,
,
𝟐
𝟑

𝟎
𝟓
𝟔
𝟕

𝒖𝟒

𝟒
𝟏
,
𝟐
𝟑

𝒖𝟏 −𝟑𝒖𝟐 +𝒖𝟑

𝟓𝒖𝟐 −𝟒𝒖𝟑 −𝒖𝟒

𝟒𝒖𝟑 +𝒖𝟒

𝟎
𝟎
−𝟐
−𝟒

𝟎
𝟎
𝟒
𝟖

𝟎
𝟓
𝟔
𝟕

= 𝒓𝒈

𝒖𝟒

𝟏
𝟎
−𝟏
𝟒
𝟐
𝟏
𝟏
𝟏
,
,
,
𝟑
𝟐
𝟏
𝟐
𝟒
𝟑
𝟏
𝟑

= 𝒓𝒈

,

,

𝒖𝟒

𝟒
𝟏
,
𝟐
𝟑

𝟐𝒖𝟏 −𝒖𝟐 −𝟐𝒖𝟑 −𝒖𝟒

𝟓𝒖𝟐 −𝟒𝒖𝟑 −𝒖𝟒

𝟒𝒖𝟑 +𝒖𝟒

𝟎
𝟎
𝟎
𝟎

𝟎
𝟎
𝟒
𝟖

𝟎
𝟓
𝟔
𝟕

= 𝒓𝒈

D’où 𝒓𝒈 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 , 𝒖𝟒 = 𝟑
c)

𝒖𝟒

𝟐𝒖𝟏 +𝟒𝒖𝟐 −𝒖𝟑 −𝒖𝟒

= 𝒓𝒈

b)

𝒖𝟑 +𝒖𝟒

𝒓𝒈 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 , 𝒖𝟒 = 𝒓𝒈
𝒖𝟏

= 𝒓𝒈

,

,

𝟏
𝟏
𝟐
𝟎
𝟏
−𝟏
𝟎
−𝟐
,
,
,
𝟎
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟎
𝟏
−𝟏
𝒖𝟐 −𝒖𝟏

𝟏
𝟎
𝟏
−𝟐
,
,
𝟎
𝟏
𝟏
−𝟏

11

𝒖𝟑 −𝟐𝒖𝟐

𝟎
𝟐
−𝟏
𝟏

𝒖𝟒

𝟎
−𝟐
,
𝟏
−𝟏

𝒖𝟒

𝟒
𝟏
,
𝟐
𝟑

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𝒖𝟏

= 𝒓𝒈

D’où 𝒓𝒈 𝒖𝟏 , 𝒖𝟐 , 𝒖𝟑 , 𝒖𝟒 = 𝟐
2)


𝟏
𝒅𝒆𝒕 𝑨𝒎 = 𝒎
𝒎

−𝟏
𝒎
𝟏

= 𝒎−𝟏

= 𝒎−𝟏

𝒓𝒈 𝑨 −𝟐

𝟑

𝟏
𝟐
−
= 𝒓𝒈
𝟑
𝟐
−
𝟑


−𝟏
𝟐
−
𝟑
𝟏

𝒅𝒆𝒕 𝑩𝒎

−𝟐
𝟒

𝟏
𝟏
,
𝟎
𝟏

𝟎
𝟎
𝟎
𝟎

𝟎
𝟐
−𝟏
𝟏

𝟎
𝟎
𝟎
𝟎

−𝟏
𝒎−𝟏
𝟏

−𝟏
𝟐 𝒎 − 𝟏 𝑳𝟐
−𝟐𝒎

−𝟏
𝟏
𝟏

−𝟏
𝟐
−𝟐𝒎

𝟏
𝟎
𝒎

−𝟏
𝟏
𝟏

𝟏
𝟎
−𝟐 𝒎 + 𝟏

𝒓𝒈 𝑨𝒎 = 𝟑
Si 𝒎 = 𝟏
𝟏 −𝟏
= 𝒓𝒈 𝟎 𝟐
𝟎 𝟎

−𝟏

−𝟐𝒖𝟐 +𝒖𝟑 +𝒖𝟒

𝟏
𝟎
𝒎

𝟏
𝟏
𝒎 −𝟐 𝒎 + 𝟏
𝟐
 Si 𝒎 ∈ ℝ ∖ 𝟏, −

Si 𝒎 = −

𝒖𝟑 −𝟐𝒖𝟐

−𝟏
𝟏
−𝟐 = 𝟎
−𝟐𝒎
𝒎

Par la suite 𝒅𝒆𝒕 𝑨𝒎 = 𝒎 − 𝟏
𝒅𝒆𝒕 𝑨𝒎 ≠ 𝟎 Par conséquent

𝟏 −𝟏 −𝟏
𝒓𝒈 𝑨𝟏 = 𝒓𝒈 𝟏 𝟏 −𝟐
𝟏 𝟏 −𝟐
D’où 𝒓𝒈 𝑨𝟏 = 𝟐


−𝒖𝟏 −𝒖𝟐 +𝒖𝟑

,

←

𝑳𝟐 − 𝑳𝟑

𝑪𝟑 −𝟐𝑪𝟐

= 𝒎 − 𝟏 −𝟑𝒎 − 𝟐

𝟑

−𝟏
−𝟏 𝑳𝟐
𝟎 𝑳𝟑

←
←

𝑳𝟐 − 𝑳𝟏
𝑳𝟑 − 𝑳𝟐

𝟐
𝟑

𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 𝑪𝟐 − 𝑪𝟑
↓
↓
𝑪𝟏
𝑪𝟐

𝟎
−𝟒
= 𝒓𝒈 𝟑
𝟏

𝟑
𝒎−𝟏
=
𝟐
𝒎

,

𝟎
𝟒
𝟑
𝟏
−
𝟑
𝟑
𝟏
−𝟏
𝒎
𝟏 =
𝟏−𝒎 𝒎

𝟏
= 𝒎+𝟏 𝟐
𝒎

𝟏
𝒎
𝟏−𝒎
𝟏
𝟏
= 𝒎+𝟏
𝟐
𝒎
𝒎 +𝟏 𝟎
𝟏 𝟏 𝟎
= 𝒎+𝟏 𝟐 𝟐 𝒎 𝟏
𝟏 𝟎 𝟏

−𝟏

𝑪′𝟏 + 𝟐𝑪′𝟐 − 𝑪𝟑
↓
𝑪′𝟏

𝟎

𝟎
−𝟏
𝟒
−𝟐
𝟎
−𝟐
= 𝒓𝒈
=𝟐
𝟑
𝟒
𝟏 𝟒
𝟎 −
𝟑
𝟑 𝟑
𝒎 + 𝟏 𝒎 + 𝟏 𝟎 𝑳𝟏 ← 𝑳𝟏 + 𝑳𝟐
𝟐
𝒎
𝟏
𝒎
𝟏−𝒎 𝒎

𝟎
𝟏
𝒎

𝟎
𝟏
𝒎 + 𝟏 𝑳𝟑

𝑪𝟐 − 𝑪𝟏 + 𝑪𝟑
↓
𝑪𝟐

12

←

𝑳𝟑 + 𝑳𝟐 − 𝑳′𝟏

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𝒅𝒆𝒕 𝑩𝒎 = 𝒎 + 𝟏

𝟐

𝟏
𝟐
𝟏

𝟎
𝒎−𝟏
𝟎

𝟎
𝟏
𝟏 = 𝒎 + 𝟏 𝟐. 𝒎 − 𝟏 𝟐
𝟏
𝟏

𝟎
𝟏
𝟎

𝟎
𝟏
𝟏 = 𝒎 + 𝟏 𝟐. 𝒎 − 𝟏
𝟎
𝟏

𝟏
𝟏

Par la suite 𝒅𝒆𝒕 𝑩𝒎 = 𝒎 + 𝟏 𝟐 . 𝒎 − 𝟏
 Si 𝒎 ∈ ℝ ∖ 𝟏, −𝟏
𝒅𝒆𝒕 𝑩𝒎 ≠ 𝟎 Par conséquent 𝒓𝒈 𝑩𝒎 = 𝟑
 Si 𝒎 = 𝟏
𝑪𝟏 − 𝑪𝟐 − 𝑪𝟑

↓
𝟎
𝒓𝒈 𝑩𝟏 = 𝒓𝒈 𝟐
𝟏

𝟏
𝟏
𝟎

𝑪𝟏

−𝟏
𝟎 𝟏 −𝟏
𝟏 = 𝒓𝒈 𝟎 𝟏 𝟏 = 𝟐
𝟏
𝟎 𝟎 𝟏
 Si 𝒎 = −𝟏
𝟏 −𝟏
𝟎 𝟎 𝟎 𝑳𝟏
=
𝒓𝒈
−𝟏 𝟏
𝟎 𝟑 −𝟏 𝑳𝟐
𝟐 −𝟏
−𝟏 𝟐 −𝟏

← 𝑳𝟏 + 𝑳𝟐
−𝟐
← 𝑳𝟐 + 𝟐𝑳𝟑
𝟐
−𝟏
D’où 𝒓𝒈 𝑩−𝟏 = 𝟐
−𝟐 −𝟓 𝟎
−𝟐 −𝟓 𝟎
 𝒅𝒆𝒕 𝑪 = 𝟒
𝟕
𝟏 = 𝟓 𝟏𝟐
𝟎 𝑳𝟐 ← 𝑳𝟐 + 𝑳𝟑
𝟏
𝟓 −𝟏
𝟏
𝟓 −𝟏
−𝟐 −𝟓
= −𝟏
= −𝟏 ≠ 𝟎 𝑫′ 𝒐ù 𝒓𝒈 𝑪 = 𝟑
𝟓
𝟏𝟐
𝒓𝒈 𝑩−𝟏 = 𝒓𝒈

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