S3 Algebre I (polycopie des exercices) .pdf



Nom original: S3_Algebre I (polycopie des exercices).pdf
Titre: S3 _polycopié des exercices_
Auteur: USER

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par PDFCreator Version 1.2.1 / GPL Ghostscript 9.02, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 12/06/2015 à 13:26, depuis l'adresse IP 41.249.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 1590 fois.
Taille du document: 6.6 Mo (121 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


‫– اآ ال‬
‫د‬
‫وا‬

Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
RABAT

‫ا‬
‫ما‬
‫وا‬

‫ا‬

‫آ‬

‫اا ! ط‬
http://www.fsjesr.ac.ma

Filière de Science Économiques et de Gestion
Semestre
Module :
Matière :

:
S3
M 12 (Méthodes Quantitatives III)
Algèbre I

Méthodes quantitatives III (algèbre 1)
Fascicule d’exercices corrigés
Le corrigé n'a d'inétrêt que si l'exercice a été cherché

Salma DASSER

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

CHAPITRE 1 : ESPACE VECTORIEL RÉEL
Enoncés des exercices
Exercice 1 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 3
Exercice 2 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 3
Exercice 3 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 3
Exercice 4 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 3
Exercice 5 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 3
Exercice 6 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 4
Exercice 7 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 4
Exercice 8 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 4

Solutions des exercices
Exercice 1 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 6
Exercice 2 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 7
Exercice 3 ................................................................
................................................................................................
........................................................................................
........................................................ 9
Exercice 4 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 12
Exercice 5 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 14
Exercice 6 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 15
Exercice 7 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 17
Exercice 8 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 18

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

1

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Enoncés des exercices

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

2

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 1
de
1)
2)
3)

Dans chacun des cas suivants, montrer que le sous ensemble V est un sous espace vectoriel
IR 3 , en donner une base et en déduire la dimension :
V = {( x, y , z ) ∈ IR 3 / x + z = 0 et y − z = 0}
V = {( x, y , z ) ∈ IR 3 / x − y − 2 z = 0}.
V = {( x , y , z ) ∈ IR 3 / x − y + z = 0 et x − 2 y = 0}

Exercice 2
Dans chacun des cas suivants, donner une base du sous espace vectoriel V et en déduire sa
dimension :
1) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = ( 2,1,1,2), v2 = (1,0,1,1), v3 = ( 0,1,−1,0) .
2) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = (0,1,1,0), v2 = (1,0,1,1), v3 = (1,0,1,0) .
3) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = (1,2,3), v2 = (3,1,2), v3 = ( 2,3,1) .
4) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = (1,1,0), v2 = ( 2,0,1), v3 = ( 4,−2,3) .

Exercice 3
Dans IR 4 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants :
V1 = {( x , y , z , t ) ∈ IR 4 / x + y − z = 0 et y + z − t = 0}

V2 = {( x, y , z , t ) ∈ IR 4 / x + y = 0 et z + t = 0}

V3 = {( x, y , z, t ) ∈ IR 4 / y = 0 et x = z = t}
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus.
2) Déterminer V1 ∩ V2 , V2 ∩ V3 et V1 ∩ V3 .
3) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR 4 ? V1 ⊕ V3 = IR 4 ? V1 ⊕ V3 = IR 4 ?

Exercice 4
Dans chacun des cas suivants, déterminer le rang du système S = {v1 , v2 , v3 , v4 } de IR 4 :
1) v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) .
2) v1 = (1,0,−2,1), v2 = ( 2,1,−1,0), v3 = ( 3,2,0,−1), v4 = (1,0,−1,1)
3) v1 = (1,0,−2,−2), v2 = ( 2,1,−1,0), v3 = ( 3,2,0,2), v4 = ( 4,2,−2,0) .

Exercice 5
Dans chacun des cas suivants, montrer que les vecteurs v1 , v2 , v3 et v4 forment une base de
4

IR et exprimer le vecteur v dans cette base :
1) v1 = (1,2,−1,−2 ), v2 = ( 2,3,0,−1), v3 = (1,3,−1,0), v4 = (1,2,1,4 ) et v = (1,1,−1,−1) .
2) v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) et v = (1,2,1,1) .

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

3

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 6
Dans IR 3 muni de sa base canonique {e1 , e2 , e3 }, on considère les vecteurs v1 = (1,1,0) ,

v2 = (0,1,1) et v3 = (1,0,1) .
1) Montrer que les vecteurs v1 , v2 et v3 forment une base de IR 3 .
2) Exprimer les vecteurs e1 , e2 et e 3 dans cette base.

Exercice 7
Sous quelles conditions sur le paramètre a ∈ IR , les vecteurs v1 = (1,−1,0) , v2 = (−1,2,−1) et
v3 = (0,−1, a ) forment-ils une base de IR 3 ?

Exercice 8
Dans IR 3 , on considère les vecteurs v1 = (1,1, a ) , v2 = (1, a,1) et v3 = ( a ,1,1) . Discuter suivant
le paramètre a ∈ IR :
1) La dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 .
2) Le rang du système {v1 , v2 , v3 }.
3) La dimension du sous espace vectoriel engendré par les vecteurs v1 , v2 et v3 .

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

4

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Solutions des exercices

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

5

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 1
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, montrer que le sous ensemble V est un sous espace vectoriel
de IR 3 , en donner une base et en déduire la dimension :
1) V = {( x, y , z ) ∈ IR 3 / x + z = 0 et y − z = 0}
2) V = {( x, y , z ) ∈ IR 3 / x − y − 2 z = 0}.
3) V = {( x , y , z ) ∈ IR 3 / x − y + z = 0 et x − 2 y = 0}
Solution :
1) V = {( x , y , z ) ∈ IR 3 / x + z = 0 et y − z = 0} :
Soit X = ( x, y, z ) un vecteur de IR 3 ,
X = ( x, y, z ) ∈V ssi :
♦ x + z = 0 et y − z = 0 ⇔ x = − z et y = z ⇔ ( x, y, z ) = (− z , z , z ) ⇔ ( x, y, z ) = z.(−1,1,1), z ∈ IR
♦ ( x, y, z ) ∈V ⇔ ∃!α ∈ IR (α = z ) /( x, y, z ) = α .(−1,1,1)
♦ {(−1,1,1)} est alors une base de V , dimV = 1 et V =< (−1,1,1) > .

2) V = {( x, y , z ) ∈ IR 3 / x − y − 2 z = 0} :
Soit X = ( x, y, z ) un vecteur de IR 3 ,
X = ( x, y, z ) ∈V ssi :
♦ x − y − 2 z = 0 ⇔ x = y + 2 z ⇔ ( x, y , z ) = ( y + 2 z , y , z ) ⇔ ( x, y, z ) = y.(1,1,0) + z.( 2,0,1), ( y, z ) ∈ IR 2
♦ ( x, y , z ) ∈ V ⇔ ∃!(α , β ) ∈ IR 2 (α = y , β = z ) /( x, y , z ) = α .(1,1,0) + β .( 2,0,1)

♦ {(1,1,0), (2,0,1)} est alors une base de V , dimV = 2 et V =< (1,1,0),(2,0,1) > .
Ou bien :
X = ( x, y, z ) ∈V ssi :
♦ x − y − 2 z = 0 ⇔ y = x − 2 z ⇔ ( x, y , z ) = ( x, x − 2 z , z ) ⇔ ( x, y , z ) = x.(1,1,0) + z.(0,−2,1), ( x, z ) ∈ IR 2
♦ ( x, y , z ) ∈ V ⇔ ∃!(α , β ) ∈ IR 2 (α = x, β = z ) /( x, y , z ) = α .(1,1,0) + β .(0,−2,1)
♦ {(1,1,0), (0,−2,1)} est alors une autre base de V , dimV = 2 et V =< (1,1,0),(0,−2,1) > .

3) V = {( x , y , z ) ∈ IR 3 / x − y + z = 0 et x − 2 y = 0} :
Soit X = ( x, y, z ) un vecteur de IR 3 ,
X = ( x, y, z ) ∈V ssi :
♦ x = 2 y et z = − x + y = − y ⇔ ( x, y, z ) = (2 y, y,− y ) ⇔ ( x, y, z ) = y.(2,1,−1), y ∈ IR
♦ ( x, y, z ) ∈V ⇔ ∃!α ∈ IR (α = y ) /( x, y, z ) = α .(2,1,−1)
♦ {(2,1,−1)} est alors une base de V , dimV = 1 et V =< (2,1,−1) > .

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

6

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 2
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, donner une base du sous espace vectoriel V et en déduire sa
dimension :
1) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = ( 2,1,1,2), v2 = (1,0,1,1), v3 = ( 0,1,−1,0) .
2) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = (0,1,1,0), v2 = (1,0,1,1), v3 = (1,0,1,0) .
3) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = (1,2,3), v2 = (3,1,2), v3 = ( 2,3,1) .
4) V =< v1 , v2 , v3 >,
v1 = (1,1,0), v2 = ( 2,0,1), v3 = ( 4,−2,3) .
Solution :
Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est un système générateur de V . Une CNS pour que S soit une base
de V est que S soit libre :
♦ Si le système S est libre alors S est une base de V .
♦ Sinon, on extrait de S un sous système libre d’ordre 2 , sinon d’ordre 1, qui est alors une base
de V .
1) V =< v1 , v2 , v3 >,

v1 = (2,1,1,2), v 2 = (1,0,1,1),

♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est–il libre ?

v3 = (0,1,−1,0) :
?

α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0,0) ⇒α1 = α 2 = α 3 = 0

♦ α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0,0) ⇒ α 1 .( 2,1,1,2) + α 2 .(1,0,1,1) + α 3 .( 0,1,−1,0) = (0,0,0,0)
♦ ⇒ (2α 1 + α 2 ,α 1 + α 3 ,α 1 + α 2 − α 3 ,2α 1 + α 2 ) = (0,0,0,0)
2α 1 + α 2 = 0
α 2 = −2α 1
α 2 = −2α 1
α + α = 0
α = −α
 1
 3

3
1
♦ ⇒
⇒ 
⇒ α 3 = −α 1
α 1 + α 2 − α 3 = 0
α 2 = α 3 − α 1 = −2α 1
α ∈ IR
 1
2α 1 + α 2 = 0
α 2 = −2α 1
♦ ⇒ ∃(α1 ,α 2 ,α 3 )(≠ (0,0,0)) ∈ IR 3 / α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 v3 ) = (0,0,0,0) ,
par exemple (α 1 ,α 2 ,α 3 ) = (1,−2,−1) : (1,−2,−1) ≠ (0,0,0) et v1 − 2v2 − v3 = (0,0,0,0)
♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } n’est donc pas libre.

v1 = 2v2 + v3

1
1
♦ De la relation v1 − 2v2 − v3 = (0,0,0,0) , on déduit que v2 = v1 − v3
2
2

v
=
v

2
v
2
 3 1
♦ Les systèmes {v1 ,v2 } , {v 2 , v3 } et {v1 , v3 } sont alors générateurs de V .
♦ D’où :
V =< v1 , v 2 , v3 >=< v1 , v2 >=< v2 , v3 >=< v1 , v3 >

♦ On vérifie que ces trois systèmes {v1 ,v2 } , {v 2 , v3 } et {v1 , v3 } sont libres.
♦ {v1 ,v2 } , {v 2 , v3 } et {v1 , v3 } sont alors des bases de V et dimV = 2 .

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

7

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]
2) V =< v1 , v2 , v3 >,

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

v1 = (0,1,1,0),

v2 = (1,0,1,1), v3 = (1,0,1,0) :
?

α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0,0) ⇒α1 = α 2 = α 3 = 0
♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est–il libre ?
♦ α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0,0) ⇒ α 1 .( 0,1,1,0) + α 2 .(1,0,1,1) + α 3 .(1,0,1,0) = (0,0,0,0)
♦ ⇒ (α 2 + α 3 ,α 1 ,α 1 + α 2 + α 3 ,α 2 ) = (0,0,0,0)
α 2 + α 3 = 0
α = 0

♦ ⇒ 1

α 1 + α 2 + α 3 = 0
α 2 = 0

α 3 = −α 2
α = 0
 1

α 3 = −α 1 − α 2
α 2 = 0

⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0

♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est alors libre.

♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est donc une base de V et dimV = 3 .

3) V =< v1 , v2 , v3 >,

v1 = (1,2,3), v2 = (3,1,2), v3 = ( 2,3,1) :
?

α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒α1 = α 2 = α 3 = 0
♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est–il libre ?
♦ α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α 1 .(1,2,3) + α 2 .(3,1,2) + α 3 .( 2,3,1) = (0,0,0)
♦ ⇒ (α 1 + 3α 2 + 2α 3 ,2α 1 + α 2 + 3α 3 ,3α 1 + 2α 2 + α 3 ) = (0,0,0)

(1) α 1 + 3α 2 + 2α 3 = 0
6(α 1 + α 2 + α 3 ) = 0
α 1 = −α 2 − α 3
(1)→(1) + ( 2 )+ ( 3 )



♦ ⇒ (2) 2α 1 + α 2 + 3α 3 = 0

⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
 2α 1 + α 2 + 3α 3 = 0 ⇒  α 3 = α 2



(3) 3α 1 + 2α 2 + α 3 = 0
 3α 1 + 2α 2 + α 3 = 0
 − 3α 3 = 0
♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est alors libre.
♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est donc une base de V et dimV = 3 .

3
♦ Comme V est un sous espace vectoriel de IR 3 et dimV = dim IR 3 = 3 alors V = IR

4) V =< v1 , v2 , v3 >,

v1 = (1,1,0), v2 = ( 2,0,1), v3 = ( 4,−2,3) :

♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } est–il libre ?

?

α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒α1 = α 2 = α 3 = 0

♦ α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α 1 .(1,1,0) + α 2 .( 2,0,1) + α 3 .( 4,−2,3) = (0,0,0)
♦ ⇒ (α 1 + 2α 2 + 4α 3 ,α 1 − 2α 3 ,α 2 + 3α 3 ) = (0,0,0)

α 1 + 2α 2 + 4α 3 = 0
2α 3 − 6α 3 + 4α 3 = 0
α 3 ∈ IR



♦ ⇒ α 1 − 2α 3 = 0
⇒ α 1 = 2α 3
⇒ α 1 = 2α 3
α + 3α = 0
α = −3α
α = −3α
3
3
3
 2
 2
 2
3
♦ ⇒ ∃(α1 , α 2 ,α 3 )( ≠ (0,0,0)) ∈ IR / α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3 ) = (0,0,0) ,
par exemple (α1 , α 2 , α 3 ) = ( 2,−3,1) : ( 2,−3,1) ≠ (0,0,0) et 2v1 − 3v2 + v3 = ( 0,0,0,0)
♦ Le système S = {v1 , v 2 , v3 } n’est donc pas libre.

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

8

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

3
1

v1 = 2 v2 − 2 v3

2
1
♦ De la relation 2 v1 − 3v 2 + v3 = (0,0,0,0) , on déduit que v2 = v1 + v3
3
3

v
=

2
v
+
3v2
3
1


♦ Les systèmes {v1 ,v2 } , {v 2 ,v3 } et {v1 ,v3 } sont alors générateurs de V .
♦ D’où :
V =< v1 , v 2 , v3 >=< v1 , v2 >=< v2 , v3 >=< v1 , v3 >

♦ On vérifie que ces trois systèmes {v1 , v2 } , {v 2 ,v3 } et {v1 ,v3 } sont libres.
♦ {v1 , v2 } , {v 2 ,v3 } et {v1 ,v3 } sont alors des bases de V et dimV = 2 .

Exercice 3
Enoncé :
Dans IR 4 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants :
V1 = {( x , y , z , t ) ∈ IR 4 / x + y − z = 0 et y + z − t = 0}

V2 = {( x, y , z , t ) ∈ IR 4 / x + y = 0 et z + t = 0}

V3 = {( x, y , z, t ) ∈ IR 4 / y = 0 et x = z = t}
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus.
2) Déterminer V1 ∩ V2 , V2 ∩ V3 et V1 ∩ V3 .
3) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR 4 ? V1 ⊕ V3 = IR 4 ? V1 ⊕ V3 = IR 4 ?
Solution :
1) Cherchons une base de V1 , une base de V2 et une base de V3 .

4
♦ V1 = {( x , y , z , t ) ∈ IR / x + y − z = 0 et y + z − t = 0}. Soit X = ( x, y, z, t ) un vecteur de IR 4 :

x = − y + z
x + y − z = 0

X = ( x, y, z, t ) ∈V1 ssi 
⇔  t = y + z ⇔ ( x, y , z, t ) = ( − y + z, y , z, y + z )
y + z − t = 0
 y, z ∈ IR

X = ( x, y, z, t ) ∈V1 ssi ( x , y , z , t ) = y.( −1,1,0,1) + z.(1,0,1,1), ( y , z ) ∈ IR 2
X = ( x, y, z, t ) ∈V1 ssi ∃! (α , β ) ∈ IR 2 (α = y , β = z ) /( x , y , z , t ) = α .( −1,1,0,1) + β .(1,0,1,1)

{(−1,1,0,1), (1,0,1,1)} est alors une base de V1

, dimV1 = 2 et V1 =< ( −1,1,0,1), (1,0,1,1) > .

4
♦ V2 = {( x, y , z , t ) ∈ IR / x + y = 0 et z + t = 0}. Soit X = ( x, y, z, t ) un vecteur de IR 4 :

 y = −x
x + y − z = 0

X = ( x, y, z, t ) ∈V2 ssi
⇔  t = − z ( x , y , z , t ) = ( x ,− x , z ,− z )

z + t = 0
 x, z ∈ IR

X = ( x, y, z, t ) ∈V2 ssi ( x, y , z , t ) = x.(1,−1,0,0) + z.( 0,0,1,−1), ( x , z ) ∈ IR 2
X = ( x, y, z, t ) ∈V2 ssi ∃! (α , β ) ∈ IR 2 (α = x , β = z ) /( x , y , z , t ) = α .(1,−1,0,0) + β .( 0,0,1,−1)

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

9

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

{(1,−1,0,0), (0,0,1,−1)}est alors une base de V2 ,
dimV2 = 2 et V2 =< (1,−1,0,0), (0,0,1,−1) >

{

}

4
♦ V3 = ( x, y , z, t ) ∈ IR / y = 0 et x = z = t . Soit X = ( x, y, z, t ) un vecteur de IR 4 :

X = ( x, y , z , t ) ∈ V3

ssi :

X = ( x, y , z , t ) ∈ V3

ssi
ssi

X = ( x, y , z , t ) ∈ V3

 y=0
y = 0

⇔  z = x, t = x ⇔ ( x, y , z, t ) = ( x,0, x, x )

x = z = t
 x ∈ IR

( x, y , z , t ) = x.(1,0,1,1), x ∈ IR 2
∃!α ∈ IR (α = x ) /( x, y, z, t ) = α .(1,0,1,1)

{(1,0,1,1)} est alors une base de V3

, dim V3 = 1 et V3 =< (1,0,1,1) > .

2) Cherchons une base de V1 ∩ V2 , une base de V2 ∩ V3 et une base de V1 ∩ V3 .
♦ Soit X = ( x, y, z, t ) un vecteur de IR 4 , X = ( x, y, z, t ) ∈V1 ∩V2 ssi X ∈V1 et X ∈ V2
x + y − z = 0
z = 0
y + z − t = 0
y = t = 0


X = ( x, y, z, t ) ∈V1 ∩V2 ssi 
⇔
⇔ ( x, y , z, t ) = (0,0,0,0)
x + y = 0
x = − y = 0
 z + t = 0
t = z = 0

Donc V1 ∩V2 = {(0,0,0,0)}

♦ Soit X = ( x, y, z, t ) un vecteur de IR 4 , X = ( x , y , z , t ) ∈ V2 ∩ V3 ssi X ∈ V2 et X ∈ V3
x + y = 0
x = − y = 0
t = − z
z + t = 0


⇔
⇔ ( x, y, z, t ) = (0,0,0,0)
X = ( x , y , z , t ) ∈ V2 ∩ V3 ssi 
y = 0
y = 0
 x = z = t
t = z = x = 0

Donc V2 ∩V3 = {(0,0,0,0)}

♦ Soit X = ( x, y, z, t ) un vecteur de IR 4 , X = ( x, y , z , t ) ∈ V1 ∩ V3 ssi X ∈V1 et X ∈ V3
x = − y + z = z
x + y − z = 0
y + z − t = 0
t = y + z = z


⇔
⇔ ( x, y , z, t ) = ( x,0, x, x )
X = ( x, y , z , t ) ∈ V1 ∩ V3 ssi 
y = 0
y = 0
 x = z = t
 x = z = t
X = ( x, y , z , t ) ∈ V1 ∩ V3
X = ( x, y , z , t ) ∈ V1 ∩ V3

ssi
ssi

( x, y , z , t ) = x.(1,0,1,1), x ∈ IR 2
∃!α ∈ IR (α = x ) /( x, y, z, t ) = α .(1,0,1,1)

{(1,0,1,1)} est alors une base de V1 ∩ V3 , dim V1 ∩V3 = 1 et V1 ∩ V3 =< (1,0,1,1) >= V3

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

10

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

3) Vérifions si V1 ⊕ V2 = IR 4 , V1 ⊕ V3 = IR 4 et V2 ⊕ V3 = IR 4 .
♦ V1 ⊕ V2 = IR 4 :
dimV1 = 2 : {u1 ,u 2 } est alors une base de V1 , u1 = (−1,1,0,1) et u2 = (1,0,1,1) .
dimV2 = 2 : {v1 ,v2 } est alors une base de V2 , v1 = (1,−1,0,0) et v2 = (0,0,1,−1)
V1 ⊕ V2 = IR 4 ssi S = {u1 , u2 , v1 , v2 } est une base de IR 4 .
S = {u1 , u2 , v1 , v2 } est une base de IR 4 ssi S = {u1 , u2 , v1 , v2 } est libre.
o α1.u1 + α 2 .u 2 + β1v1 + β 2 v2 = (0,0,0,0)
o ⇒ α1.(−1,1,0,1) + α 2 .(1,0,1,1) + β1.(1,−1,0,0) + β 2 .(0,0,1,−1) = (0,0,0,0)
− α 1 + α 2 + β 1 = 0
α 2 = α 1 − β1 = 0
α − β = 0
β = α
 1

1
1
o ⇒
⇒  1
⇒ α 1 = α 2 = β1 = β 2 = 0
α
β
+
=
0
=

β
α2
2
 2
 2
α 1 + α 2 − β 2 = 0
α 1 = −α 2 + β 2 = 0
o Le système S = {u1 , u2 , v1 , v2 } est alors libre.
Le système S = {u1 , u2 , v1 , v2 } est donc une base de IR 4

Donc : V1 ⊕ V2 = IR 4
♦ V1 ⊕ V3 = IR 4 :

dimV1 = 2 :
dim V3 = 1 :

{u1 ,u2 } est alors une base de V1 , u1 = (−1,1,0,1)
{v3 } est alors une base de V3 , v3 = (1,0,1,1)

et u2 = (1,0,1,1) .

dimV1 + dimV3 = 3 ≠ dim IR 4 ou bien V1 ∩V3 =< (1,0,1,1) >≠ {(0,0,0,0)}

4
Donc : V1 ⊕ V3 ≠ IR

♦ V2 ⊕ V3 = IR 4 :

dimV2 = 2 :
dim V3 = 1 :

{v1 ,v2 } est alors une base de V2 , v1 = (1,−1,0,0) et v2 = (0,0,1,−1)
{v3 } est alors une base de V3 , v3 = (1,0,1,1)

dimV1 + dimV3 = 3 ≠ dim IR 4
4
Donc : V2 ⊕ V3 ≠ IR , (remarquons que V1 ∩V3 = {(0,0,0,0)} )

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

11

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 4
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, déterminer le rang du système S = {v1 , v2 , v3 , v4 } de IR 4 :
1) v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) .
2) v1 = (1,0,−2,1), v2 = ( 2,1,−1,0), v3 = ( 3,2,0,−1), v4 = (1,0,−1,1)
3) v1 = (1,0,−2,−2), v2 = ( 2,1,−1,0), v3 = ( 3,2,0,2), v4 = ( 4,2,−2,0) .
Solution :

S = {v1 , v2 , v3 , v4 } :

1 ≤ rg ( S ) ≤ 4

1) v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) : S = {v1 , v2 , v3 , v 4 }
♦ Cherchons si rg ( S ) = 4 : S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est-il libre ?
α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 v3 + α 4 v 4 = (0,0,0,0)
⇒ α 1 .(1,1,1,1) + α 2 .(1,1,−1,−1) + α 3 .(1,−1,1,−1) + α 4 .(1,−1,−1,1) = (0,0,0,0)

α1 + α 2 + α 3 + α 4 = 0 α1 + α 2 = −(α 3 + α 4 )
α1 + α 2 = 0
α + α − α − α = 0
α + α = α + α
α + α = 0



2
3
4
2
3
4
4
⇒ 1
⇒ 1
⇒ 3
⇒ α1 = α 2 = α 3 = α 4 = 0
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α

+

=
0

=

(

)

=
0
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2



α1 − α 2 − α 3 + α 4 = 0
α1 + α 2 = α 3 − α 4
α 3 − α 4 = 0
Le système S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est alors libre.

rg(S ) = 4

♦ Donc :

2) v1 = (1,0,−2,1), v2 = ( 2,1,−1,0), v3 = ( 3,2,0,−1), v4 = (1,0,−1,1) : S = {v1 , v2 , v3 , v 4 }
♦ Cherchons si rg ( S ) = 4 : S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est-il libre ?
α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 v3 + α 4 v 4 = (0,0,0,0)
⇒ α 1 .(1,0,−2,1) + α 2 .( 2,1,−1,0) + α 3 .(3,2,0,−1) + α 4 .(1,0,−1,1) = (0,0,0,0)



α 1 + 2α 2 + 3α 3 + α 4 = 0
α + 2α = 0
 2
3


− 2α 1 − α 2 − α 4 = 0
α 1 − α 3 + α 4 = 0

α 1 − α 3 + α 4 = 0
α = −2α
 2
3

− 2α 1 + 2α 3 − α 4 = 0
α 1 − α 3 + α 4 = 0

α 1 = α 3 − α 4
α 1 = α 3
α = −2α
α = −2α


3
3
⇒  2
⇒  2
− 2(α 3 − α 4 ) + 2α 3 − α 4 = 0
α 4 = 0
α 3 ∈ IR
α 3 ∈ IR
⇒ ∃(α1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 )(≠ (0,0,0,0)) ∈ IR 4 / α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3 + α 4 v4 ) = (0,0,0,0) ,
par exemple (α 1 ,α 2 , α 3 ,α 4 ) = (1,−2,1,0) : (α 1 ,α 2 , α 3 ,α 4 ) = (1,−2,1,0) et v1 − 2v2 + v3 = (0,0,0,0)
Le système S = {v1 , v 2 , v3 , v4 } n’est donc pas libre.
♦ Donc :

rg ( S ) < 4

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

12

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

♦ Cherchons si rg ( S ) = 3 : Si au moins l’un des sous systèmes d’ordre 3 ( {v1 , v 2 , v3 } , {v1 , v2 , v4 },
{v1 , v3 , v 4 } ou {v2 , v3 , v4 }) extraits de S = {v1 , v2 , v3 , v4 } est libre alors rg ( S ) = 3
De la relation v1 − 2v2 + v3 = (0,0,0,0) , on déduit que le système {v1 , v 2 , v3 } n’est pas libre.
On vérifie que les deux autres systèmes {v1 , v2 , v4 } et {v2 , v3 , v4 } sont libres.

♦ Donc :

rg(S ) = 3

3) v1 = (1,0,−2,−2), v2 = ( 2,1,−1,0), v3 = ( 3,2,0,2), v4 = ( 4,2,−2,0) :

S = {v1 , v2 , v3 , v 4 }

♦ Cherchons si rg ( S ) = 4 : S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est-il libre ?
α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 v3 + α 4 v 4 = (0,0,0,0)
⇒ α 1 .(1,0,−2,−2) + α 2 .( 2,1,−1,0) + α 3 .(3,2,0,2) + α 4 .( 4,2,−2,0) = (0,0,0,0)
α 1 + 2α 2 + 3α 3 + 4α 4 = 0
4α 1 + 2α 2 + 4α 4 = 0
α 3 = α 1
α + 2α + 2α = 0
2α + α + 2α = 0
α = −2α − 2α
 2
 1

3
4
2
4
1
4
⇒ 
⇒ 
⇒ 2
− 2α 1 − α 2 − 2α 4 = 0
− 2α 1 − α 2 − 2α 4 = 0 α 1 ∈ IR
− 2α 1 + 2α 3 = 0
α 3 = α 1
α 4 ∈ IR
⇒ ∃(α1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 )(≠ (0,0,0,0)) ∈ IR 4 / α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3 + α 4 v4 ) = (0,0,0,0) ,
par exemple (α 1 , α 2 ,α 3 ,α 4 ) = (1,−4,1,1) : (α 1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 ) = (1,−4,1,1) et v1 − 4v 2 + v3 + v4 = (0,0,0,0)
Le système S = {v1 , v 2 , v3 , v4 } n’est donc pas libre.
♦ Donc :

rg ( S ) < 4

♦ Cherchons si rg ( S ) = 3 : Si au moins l’un des sous systèmes d’ordre 3 ( {v1 , v 2 , v3 } , {v1 , v2 , v4 },
{v1 , v3 , v 4 } ou {v2 , v3 , v4 }) extraits de S = {v1 , v2 , v3 , v4 } est libre alors rg ( S ) = 3
De la relation v1 + v3 = 2v 2 , on déduit que le système {v1 , v 2 , v3 } n’est pas libre.
De la relation v1 + v3 = v 4 , on déduit que le système {v1 , v3 , v 4 } n’est pas libre.

De la relation v4 = 2v2 , on déduit que les systèmes {v1 , v2 , v4 } et {v2 , v3 , v4 } sont liés.
♦ Donc :
rg ( S ) < 3
♦ Cherchons si rg ( S ) = 2 : Si au moins l’un des
S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est libre alors rg ( S ) = 2

sous systèmes d’ordre 2 extraits de

On vérifie, par exemple, que le système {v1 ,v2 } est libre.

♦ Donc :

rg(S ) = 2

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

13

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 5
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, montrer que les vecteurs v1 , v2 , v3 et v4 forment une base de
IR 4 et exprimer le vecteur v dans cette base :
1) v1 = (1,2,−1,−2 ), v2 = ( 2,3,0,−1), v3 = (1,3,−1,0), v4 = (1,2,1,4 ) et v = (1,1,−1,−1) .
2) v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) et v = (1,2,1,1) .

Solution :
S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est un système d’ordre 4 et dim IR 4 = 4 .Pour montrer que S = {v1 , v2 , v3 , v 4 }
est une base de IR 4 , il suffit alors de montrer que S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est libre.

1) S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } : v1 = (1,2,−1,−2), v 2 = ( 2,3,0,−1), v3 = (1,3,−1,0), v 4 = (1,2,1,4) , v = (1,1,−1,−1)
♦ Montrons que S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est une base de IR 4 : S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est-il libre ?
α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 v3 + α 4 v 4 = (0,0,0,0)
⇒ α1 .(1,2,−1,−2) + α 2 .( 2,3,0,−1) + α 3 .(1,3,−1,0) + α 4 .(1,2,1,4 ) = (0,0,0,0)
α1 + 2α 2 + α 3 + α 4 = 0
2α + 3α + 3α + 2α = 0 après calcul

2
3
4
⇒ 1
α1 = α 2 = α 3 = 0

 − α1 − α 3 + α 4 = 0
− 2α1 − α 2 + 4α 4 = 0
Le système S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est alors libre.

♦ Donc S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est une base de IR 4 .

♦ Ecrivons le vecteur v = (1,1,−1,−1) dans la base S = {v1 , v2 , v3 , v 4 }.
S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est une base de IR 4 :

∃!(α1 , α 2 , α 3 , α 4 ) ∈ IR 4 / v = α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3 + α 4 v4
v = α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3 + α 4 v4
(1) α 1 + 2α 2 + α 3 + α 4 = 1
(1) + (3) α 4 = −α 2

(2) 2α 1 + 3α 2 + 3α 3 + 2α 4 = 1
(2) 2α 1 + 3α 2 + 3α 3 + 2α 4 = 1




(3) − α 1 − α 3 + α 4 = −1
− (3) α 1 + α 3 − α 4 = 1
(4) − 2α 1 − α 2 + 4α 4 = −1
− (4) 2α 1 + α 2 − 4α 4 = 1
(1) α 4 = −α 2
(1) α 4 = −α 2
(1) α 4 = −α 2
α 4 = 3



α = 8
(2) 2α 1 + α 2 + 3α 3 = 1
(2) − (3) α 1 = −2α 3
(2) − (3) α 1 = −2α 3




⇒  1



(3) α 1 + α 2 + α 3 = 1
(3) α 2 − α 3 = 1
(3) α 3 = α 2 − 1
α 3 = −4
α 2 = −3
(4) 2α 1 + 5α 2 = 1
(4) 5α 2 − 4α 3 = 1
(4) − 4(3) α 2 = −3
♦ Donc v = 8v1 − 3v2 − 4v3 + 3v4

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

14

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

2) S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } : v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) , v = (1,2,1,1)
♦ Montrons que S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est une base de IR 4 : S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est-il libre ?
Le système S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est libre, voir l’exercice 4-1.
♦ Donc S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est une base de IR 4 .
♦ Ecrivons le vecteur v = (1,2,1,1) dans la base S = {v1 , v2 , v3 , v 4 }.
S = {v1 , v2 , v3 , v 4 } est une base de IR 4 :

∃!(α1 , α 2 , α 3 , α 4 ) ∈ IR 4 / v = α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3 + α 4 v4
v = α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3 + α 4 v4
(1) α 1 + α 2 + α 3 + α 4
(2) α 1 + α 2 − α 3 − α 4


(3) α 1 − α 2 + α 3 − α 4
(4) α 1 − α 2 − α 3 + α 4

(1) − (3) α 2 = −α 4
=2
(2) α 1 + α 2 − α 3 − α 4 = 2


=1
(3) − (4) α 3 = α 4
=1
(1) − (2) 2α 3 + 2α 4 = −1
1

α 2 = 4
α 2 = −α 4

5
α = 2 + 3α
=
α

1


4
4
⇒  1
⇒ 
1
α 3 = α 4
α 3 = −
4

4α 4 = −1
α = − 1
 4
4
5
1
1
1
♦ Donc v = v1 + v2 − v3 − v4
4
4
4
4
=1

Exercice 6
Enoncé :
Dans IR 3 muni de sa base canonique {e1 , e2 , e3 }, on considère les vecteurs v1 = (1,1,0) ,

v2 = (0,1,1) et v3 = (1,0,1) .
1) Montrer que les vecteurs v1 , v2 et v3 forment une base de IR 3 .
2) Exprimer les vecteurs e1 , e2 et e 3 dans cette base.
Solution :
1) S = {v1 , v2 , v3 } est un système d’ordre 3 et dim IR 3 = 3 . Pour montrer que S = {v1 , v2 , v3 } est une
base de IR 3 , il suffit alors de montrer que S = {v1 , v2 , v3 } est libre.

♦ S = {v1 , v2 , v3 } :

v1 = (1,1,0),

v2 = (0,1,1),

v3 = (1,0,1)

♦ Montrons que S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR 3 :
α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3 = (0,0,0)
⇒ α1.(1,1,0) + α 2 .( 0,1,1) + α 3 .(1,0,1) = (0,0,0)

Professeure Salma DASSER

S = {v1 , v2 , v3 } est-il libre ?

Session Automne-hiver

15

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

α1 + α 3 = 0
α 3 = −α1


⇒ α1 + α 2 = 0 ⇒ α 2 = −α1 ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α + α = 0
− 2α = 0
3
1
 2

Le système S = {v1 , v2 , v3 } est alors libre.

♦ Donc S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR 3 .

2) Ecrivons les vecteurs e1 = (1,0,0), e2 = ( 0,1, ) et e 3 = ( 0,0,1) dans la base S = {v1 , v2 , v3 }.
♦ e1 = (1,0,0) :
∃!(α1 , α 2 ,α 3 ) ∈ IR 3 / e1 = α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3
e1 = α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3
⇒ α1 .(1,1,0) + α 2 .( 0,1,1) + α 3 .(1,0,1) = (1,0,0)
1

=
α
1

2
α1 + α 3 = 1
α1 + α 3 = 1
2α1 = 1

1



⇒ α1 + α 2 = 0 ⇒ α1 = −α 2
⇒ α 2 = −α1 ⇒ α 2 = −
2
α + α = 0
α = −α
α = α

1
3
2
1
 2
 3
 3
α 3 =

2
1
1
1
♦ Donc e1 = v1 − v2 + v3
2
2
2
♦ e2 = (0,1,0) :
∃!(α1 , α 2 , α 3 ) ∈ IR 3 / e2 = α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3
e2 = α1 .v1 + α 2 .v 2 + α 3v3
⇒ α1 .(1,1,0) + α 2 .( 0,1,1) + α 3 .(1,0,1) = ( 0,1,0)
α1 + α 3 = 0

⇒ α1 + α 2 = 1 ⇒
α + α = 0
3
 2

α 3 = −α1
α 3 = −α1


α1 + α 2 = 1 ⇒ 2α1 = 1 ⇒
α = −α
α = α
3
1
 2
 2

1

α1 = 2

1
α 2 =
2

α 3 = − 1

2

1
1
1
v1 + v2 − v3
2
2
2
♦ e3 = ( 0,0,1) :
∃!(α1 , α 2 , α 3 ) ∈ IR 3 / e3 = α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3
e3 = α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3
⇒ α1 .(1,1,0) + α 2 .( 0,1,1) + α 3 .(1,0,1) = ( 0,0,1)
♦ Donc e2 =

α1 + α 3 = 0

⇒ α1 + α 2 = 0 ⇒
α + α = 1
3
 2

1

α1 = −

2
α 3 = −α1
α 3 = α 2

1


⇒ α1 = −α 2 ⇒ α 2 =
α1 = −α 2
2
α + α = 1
2α = 1

1
3
 2
 2
α 3 =

2

1
1
1
♦ Donc e3 = − v1 + v2 + v3
2
2
2

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

16

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 7
Enoncé :
Sous quelles conditions sur le paramètre a ∈ IR , les vecteurs v1 = (1,−1,0) , v2 = (−1,2,−1) et
v3 = (0,−1, a ) forment-ils une base de IR 3 ?
Solution :

v1 = (1,−1,0), v2 = ( −1,2,−1), v3 = (0,−1, a )

♦ S = {v1 , v2 , v3 } est un système d’ordre 3 et dim IR 3 = 3 .

♦ Pour montrer que S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR 3 , il suffit alors de montrer que S est libre.
♦ Discutons la dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 selon les valeurs du paramètre a .
α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3 = (0,0,0)
⇒ α1.(1,−1,0) + α 2 .( −1,2,−1) + α 3 .( 0,−1, a ) = (0,0,0)



α1 − α 2 = 0

− α1 + 2α 2 − α 3 = 0 ⇒
− α + a.α = 0
3
 2

1er cas :

a −1 ≠ 0

α 2 = α1

α 3 = −α1 + 2α 2 ⇒
− α + a.α = 0
3
 2

α 2 = α1

α 3 = α1
α (a − 1) = 0
 1

( a ≠1)

α 2 = α1
a ≠ 0 α 2 = α1


o α 3 = α1
⇒ α3 = α1 ⇒ α1 = α 2 = α3 = 0
α ( a − 1) = 0
α = 0
 1
 1
o Le système S = {v1 , v2 , v3 } est alors libre.

Donc si a ≠ 1 alors S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR 3 .
2ème cas :

a −1 = 0

( a =1)

α 2 = α1
α 2 = α1
a = 0 α 2 = α1



o α 3 = α1
⇒ α 3 = α1 ⇒ α 3 = α1
α (a − 1) = 0
0 = 0
α ∈ IR
 1

 1
3
o ⇒ ∃(α1 , α 2 ,α 3 )( ≠ (0,0,0)) ∈ IR / α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3 ) = (0,0,0)
par exemple (α1 , α 2 , α 3 ) = (1,1,1) : (1,1,1) ≠ (0,0,0) et v1 + v2 + v3 = (0,0,0)
o Le système S = {v1 , v2 , v3 } est alors lié.

Donc si a = 1 alors S = {v1 , v2 , v3 } n’est pas une base de IR 3 .

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

17

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

Exercice 8
Enoncé :
Dans IR 3 , on considère les vecteurs v1 = (1,1, a ) , v2 = (1, a,1) et v3 = ( a ,1,1) . Discuter suivant
le paramètre a ∈ IR :
1) La dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 .
2) Le rang du système {v1 , v2 , v3 }.
3) La dimension du sous espace vectoriel engendré par les vecteurs v1 , v2 et v3 .
Solution :
v1 = (1,1, a ), v 2 = (1, a ,1), v3 = ( a ,1,1)

1) Discutons la dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 selon les valeurs du paramètre a .
♦ α1 .v1 + α 2 .v2 + α 3v3 = (0,0,0)
♦ ⇒ α 1 .(1,1, a ) + α 2 .(1, a ,1) + α 3 .( a ,1,1) = (0,0,0)
(1) α 1 + α 2 + aα 3 = 0
(1) + (2) + (3) (a + 2)α 1 + α 2 + α 3 = 0


♦ ⇒ (2) α 1 + aα 2 + α 3 = 0 ⇒
( 2)
α 1 + aα 2 + α 3 = 0

 aα + α + α = 0
(3) aα 1 + α 2 + α 3 = 0
(3)
2
3
 1

a+2≠0

♦ 1er cas :

( a ≠ −2 )

o

(a + 2)α 1 + α 2 + α 3 = 0 a ≠ −2

α 1 + aα 2 + α 3 = 0

 aα + α + α = 0
2
3
 1

α 1 + α 2 + α 3 = 0

α 1 + aα 2 + α 3 = 0
 aα + α + α = 0
2
3
 1

o

α 3 = −(α 1 + α 2 )
α 3 = −(α 1 + α 2 )


⇒ α 1 + aα 2 − α 1 − α 2 = 0 ⇒ (a − 1)α 2 = 0
 aα + α − α − α = 0
(a − 1)α = 0
2
1
2
1
 1


o 1er sous cas : a + 2 ≠ 0 et a − 1≠ 0 ( a ≠ −2 et a ≠ 1 )

o

α 3 = −(α 1 + α 2 ) a ≠ 1

(a − 1)α 2 = 0

(a − 1)α = 0
1


α 3 = −(α 1 + α 2 ) = 0

⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α 2 = 0
α = 0
 1

o Le système S = {v1 , v2 , v3 } est alors libre.
o Donc si a ≠ −2 et a ≠ 1 alors S = {v1 , v2 , v3 } est libre.

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

18

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

a + 2 ≠ 0 et a − 1= 0 ( a = 1 )

o 2ème sous cas :

o

α 3 = −(α 1 + α 2 ) a = 1

(a − 1)α 2 = 0

(a − 1)α = 0
1


α 3 = −(α 1 + α 2 )
α 3 = −(α 1 + α 2 )


⇒ α 2 ∈ IR
0 = 0
0 = 0
α ∈ IR

 1

o ⇒ ∃(α1 , α 2 ,α 3 )( ≠ (0,0,0)) ∈ IR 3 / α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3 ) = (0,0,0)
par exemple (α 1 , α 2 ,α 3 ) = (1,1,−2) : (1,1,−2) ≠ (0,0,0) et v1 + v 2 − 2v3 = (0,0,0)
o Le système S = {v1 , v2 , v3 } est alors lié.
o Donc si a = 1 alors S = {v1 , v2 , v3 } n’est pas libre.
o Remarque :

a+2=0

♦ 2ème cas :

o

si a = 1 alors v1 = v 2 = v3 = (1,1,1) .
( a = −2 )

(a + 2)α 1 + α 2 + α 3 = 0 a = −2
0 = 0
α 1 ∈ IR



α 1 + aα 2 + α 3 = 0
⇒ (1) α1 − 2α 2 + α 3 = 0 ⇒ (1) − (2) α 2 = α1
 aα + α + α = 0
(2) − 2α 1 + α 2 + α 3 = 0
(2) α 3 = α 1
2
3
 1

o ⇒ ∃(α 1 ,α 2 ,α 3 )(≠ (0,0,0)) ∈ IR 3 / α 1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 ) = (0,0,0)
par exemple (α 1 , α 2 , α 3 ) = (1,1,1) : (1,1,1) ≠ (0,0,0) et v1 + v 2 + v3 = (0,0,0)
o Le système S = {v1 , v2 , v3 } est alors lié.
o Donc si a = −2 alors S = {v1 , v2 , v3 } n’est pas libre.
♦ Résumé :
o si a ≠ −2 et a ≠ 1 alors S = {v1 , v2 , v3 } est libre.

o si a = −2 ou a = 1 alors S = {v1 , v2 , v3 } est lié.

2) Discutons l’ordre du système S = {v1 , v2 , v3 } selon les valeurs du paramètre a .

a ≠ −2 et a ≠ 1
♦ 1er cas :
o Le système S = {v1 , v2 , v3 } est libre :

Professeure Salma DASSER

⇒ rg ( S ) = 3

Session Automne-hiver

19

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 1 : espace vectoriel réel

a = −2 :
v1 = (1,1,−2), v 2 = (1,−2,1), v3 = ( −2,1,1)
♦ 2ème cas :
o Le système S = {v1 , v2 , v3 } est lié :
⇒ rg ( S ) < 3
o Le système {v1 ,v2 } est libre :

⇒ rg ( S ) = 2

a = 1 : v1 = v 2 = v3 = (1,1,1)
♦ 3ème cas :
o ⇒ rg ( S ) = 1
3) Donnons la dimension du sous espace vectoriel < v1 , v2 , v3 > :

dim < v1 , v2 , v3 >= rg {v1 , v 2 , v3 }

a ≠ −2 et a ≠ 1
♦ 1er cas :
o rg ({v1 , v 2 , v3 }) = 3 ⇒ dim < v1 , v 2 , v3 >= 3
a = −2 :
♦ 2ème cas :
o rg ({v1 , v 2 , v3 }) = 2 ⇒

dim < v1 , v 2 , v3 >= 2

a =1 :
♦ 3ème cas :
o rg ({v1 , v 2 , v3 }) = 1 ⇒

dim < v1 , v 2 , v3 >= 1

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

20

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

CHAPITRE 2 : APPLICATIONS LINEAIRES

Enoncés des exercices
Exercice 1 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 23
Exercice 2 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 23
Exercice 3 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 23
Exercice 4 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 23
Exercice 5 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 23
Exercice 6 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 24
Exercice 7 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 24
Exercice 8 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 24
Exercice 9 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 24
Exercice 10 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 24
Exercice 11 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 25

Solutions des exercices
Exercice 1 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 27
Exercice 2 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 27
Exercice 3 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 29
Exercice 4 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 30
Exercice 5 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 35
Exercice 6 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 37
Exercice 7 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 39
Exercice 8 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 41
Exercice 9 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 43
Exercice 10 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 45
Exercice 11 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 46

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

21

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Enoncés des exercices

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

22

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Exercice 1
Indiquer parmi les applications suivantes celles qui sont linéaires :
3
2
1) h définie de IR vers IR par :
h ( x , y , z ) = ( x + y , z + 9)
2)
3)

g ( x, y ) = ( xy , x + y )

g définie de IR2 vers IR2 par :
3
2
f définie de IR vers IR par :

f ( x, y , z ) = ( x + y , y + z )

Exercice 2
On considère l’application f définie de IR 3 vers IR 3 par :
1) Montrer que l’application f est linéaire.
2) Calculer f o f et en déduire que f est un automorphisme.
3) Déterminer Ker ( f ) et Im( f ) .

f (( x, y , z )) = ( y − z, x + z, z )

Exercice 3
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E .
Montrer que l’ensemble H = {x ∈ E /( f o f )( x ) = f ( x )} est un sous espace vectoriel de E .

Exercice 4
1) Déterminer une base de Im( f ) et une base de Ker ( f ) pour chacune des applications
linéaires.
3
2
a) f définie de IR vers IR par :
f ( x, y , z ) = ( x − y + z, x − y − z )
b)

f ( x, y , z ) = ( x − y − z, y + z − x )

3
2
f définie de IR vers IR par :
2

3

f ( x, y ) = ( x − y, y + x, x − y )

c)

f définie de IR vers IR par :

d)

3

3

f ( x , y , z ) = ( x + 2 y + z ,2 x + y + 2 z , − x + y − z )

3

3

f ( x, y , z ) = ( x + y + z, x − y + z, x + y − z )

e)

f définie de IR vers IR par :
f définie de IR vers IR par :

2) Déterminer f −1 si elle existe.

Exercice 5
1) On considère l’application linéaire f définie de IR 3 vers IR 4 par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 :

f ((x, y, z)) = ( x + y, y + z, z + x, x + y + z)

a) Calculer l’image de la base canonique de IR 3 par f .
b) En déduire une base de Im( f ) et le rang de f (rg ( f ) ) .
c) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) et en déduire le rang de f (rg ( f ) ) .
2) Mêmes questions pour l’application linéaire g définie de IR 3 vers IR 4 par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 :

g (( x, y, z)) = ( x + y − z, x − y + z,− x − y + z,− x + y − z )

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

23

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Exercice 6

{

}

Dans IR 3 , on considère le sous espace vectoriel V défini par V = ( x, y, z) ∈ IR3 / x − z = 0 .
1) Donner une base B du sous espace vectoriel V .
2) On considère l’application linéaire g définie de V vers IR 2 par :
g (( x, y , z )) = ( x + y, x − y )
a) Calculer l’image de la base B par f et en déduire une base de Im(g ) .
−1
b) Montrer que g est un isomorphisme de V vers IR 2 et déterminer g .

Exercice 7
On considère l’application linéaire f définie de IR 4 vers IR 3 par :
f (( x, y , z, t )) = ( x − y , z − t , y − x )
1) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) et en déduire le rang de f (rg ( f ) ) .
2) Calculer l’image de la base canonique de IR 4 par f et en déduire une base de Im( f ) .
3) On considère les vecteurs : v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) .

a) Montrer que le système {v1, v2 , v3 , v4 } est une base de IR 4 .
b) Calculer l’image de cette base par f et en déduire une deuxième base de Im( f ) .

Exercice 8
Soit l’endomorphisme f de IR 3 défini par : f (( x, y, z )) = ( x − y,− x + 2 y − z ,− y + az ) , a∈ IR .
Discuter le rang de f (rg ( f ) ) suivant le paramètre a :
1) En déterminant l’image de f (Im( f )) .
2) En déterminant le noyau de f (Ker( f ) ) .

Exercice 9
On considère l’endomorphisme f de IR 2 défini par :

∀( x, y) ∈ IR2 :

f ((x, y)) = (ax + by, bx + ay) ,

( a , b ∈ IR )

1) Trouver un système générateur de Im( f ) .
2) En déduire une relation entre les paramètres a et b pour que f soit un automorphisme.
3) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) et retrouver le résultat du 2).

Exercice 10
Dans IR 3 , on considère les vecteurs v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1,1) et v3 = (1, m −1,2) ,

1) Discuter le rang du système {v1, v2 , v3} suivant le paramètre m .

m∈ IR .

2) En déduire, selon le paramètre m , le rang de l’endomorphisme f de IR 3 défini par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 :

f (( x, y, z)) = ( x + my + z, mx + y + (m − 1) z, x + y + 2z)

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

24

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Exercice 11
On considère l’endomorphisme f de IR 3 défini par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 : f ((x, y, z)) = ( x + my + mz, mx + y + mz, mx + my + z) , m∈ IR
1) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) , suivant les valeurs du paramètre m .
2) En déduire, suivant le paramètre m , le rang du système {(1, m, m), (m,1, m), (m, m,1)}.
3) Déduire du 1) et 2) une base de Im( f ) , suivant le paramètre m .

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

25

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Solutions des exercices

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

26

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Exercice 1
Enoncé :
Indiquer parmi les applications suivantes celles qui sont linéaires :
1) h définie de IR 3 vers IR2 par :
h ( x , y , z ) = ( x + y , z + 9)
2)
3)

g définie de IR2 vers IR2 par :
3
2
f définie de IR vers IR par :

g ( x, y ) = ( xy , x + y )
f ( x, y , z ) = ( x + y , y + z )

Solution :
1) h( x, y, z ) = ( x + y, z + 9)
♦ L’application h n’est pas linéaire : h (0,0,0) ≠ (0,0,0)
2) g ( x, y ) = ( x. y , x + y )

∃α (= −1) ∈ IR / f (α .( x, y) ) ≠ α . f (( x, y ))
♦ L’application g n’est pas linéaire :
 f ((−1).( x, y) ) = ( x. y,− x − y)
⇒ f ((−1)( x, y )) ≠ (−1). f (( x, y ))

(−1). f (( x, y) ) = (− x. y,− x − y )

3)

f ( x1 , x2 , x3 ) = ( x1 + x2 , x2 + x3 ) : Montrons que l’application f est linéaire :

♦ ∀( x, y ) ∈ (IR 3 ) :
Ou bien

3
f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) et ∀(α , x) ∈ IR × IR :

2

♦ ∀(α , β ) ∈ IR 2 , ∀( x, y ) ∈ (IR 3 ) :
2

♦ Soit ( x, y ) ∈ (IR

)

3 2

f (α.x) = α. f ( x)

f (α .x + β . y ) = α . f ( x ) + β . f ( y )

: x = ( x1 , x2 , x3 ) et y = ( y1 , y2 , y3 )

∀(α , β ) ∈ IR , on a :
o f (α.x + β . y) = f (α .(x1 , x2 , x3 ) + β .( y1 , y2 , y3 )) = f (α.x1 + β . y1 ,α .x2 + β . y2 ,α.x3 + β . y3 )
2

o
o

⇒ f (α.x + β . y) = ((α.x1 + β . y1 ) + (α.x2 + β . y2 ), (α.x2 + β . y2 ) + (α .x3 + β . y3 ))
⇒ f (α.x + β . y) = ((α.x1 + α.x2 ) + (β . y1 + β . y2 ), (α.x2 + α.x3 ) + (β . y2 + β . y3 ))

⇒ f (α.x + β . y) = α.( x1 + x2 , x2 + x3 ) + β .( y1 + y2 , y2 + y3 )
o ⇒ f (α .x + β . y ) = α . f ( x1 , x2 ) + β . f ( y1 , y 2 )
o ⇒ f (α .x + β . y ) = α . f ( x ) + β . f ( y )
o

♦ L’application f est alors linéaire.

Exercice 2
Enoncé :
On considère l’application f définie de IR 3 vers IR 3 par :
1) Montrer que l’application f est linéaire.
2) Calculer f o f et en déduire que f est un automorphisme.
3) Déterminer Ker ( f ) et Im( f ) .

Professeure Salma DASSER

f (( x, y , z )) = ( y − z, x + z, z )

Session Automne-hiver

27

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

f (( x, y , z )) = ( y − z, x + z, z )

Solution :

1) Montrons que l’application f est linéaire.

♦ Soit ( x, y ) ∈ (IR 3 ) : x = ( x1 , x2 , x3 ) et y = ( y1 , y2 , y3 )
2

f (α .x + β . y ) = α . f (x ) + β . f ( y )

On vérifie que ∀(α , β ) ∈ IR , on a :
♦ L’application f est alors linéaire.
2

2)
♦ Calcul de l’application f o f .
f (( x, y, z )) = ( y − z, x + z, z ) ⇒ ( f o f )( x, y, z ) = f ( f ( x, y, z )) = f ( y − z, x + z, z )
⇒ ( f o f )(x, y, z ) = ( y − z, x + z, z ) = (( x + z ) − z, ( y − z) + z, z ) = ( x, y, z )

f o f = Id IR3



♦ f est un automorphisme :
L’application f est linéaire.
−1
L’application f est bijective et f = f : f o f = Id IR3

3) Déterminons Ker ( f ) et Im( f ) .
♦ Déterminons Ker ( f ) :
( x, y , z ) ∈ Ker ( f )
y − z = 0

ssi
x + z = 0
z = 0

Ker( f ) = {(0,0,0)}
♦ Déterminons Im( f ) :

Ker( f ) = {( x, y, z) ∈ IR3 / f ( x, y, z) = (0,0,0)}
ssi

( y − z , x + z , z ) = (0,0,0)

ssi

y = z = 0

x = −z = 0
z = 0


Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) > ,

{e1, e2 , e3} la base canonique de IR 3
u1 = f (e1 ) = (0,1,0)

u2 = f ( e2 ) = (1,0,0) :
u = f (e ) = ( −1,1,1)
3
 3
On pose S = {u1, u2 , u3 } :

:

{e1, e2 , e3} une base de

IR 3

e1 = (1,0,0) , e2 = (0,1,0) , e3 = (0,0,1)

Im f =< u1, u2 , u3 >
Im f =< u1, u2 , u3 >

Déterminons le rang du système S = {u1, u2 , u3 } :

1 ≤ rg ( S ) ≤ 3

o Cherchons si rg ( S ) = 3 : S = {u1, u2 , u3 } est-il libre ?
o α1.u1 + α2 .u2 + α3u3 = (0,0,0)
o

⇒ α1.(1,0,1) + α2 .(1,0,0) + α3.(−1,1,1) = (0,0,0)

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

28

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

α1 + α 2 − α 3 = 0
α 2 = α 3 − α1 = 0


o ⇒ α 3 = 0
⇒ α 3 = 0
⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α + α = 0
α = −α = 0
3
3
 1
 1
o Le système S = {u1, u2 , u3 } est donc libre
⇒ rg ( S ) = 3

o

{u1, u2 , u3} est alors une base de Im f , dim(Im f ) = 3 :

Im f = IR3

♦ On peut déterminer Ker ( f ) et Im f sans calcul car f est un endomorphisme bijectif, donc
l’application f est injective et alors Ker( f ) = {(0,0,0)}
3
l’application f surjective et alors Im f = IR

Exercice 3
Enoncé :
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E .
Montrer que l’ensemble H = {x ∈ E /( f o f )( x ) = f ( x )} est un sous espace vectoriel de E .

H = {x ∈ E /( f o f )( x ) = f ( x )}
Solution :
Montrons que H est un sous espace vectoriel de E :
1) H ≠ φ
2) ∀x, y ∈ H : x + y ∈ F
3) ∀(α , x ) ∈ IR × H : α . x ∈ F
1) H ≠ φ :
f (0 E ) = 0 E ,
f est linéaire
( f o f )(0 E ) = f ( f (0E ) ) = f (0E ) = 0E
Donc

0E ∈ H
?

( f o f )( x + y ) = f ( x + y )
( f o f )( x + y ) = f ( f ( x + y )) = f ( f ( x) + f ( y )) = f ( f ( x)) + f ( f ( y )) ,
Donc : ( f o f )( x + y ) = ( f o f )( x ) + ( f o f )( y )
( f o f )( x) = f ( x ) et ( f o f )( y ) = f ( y ) , x, y ∈ H
Or :
D’où : ( f o f )( x + y ) = f ( x ) + f ( y )
Donc : ( f o f )( x + y ) = f ( x + y ) , f est linéaire

2) ∀x, y ∈ H ,

x+ y∈H :

f est linéaire

?

( f o f )(α . x ) = f (α . x )
( f o f )(α. x) = f ( f (α. x)) = f (α. f ( x)) = α. f ( f ( x)) = α.( f o f )( x) ,
D’où : ( f o f )(α . x ) = α . f ( x ) ,
car ( f o f )( x ) = f ( x ) : x∈ H
Donc : ( f o f )(α . x) = f (α . x ) ,
f est linéaire

3) ∀(α , x ) ∈ IR × H , α . x ∈ H :

Professeure Salma DASSER

f est linéaire

Session Automne-hiver

29

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Exercice 4
Enoncé :
1) Déterminer une base de Im( f ) et une base de Ker ( f ) pour chacune des applications
linéaires.
3
2
a) f définie de IR vers IR par :
f ( x, y , z ) = ( x − y + z, x − y − z )
f ( x, y , z ) = ( x − y − z, y + z − x )

3
2
f définie de IR vers IR par :

b)

2

f ( x, y ) = ( x − y, y + x, x − y )

3

c)

f définie de IR vers IR par :

d)

3

3

f ( x , y , z ) = ( x + 2 y + z ,2 x + y + 2 z , − x + y − z )

3

3

f ( x, y , z ) = ( x + y + z, x − y + z, x + y − z )

f définie de IR vers IR par :
f définie de IR vers IR par :

e)

2) Déterminer f

−1

si elle existe.

Solution :
1) Déterminons Ker ( f ) et Im( f ) .
f ( x, y , z ) = ( x − y + z, x − y − z )

a.

{

}

Déterminons une base de Ker ( f ) : Ker( f ) = ( x, y, z) ∈ IR / f ( x, y, z) = (0,0)
o ( x, y , z ) ∈ Ker ( f ) ssi
( x − y + z, x − y − z ) = (0,0)
x − y + z = 0
x − y = 0
x = y
o ssi 
ssi
ssi


x − y − z = 0
z = x − y
z = 0
o Ker ( f ) =< (1,1,0) > , {(1,1,0)} est une base de Ker ( f )
Déterminons une base de Im( f ) :
o

3

Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >

{e1, e2 , e3} la base canonique de IR 3

:

e1 = (1,0,0) , e2 = (0,1,0) , e3 = (0,0,1)

u1 = f (e1 ) = (1,1)

Im f =< u1, u2 , u3 >
o On pose S = {u1, u2 , u3 } avec
u 2 = f (e2 ) = (−1,−1) :
u = f (e ) = (1,−1)
3
 3
o Déterminons le rang du système S = {u1, u2 , u3 } :
1 ≤ rg ( S ) ≤ 3




Cherchons si rg ( S ) = 3 :

S = {u1, u2 , u3 } est-il libre ?

S = {u1, u2 , u3 } est lié car u2 = −u1

⇒ rg ( S ) < 3

Cherchons si rg (S ) = 2 :

Le système {u2 ,u3 } (ou bien {u1 ,u3 } ) est libre (calcul)

o

{u2 ,u3 } et {u1 ,u3 } sont deux base de Im f

o

Im f =< u2 , u3 >=< u1 , u3 > ,

⇒ rg ( S ) = 2

Im f = IR2

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

30

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

f ( x, y , z ) = ( x − y − z, y + z − x )

b.

{

}

Déterminons une base de Ker ( f ) : Ker( f ) = ( x, y, z) ∈ IR / f ( x, y, z) = (0,0)
o ( x, y , z ) ∈ Ker ( f ) ssi
( x − y − z ,− x + y + z ) = (0,0)
x − y − z = 0
x = y + z , ( y, z ∈ IR )
o ssi 
ssi
x − y − z = 0 ssi
− x + y + z = 0
o ssi ( x, y, z ) = ( y + z , y, z ) = y.(1,1,0) + z.(1,0,1) , ( y, z ∈ IR )
Ker ( f ) =< (1,1,0), (1,0,1) > , {(1,1,0), (1,0,1)} est une base de Ker ( f )
o Donc :
Déterminons une base de Im( f ) :
o

Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >

{e1, e2 , e3} la base canonique de IR 3

o On pose S = {u1, u2 , u3 } avec

:

e1 = (1,0,0) , e2 = (0,1,0) , e3 = (0,0,1)

u1 = f (e1 ) = (1,−1)

u 2 = f (e2 ) = (−1,1) : Im f =< u1, u2 , u3 >
u = f (e ) = (−1,1)
3
 3

o Déterminons le rang du système S = {u1, u2 , u3 } :




Cherchons si rg ( S ) = 3 :

3

1 ≤ rg ( S ) ≤ 3

S = {u1, u2 , u3 } est-il libre ?

S = {u1, u2 , u3 } est lié car u3 = u2 = −u1

⇒ rg ( S ) < 3

Cherchons si rg (S ) = 2 :
Le système {u1 ,u 2 } est lié car u2 = −u1
Le système {u1 ,u3 } est lié car u3 = −u1

Le système {u2 ,u3 } est lié car u3 = u2
• ⇒ rg ( S ) < 2
o Le système {u1 } est libre ⇒ rg ( S ) = 1
o

{u1}est alors une base de Im f

c.

:

Im f =< u1 >=< u2 = u3 >

f ( x, y ) = ( x − y, y + x, x − y )

{

}

Déterminons une base de Ker ( f ) : Ker( f ) = ( x, y) ∈ IR / f ( x, y) = (0,0,0)
o ( x, y ) ∈ Ker ( f ) ssi
( x − y, y + x, x − y ) = (0,0,0)
x − y = 0
x = y
o ssi 
ssi
ssi
x= y=0

x + y = 0
x = − y
Ker( f ) = {(0,0)}
o Donc :

Professeure Salma DASSER

2

Session Automne-hiver

31

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Déterminons une base de Im( f ) : Im f =< f (e1 ), f (e2 ) >
e1 = (1,0) , e2 = (0,1)
o {e1 ,e2 } la base canonique de IR 2 :
o On pose S = {u1 ,u2 },

avec

u1 = f (e1 ) = (1,1,1)
:

u 2 = f (e2 ) = ( −1,1,−1)

Im f =< u1 , u2 >

o Déterminons le rang du système S = {u1 ,u2 } : 1 ≤ rg ( S ) ≤ 2
S = {u1 ,u2 } est-il libre ? S = {u1 ,u2 } est libre (calcul)
• Cherchons si rg (S ) = 2 :
o ⇒ rg ( S ) < 2
o

S = {u1 ,u2 }est alors une base de Im f :

Im f =< u1 , u2 >

f ( x , y , z ) = ( x + 2 y + z ,2 x + y + 2 z , − x + y − z )

d.

{

}

Déterminons une base de Ker ( f ) : Ker( f ) = ( x, y, z) ∈ IR / f ( x, y, z) = (0,0,0)
o ( x, y , z ) ∈ Ker ( f )
ssi
( x + 2 y + z ,2 x + y + 2 z ,− x + y − z ) = (0,0,0)
(1)  x + 2 y + z = 0

(2) 2 x + y + 2 z = 0 ssi
o ssi
(3) − x + y − z = 0
o ssi ( x, y, z ) = ( x,0,− x) = x.(1,0,−1) ,
Ker ( f ) =< (1,0,−1) >
o Donc :

Déterminons une base de Im( f ) :
o

(1) + (3)  y = 0

( 2 )  2( x + z ) = − y
(3)  x + z = y
(x ∈ IR)

:

e1 = (1,0,0) , e2 = (0,1,0) , e3 = (0,0,1)

u1 = f (e1 ) = (1,2,−1)

u 2 = f (e2 ) = (2,1,1) :
u = f (e ) = (1,2,−1)
3
 3

o Déterminons le rang du système S = {u1, u2 , u3 } :



o

Cherchons si rg ( S ) = 3 :

ssi

y = 0

z = −x
 x ∈ IR


Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >

{e1, e2 , e3} la base canonique de IR 3

o On pose S = {u1, u2 , u3 } avec

3

Im f =< u1, u2 , u3 >

1 ≤ rg ( S ) ≤ 3

S = {u1, u2 , u3 } est-il libre ?

S = {u1, u2 , u3 } est lié car u3 = u1

⇒ rg ( S ) < 3

Cherchons si rg (S ) = 2 :

Le système {u1 ,u 2 } (ou bien {u2 ,u3 } ) est libre (calcul)

{u1 ,u2 } et {u2 ,u3 } sont deux base de Im f

Professeure Salma DASSER

:

⇒ rg ( S ) = 2

Im f =< u1 , u2 >=< u2 , u3 >

Session Automne-hiver

32

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

f ( x, y , z ) = ( x + y + z, x − y + z, x + y − z )

e.

{

}

Déterminons une base de Ker ( f ) : Ker( f ) = ( x, y, z) ∈ IR / f ( x, y, z) = (0,0,0)
o ( x, y , z ) ∈ Ker ( f ) ssi
( x + y + z , x − y + z , x + y − z ) = (0,0,0)
o ssi
o Donc :

(1)  x + y + z = 0

( 2)  x − y + z = 0
(3)  x + y − z = 0
Ker( f ) = {(0,0,0)}

(1) − (3)  z = 0

(1) − (2)  y = 0
(2) + (3)  x = 0

ssi

Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >

Déterminons une base de Im( f ) :
o

3

{e1, e2 , e3} la base canonique de IR 3

e1 = (1,0,0) , e2 = (0,1,0) , e3 = (0,0,1)

:

u1 = f (e1 ) = (1,1,1)

u 2 = f (e2 ) = (1,−1,1) :
u = f (e ) = (1,1,−1)
3
 3

o On pose S = {u1, u2 , u3 } avec

o Déterminons le rang du système S = {u1, u2 , u3 } :

o



Cherchons si rg ( S ) = 3 :



⇒ rg ( S ) = 3

Im f =< u1, u2 , u3 >

1 ≤ rg ( S ) ≤ 3

S = {u1, u2 , u3 } est-il libre ?

On vérifie que S = {u1, u2 , u3 } est libre (calcul).

{u1 , u2 , u3 }est alors une base de Im f

:

Im f = IR3

Pour déterminer une base de Im( f ) , sans calcul, il suffit de remarquer que :
Ker( f ) = {(0,0,0)}
o f est injective car :
o f est alors un endomorphisme injectif de IR 3 , donc f est bijective.
3
o Donc f est surjective et alors Im f = IR

2) Déterminons f −1 , lorsqu’elle existe.
f ( x, y , z ) = ( x − y + z, x − y − z )
a. f définie de IR 3 vers IR2 par :
3
2
dim IR > dim IR , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective :

o
o

Im f = IR2 donc f est surjective.
Ker( f ) ≠ {(0,0,0)} donc f n’est pas injective.

f ( x, y , z ) = ( x − y − z, y + z − x )
b. f définie de IR 3 vers IR2 par :
dim IR 3 > dim IR 2 , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective :

o
o

dim(Im f ) = 1 , donc Im f ≠ IR donc f n’est pas surjective.
Ker( f ) ≠ {(0,0,0)} donc f n’est pas injective.
2

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

33

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

f ( x, y ) = ( x − y, y + x, x − y )

2
3
f définie de IR vers IR par :

c.

dim IR 3 < dim IR 2 , donc f ne peut pas être surjective donc f ne peut pas être
bijective :
o dim(Im f ) = 2 , donc Im f ≠ IR3 donc f n’est pas surjective.
o Ker( f ) = {(0,0)} donc f est injective.

o

f ( x , y , z ) = ( x + 2 y + z ,2 x + y + 2 z , − x + y − z )

3
3
f définie de IR vers IR par :

dim IR 3 = dim IR 3 , donc f peut être bijective :
f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective

o
o
o

dim(Im f ) = 2 donc Im f ≠ IR et f n’est pas surjective.
Ker( f ) ≠ {(0,0,0)} donc f n’est pas injective.
f n’est alors pas un automorphisme de IR 3 .
3

f ( x, y , z ) = ( x + y + z, x − y + z, x + y − z )

3
3
f définie de IR vers IR par :

d.

dim IR 3 = dim IR 3 , donc f peut être bijective :
f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective

o
o
o

Im f = IR3 donc f est surjective.
Ker( f ) = {(0,0,0)} donc f est injective.
f est alors un automorphisme de IR 3 .

♦ Déterminons alors f −1 .

f −1 définie de IR 3 vers IR 3 par : f −1 ( X ,Y , Z ) = ( x, y, z) ssi f ( x, y, z ) = ( X , Y , Z )
f ( x, y , z ) = ( X , Y , Z )

ssi

(1)  x + y + z = X

( 2)  x − y + z = Y
(3)  x + y − z = Z

ssi

ssi

( x + y + z, x − y + z, x + y − z ) = ( X ,Y , Z )
1
1

z
=
X

Z

2
2
(1) − (3) 2 z = X − Z

1
1

(1) − (2) 2 y = X − Y ssi
y = X − Y
2
2

(2) + (3) 2 x = Y + Z
1
1
x = Y + Z

2
2

−1
♦ La bijection réciproque f de f ( x, y , z ) = ( x + y + z, x − y + z, x + y − z ) est alors définie de

1
2

1
2

1
2

1
2

1
2

1 
2 

IR 3 vers IR 3 par : f −1 ( X , Y , Z ) =  Y + Z , X − Y , X − Z 

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

34

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Exercice 5
Enoncé :
1) On considère l’application linéaire f définie de IR 3 vers IR 4 par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 :

f ((x, y, z)) = ( x + y, y + z, z + x, x + y + z)

a) Calculer l’image de la base canonique de IR 3 par f .
b) En déduire une base de Im( f ) et le rang de f (rg ( f ) ) .
c) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) et en déduire le rang de f (rg ( f ) ) .
2) Mêmes questions pour l’application linéaire g définie de IR 3 vers IR 4 par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 :

g (( x, y, z)) = ( x + y − z, x − y + z,− x − y + z,− x + y − z )

Solution :
1)

f (( x, y, z )) = ( x + y, y + z , z + x, x + y + z )

a) Calculons l’image de la base canonique {e1 , e2 , e3} de IR 3 par f .

e1 = (1,0,0)
 f ( e1 ) = (1,0,1,1)


e2 = (0,1,0) ⇒  f ( e2 ) = (1,1,0,1)
e = (0,0,1)
 f ( e ) = (0,1,1,1)
3
 3

b) Déduisons en une base de Im( f ) et (rg ( f ) )

♦ Déterminons une base de Im( f )

Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >=< u1, u2 , u3 >

avec :

Déterminons le rang du système S = {u1, u2 , u3 } :

1 ≤ rg ( S ) ≤ 3

Cherchons si rg ( S ) = 3 :

u1 = (1,0,1,1)

u2 = (1,1,0,1)
u = (0,1,1,1)
 3

S = {u1, u2 , u3 } est-il libre ?

α1 + α 2 = 0
α1 = −α 2
α + α = 0
α = −α


3
2
α1.u1 + α 2 .u2 + α 3 .u3 = (0,0,0,0) ⇒  2
⇒  3
⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α
α
α
α
α
+
=
0
=

=
1
3
3
1
2


α1 + α 2 + α 3 = 0
α1 + α 2 + α 3 = 0
Le système S = {u1, u2 , u3} est alors libre
⇒ rg ( S ) = 3
♦ {u1 , u2 , u3 } est alors une base de Im f :
♦ rg ( f ) = dim(Im f ) = 3 ⇒

Im f = IR3

rg ( f ) = 3

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

35

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

c) Déterminons une base de Ker ( f ) et (rg ( f ) )
♦ Déterminons une base de Ker ( f ) :

Ker( f ) = {( x, y, z) ∈ IR3 / f ( x, y, z) = (0,0,0,0)}

( x, y , z ) ∈ Ker ( f )
ssi
( x + y, y + + z, x + z, x + y + z ) = (0,0,0,0)
x + y = 0
x = − y
y + z = 0
z = − y = x


ssi
ssi
ssi
x= y=z=0


x
+
z
=
0
z
=

x


 x + y + z = 0
 y = − x − z

Ker( f ) = {(0,0,0)} , dim(Ker( f ) ) = 0

♦ Donc :

3
♦ rg( f ) + dim(Ker( f )) = dim IR ⇒ rg( f ) = 3 − dim(Ker( f )) ⇒

rg ( f ) = 3

2) g (( x, y, z )) = ( x + y − z, x − y + z ,− x − y + z,− x + y − z )
a) Calculons l’image de la base canonique {e1 , e2 , e3} de IR 3 par g .
e1 = (1,0,0)
 g ( e1 ) = (1,1,−1,−1)


e2 = (0,1,0) ⇒  g ( e2 ) = (1,−1,−1,1)
e = (0,0,1)
 g ( e ) = ( −1,1,1,−1)
 3
 3

b) Déduisons en une base de Im(g ) et (rg (g ) )
♦ Déterminons une base de Im(g )
u1 = (1,1,−1,−1)

u2 = (1,−1,−1,1)
u = ( −1,1,1,−1)
 3

Im f =< g(e1 ), g (e2 ), g (e3 ) >=< u1, u2 , u3 > avec :
Déterminons le rang du système S = {u1, u2 , u3 } :
Cherchons si rg ( S ) = 3 :

S = {u1, u2 , u3 } est-il libre ?

S = {u1, u2 , u3 } est lié car u3 = −u2



1 ≤ rg ( S ) ≤ 3
⇒ rg ( S ) < 3

Cherchons si rg (S ) = 2 :

Le système {u1 ,u 2 } (ou bien {u1,u3}) est libre (calcul)

♦ {u1 ,u 2 } et {u1,u3} sont deux base de Im g :

⇒ rg ( S ) = 2

Im g =< u1, u2 >=< u1, u3 >

♦ rg ( g ) = dim(Im g ) = 2 ⇒ rg ( g ) = 2

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

36

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

c) Déterminons une base de Ker (g ) et (rg (g ) )
♦ Déterminons une base de Ker (g ) :

Ker( g ) = {( x, y, z) ∈ IR3 / g( x, y, z) = (0,0,0,0)}

( x, y , z ) ∈ Ker( g )
ssi
(1)  x + y − z = 0
( 2)  x − y + z = 0
ssi

(3) − x − y + z = 0
( 4) − x + y − z = 0

ssi
♦ Donc :

( x + y, y + + z, x + z, x + y + z ) = (0,0,0,0)

ssi

(1)  x + y − z = 0

( 2)  x − y + z

( y ∈ IR )

( x, y , z ) = (0, y, y ) = y.(0,1,1) ,
Ker (g ) =< (0,1,1) > ,

3
♦ rg( g ) + dim(Ker( g )) = dim IR

(1) + (2)  x = 0

(1) − (2)  y = z

ssi

dim(Ker( g ) ) = 1

⇒ rg( g ) = 3 − dim(Ker( g )) ⇒

rg ( g ) = 2

Exercice 6
Enoncé :

{

}

Dans IR 3 , on considère le sous espace vectoriel V défini par V = ( x, y, z) ∈ IR3 / x − z = 0 .
1) Donner une base B du sous espace vectoriel V .
2) On considère l’application linéaire g définie de V vers IR 2 par :
g (( x, y , z )) = ( x + y, x − y )
a) Calculer l’image de la base B par f et en déduire une base de Im(g ) .
−1
b) Montrer que g est un isomorphisme de V vers IR 2 et déterminer g .

Solution :
1) Déterminons une base de

V = {( x, y, z) ∈ IR3 / x − z = 0} :

x= z=0
ssi
( x, y, z ) = ( x, y, x) = y.(0,1,0) + x.(1,0,1) , ( x, y ∈ IR)
dimV = 2
B = {(0,1,0), (1,0,1)} est une base de V ,

♦ ( x, y, z ) ∈V ssi
♦ Donc :

2) l’application linéaire g définie de V vers IR 2 par :

g (( x, y, z )) = ( x + y, x − y )

a) Calculons l’image de la base B de V par g .

B = {u1 , u 2 }:

u1 = (0,1,0)
 g (u ) = (1,−1)
⇒  1

u 2 = (1,0,1)
 g (u 2 ) = (1,1)

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

37

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

b) Montrons que g est un isomorphisme de V vers IR 2 et déterminons g −1 .
♦ Montrons que g est un isomorphisme de V vers IR 2 :

g est une application linéaire de V vers IR 2 et dimV = dim(IR2 ) = 2
Pour montrer que g est un isomorphisme, il suffit alors de montrer que g est injective
ou g est surjective.
Ker ( g ) ={(0,0,0)}
?

Montrons que g est injective :

o Déterminons Ker (g ) : Ker( f ) = {( x, y, z ) ∈V / g ( x, y, z ) = (0,0)}
x − z = 0

o ( x, y , z ) ∈ Ker ( g ) ssi
x + y = 0
x − y = 0

Ker( g ) = {(0,0,0)}
o Donc :
g est alors injective donc bijective.

ssi

x= y=z=0

Ou bien :
?

Im( g ) = IR 2

Montrons que g est surjective :
o

Im g =< g (u1 ), g (u 2 )) >=< v1 , v2 >

avec :

v1 = (1,−1)

v 2 = (1,1)

o Déterminons le rang du système S = {v1 ,v2 } : 1 ≤ rg ( S ) ≤ 2
o Le système S = {v1 ,v2 } est libre (calcul) ⇒ rg ( S ) = 2 ⇒ dim(Im g ) = 2
o

{u1 ,u2 } est alors une base de Im g

:

Im(g ) = IR2

g est alors surjective donc bijective.
♦ g est alors un isomorphisme de V vers IR 2 .
−1
−1
♦ Déterminons g : g ( X ,Y ) = ( x, y, z) ssi g ( x, y, z ) = ( X , Y ) , avec ( x, y, z ) ∈V

(g ( x, y, z) = ( X ,Y ),

( x, y, z ) ∈V )

z = x

(2) + (3) 2 x = X + Y
( 2) − (3) 2 y = X − Y

ssi

(1)  x − z = 0

( 2)  x + y = X
(3)  x − y = Y

ssi

1
1

z = 2 X + 2 Y

1
1
x = X + Y
2
2

1
y = X − 1 Y
2
2


(1)

ssi

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

38

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

−1
♦ L’isomorphisme réciproque g de g (( x, y, z )) = ( x + y, x − y ) est alors définie de IR 2 vers V

1 1
1 1
1 
1
−1
par : g ( X , Y ) =  X + Y , X − Y , X + Y 
2 2
2 2
2 
2

Exercice 7
Enoncé :
On considère l’application linéaire f définie de IR 4 vers IR 3 par :
f (( x , y , z, t )) = ( x − y , z − t , y − x )
1) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) et en déduire le rang de f (rg ( f ) ) .
2) Calculer l’image de la base canonique de IR 4 par f et en déduire une base de Im( f ) .
3) On considère les vecteurs : v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) .

a) Montrer que le système {v1, v2 , v3 , v4 } est une base de IR 4 .
b) Calculer l’image de cette base par f et en déduire une deuxième base de Im( f ) .

Solution :
1) Déterminons le noyau de f

(Ker( f ) ) et en déduire le rang de

♦ Déterminons une base de Ker ( f ) :
( x, y , z , t ) ∈ Ker ( f )
ssi

f

(rg( f )) .

{

}

Ker( f ) = ( x, y, z, t ) ∈ IR4 / f ( x, y, z, t ) = (0,0,0)
( x − y, z − t , y − x) = (0,0,0)

x − y = 0

z − t = 0
y − x = 0


y = x

ssi
ssi
t = z
 x, z ∈ IR

(x, z ∈ IR)
ssi
( x, y, z , t ) = ( x, x, z , z ) = x.(1,1,0,0) + z.(0,0,1,1) ,
Ker ( f ) =< (1,1,0,0), (0,0,1,1) > ,
{(1,1,0,0), (0,0,1,1)} est une base de Ker( f )
♦ Donc :
♦ En déduire le rang de f (rg ( f ) ) .
dim(Ker( f ) ) = 2

rg( f ) + dim(Ker( f )) = dim IR4 ⇒ rg( f ) = 4 − dim(Ker( f )) ⇒

rg ( f ) = 2

2) Calculons l’image de la base canonique et en déduire une base de Im( f ) .
♦ Calculons l’image de la base canonique et en déduire une base de Im( f )

{e1 , e2 , e3 , e4 } la base canonique de IR
e1 = (1,0,0,1)
u1 =
e = (0,1,0,0)
u =
 2

⇒  2

e3 = (0,0,1,0)
u 3 =
e4 = (0,0,0,1)
u 4 =

4

:

f (e1 ) = (1,0,−1)
f (e2 ) = (−1,0,1)
:
f (e3 ) = (0,1,0)
f (e4 ) = (0,−1,0)

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

39

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

♦ Déterminons une base de Im( f )

Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ), f (e4 ) > , avec {e1 , e2 , e3 , e4 } la base canonique de IR 4 .

Im f =< u1 , u2 , u3 , u4 > :

u1 = (1,0,−1)
u = ( −1,0,1)
 2

u3 = (0,1,0)
u4 = (0,−1,0)

Déterminons le rang du système S = {u1 , u2 , u3 , u4 } :

1 ≤ rg ( S ) ≤ 4



S = {u1 , u2 , u3 , u4 } est lié (car ordre(S ) > dim IR )



Cherchons si rg ( S ) = 3 :



Les systèmes {u1 , u3 , u4 } et {u2 , u3 , u4 } sont liés car u4 = −u3
⇒ rg ( S ) < 3

3

⇒ rg ( S ) < 4

Les systèmes {u1 , u2 , u3 } et {u1 , u 2 , u4 } sont liés car u2 = −u1

Le système {u1 ,u3 } (par exemple) est libre (calcul).
⇒ rg ( S ) = 2


♦ {u1,u3} est alors une base de Im f :

Im f =< u1 , u3 >

rg ( f ) = 2

♦ rg ( f ) = dim(Im f ) = 2 ⇒

3) On considère les vecteurs : v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,1,−1,−1), v3 = (1,−1,1,−1), v4 = (1,−1,−1,1) .
a. Montrons que le système S = {v1, v2 , v3 , v4 } est une base de IR 4 .
4
♦ ordre( S ) = dim IR , il suffit alors de montrer que S = {v1, v2 , v3 , v4 } est libre :

α1.v1 + α 2 .v2 + α 3v3 + α 4v4 = (0,0,0,0)
⇒ α1.(1,1,1,1) + α 2 .(1,1,−1,−1) + α 3 .(1,−1,1,−1) + α 4 .(1,−1,−1,1) = (0,0,0,0)
α1 + α 2 + α 3 + α 4
α + α − α − α

2
3
4
⇒ 1
α1 − α 2 + α 3 − α 4
α1 − α 2 − α 3 + α 4

α1 + α 2
α + α
=0

2
⇒ 1
=0
α1 − α 2
α1 + α 2
=0
=0

= −(α 3 + α 4 )

α1 + α 2 = 0
α + α = 0
= α3 + α4

4
⇒ 3
⇒ α1 = α 2 = α 3 = α 4 = 0
= −(α 3 − α 4 )
α1 − α 2 = 0
α 3 − α 4 = 0
= α3 − α4

Le système S = {v1 , v2 , v3 , v4 } est alors libre, donc S = {v1 , v2 , v3 , v4 } est une base de IR 4 .

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

40

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

b. Calculer l’image de cette base par f et en déduire une deuxième base de Im( f ) .

v1 = (1,1,1,1)
u'1 =
v = (1,1,−1,−1)
u' =
 2

⇒  2
♦ L’image de S = {v1 , v2 , v3 , v4 } par f :

v3 = (1,−1,1,−1)
u' 3 =
v4 = (1,−1,−1,1)
u' 4 =
♦ ⇒ Im f =< u'1 , u'2 , u'3 , u'4 >=< u'3 , u'4 > , u'1 = u'2 = (0,0,0)
♦ ⇒

f (v1 ) = (0,0,0)
f ( v2 ) = (0,0,0)
f (v3 ) = ( 2,2,−2)
f ( v4 ) = (2,−2,−2)

{u'3 , u'4 } est une deuxième base de Im( f ) .
Exercice 8

Enoncé :
Soit l’endomorphisme f de IR 3 défini par : f (( x, y, z )) = ( x − y,− x + 2 y − z ,− y + az ) , a∈ IR .
Discuter le rang de f (rg ( f ) ) suivant le paramètre a :
1) En déterminant l’image de f (Im( f )) .
2) En déterminant le noyau de f (Ker( f ) ) .
f (( x, y, z )) = ( x − y,− x + 2 y − z ,− y + az ) , a∈ IR

Solution :

1) Discutons le rang de f en déterminant l’image de f :

rg ( f ) = dim(Im f )

a. Calculons l’image de la base canonique {e1 , e2 , e3} de IR 3 par f :

e1 = (1,0,0)
 f (e1 ) = (1,−1,0)


e2 = (0,1,0) ⇒  f (e2 ) = (−1,2,−1)
e = (0,0,1)
 f (e ) = (0,−1, a)
 3
 3
b. Déterminons une base de Im( f ) et le rang de f selon les valeurs de a∈ IR .
♦ Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >=< u1, u2 , u3 >

avec :

♦ Discutons le rang du système S = {u1, u2 , u3} :

1 ≤ rg ( S ) ≤ 3

♦ rg ( S ) = 3

ssi

S = {u1, u2 , u3} est libre.

Professeure Salma DASSER

u1 = (1,−1,0)

u 2 = (−1,2,−1)
u = (0,−1, a )
 3

Session Automne-hiver

41

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

♦ On a : (voir Ex. 7 chapitre 1)

a ≠1 :
1er cas :
o S = {u1 , u2 , u3 } est libre. ⇒ rg ( S ) = 3
o Donc :
o

S = {u1 , u2 , u3 } est une base de Im( f )

⇒ rg ( f ) = dim(Im f ) = 3

a =1 :
2ème cas :
o S = {u1 , u2 , u3 } est lié.

et

Im( f ) = IR3

⇒ rg ( S ) < 3

o Cherchons rg (S ) : S = {u1 , u2 , u3 } , avec u1 = (1,−1,0), u2 = (−1,2,−1), u3 = (0,−1,1)

S = {u1 ,u2 } est libre.
⇒ rg ( S ) = 2
S = {u1 ,u2 } est une base de Im( f )
o Donc :
o ⇒ rg ( f ) = dim(Im f ) = 2
o

d) Déterminons une base de Ker ( f ) et le rang de f selon les valeurs de a∈ IR .
♦ Déterminons une base de Ker ( f ) :
( x, y , z ) ∈ Ker ( f )

a ≠1 :
1er cas :
o ( x, y , z ) ∈ Ker ( f )
o Donc :
o

x = y = z

(1 − a). y = 0

x= y= z=0

Ker( f ) = {(0,0,0)} , dim(Ker( f ) ) = 0

a =1 :
x = y = z

 y ∈ IR
Ker ( f ) =< (1,1,1) > , dim(Ker( f ) ) = 1

( x, y , z ) ∈ Ker ( f )

o Donc :
o

ssi

ssi

x = y

ssi
z = y
(1 − a). y = 0


rg( f ) + dim(Ker( f )) = dim IR3 ⇒ rg( f ) = 3 − dim(Ker( f )) ⇒ rg ( f ) = 3

2ème cas :
o

}

( x − y,− x + 2 y − z ,− y + az ) = (0,0,0)

ssi

x − y = 0

x − 2 y + z = 0
 y − a.z = 0


ssi

{

Ker( f ) = ( x, y, z) ∈ IR3 / f ( x, y, z) = (0,0,0)

ssi

rg( f ) + dim(Ker( f )) = dim IR3 ⇒ rg( f ) = 3 − dim(Ker( f )) ⇒ rg ( f ) = 2

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

42

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

Exercice 9
Enoncé :
On considère l’endomorphisme f de IR 2 défini par :

∀( x, y) ∈ IR2 :

f ((x, y)) = (ax + by, bx + ay) ,

( a , b ∈ IR )

1) Trouver un système générateur de Im( f ) .
2) En déduire une relation entre les paramètres a et b pour que f soit un automorphisme.
3) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) et retrouver le résultat du 2).
f (( x, y )) = (ax + by, bx + ay ) , a, b ∈ IR

Solution :

1) Trouvons un système générateur de Im( f ) .

e1 = (1,0)
 f (e ) = (a, b)
⇒ 1
♦ Im f =< f (e1 ), f (e2 ) > , {e1 ,e2 } la base canonique de IR 2 : 
e2 = (0,1)  f (e2 ) = (b, a)
♦ Donc Im f =< u1 , u2 > :

u1 = (a, b)

u 2 = (b, a )

2) Déduisons en une relation entre les paramètres a et b pour que f soit un
automorphisme.
♦ f est un automorphisme ssi Im( f ) = IR2 ssi {u1 ,u 2 } est une base de Im( f ) ssi {u1 ,u 2 } est libre
♦ Discutons la dépendance des vecteurs u1 et u 2 selon les valeurs de a∈ IR .
α1.u1 + α 2 .u2 = (0,0)
⇒ α1.(a, b) + α 2 .(b, a) = (0,0)

(
(

)
)

(1) a.α1 + b.α 2 = 0
a.(1) − b.(2)  a 2 − b 2 .α1 = 0




a(2) − b(1)  a 2 − b 2 .α 2 = 0
(2) b.α1 + a.α 2 = 0
a2 − b2 ≠ 0 :
1er cas :
o α1.u1 + α 2 .u2 = (0,0) α1 = α 2 = 0
o {u1 ,u 2 } est alors libre.
{u1 ,u 2 } est une base de Im( f )
o Donc :

o
o

Im( f ) = IR2
⇒ dim(Im f ) = 2
et
f est alors un automorphisme.

a 2 − b 2 = 0 : a = b ou a = −b
2ème cas :
a=b , a ≠ 0
o 1er sous cas :
• u1 = u2 = (a, a)
• {u1 } est alors une base de Im( f ) , ( a ≠ 0 ).
• ⇒ dim(Im f ) = 1
• f est n’est alors pas un automorphisme.

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

43

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

b = −a , a ≠ 0
o 2ème sous cas :
• u 2 = −u1 = (a,−a)
• {u1 } est alors une base de Im( f ) , ( a ≠ 0 ).
• ⇒ dim(Im f ) = 1
• f est n’est alors pas un automorphisme.
a=b=0 :
o 3ème sous cas :
f est l’application nulle
• u2 = u1 = (0,0)
• Im( f ) = {(0,0)}
• f est n’est alors pas un automorphisme.
♦ Donc f est un automorphisme ssi a 2 − b 2 ≠ 0 .

3) Déterminons le noyau de f et retrouvons le résultat du 2).

{

}

Ker( f ) = ( x, y) ∈ IR2 / f ( x, y) = (0,0)
♦ Déterminons une base de Ker ( f ) :
(ax + by, bx + ay ) = (0,0)
( x, y ) ∈ Ker ( f )
ssi
(1) ax + by = 0

(2) bx + ay = 0

ssi

ssi

(
(

)
)

a.(1) − b.(2)  a 2 − b 2 .x = 0

a(2) − b(1)  a 2 − b 2 . y = 0

a2 − b2 ≠ 0 :
1er cas :
Ker( f ) = {(0,0)}
o ( x, y ) ∈ Ker ( f ) ssi x = y = 0 , donc :
o f est alors injective.
o Donc f est alors un automorphisme.
a 2 − b 2 = 0 : a = b ou a = −b
2ème cas :
a=b , a ≠ 0
o 1er sous cas :
• ( x, y ) ∈ Ker ( f )
ssi
a( x + y ) = 0 ssi
x+ y =0
• ( x, y ) ∈ Ker ( f )
ssi
( x, y ) = x.(1,−1) , x ∈ IR
• Donc : Ker ( f ) =< (1,−1) >



f n’est alors pas injective, ( Ker( f ) = {(0,0)} )
f est n’est alors pas un automorphisme.

b = −a , a ≠ 0
o 2ème sous cas :
• ( x, y ) ∈ Ker ( f )
ssi
• ( x, y ) ∈ Ker ( f )
ssi
• Donc : Ker ( f ) =< (1,1) >



a( x − y) = 0 ssi
x− y =0
( x, y ) = x.(1,1) , x ∈ IR

f n’est alors pas injective, ( Ker( f ) = {(0,0)} )
f est n’est alors pas un automorphisme.

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

44

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

a=b=0 :
o 3ème sous cas :
• ( x, y ) ∈ Ker ( f )



f est l’application nulle
ssi
( x, y ) ∈ IR

Donc : Ker( f ) = IR
f est n’est alors pas un automorphisme.
2

Exercice 10
Enoncé :
Dans IR 3 , on considère les vecteurs v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1,1) et v3 = (1, m −1,2) ,

1) Discuter le rang du système {v1, v2 , v3} suivant le paramètre m .

m∈ IR .

2) En déduire, selon le paramètre m , le rang de l’endomorphisme f de IR 3 défini par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 :

f (( x, y, z)) = ( x + my + z, mx + y + (m − 1) z, x + y + 2z)

Solution :
1) Discutons le rang du système {v1, v2 , v3} suivant le paramètre m :

v1 = (1, m,1), v2 = (m,1,1), v3 = (1, m −1,2)

♦ Discutons le rang du système S = {v1 , v2 , v3 } :
♦ rg ( S ) = 3

S = {v1 , v2 , v3 } est libre :

ssi

1 ≤ rg ( S ) ≤ 3

♦ α1.v1 + α 2 .v2 + α3.v3 = (0,0,0)

(1) α1 + mα 2 + α 3 = 0
(1) + (2) + (3) (2 + m)(α1 + α 2 + α 3 ) = 0


♦ ⇒ (2) mα1 + α 2 + (m − 1)α 3 = 0 ⇒
(1) − (3) (m − 1)α 2 − α 3 = 0
α + α + 2α = 0
(3) α1 + α 2 + 2α 3 = 0
(3)
2
3
 1

m ≠ −2 :
1er cas :
o α1.v1 + α 2 .v2 + α3.v3 = (0,0,0)
o

(1) α1 + α 2 + α 3 = 0
(1) − (3) α 3 = 0


⇒ (2) α 3 = (m − 1)α 2

(2) (m − 1)α 2 = 0
(3) α1 + α 2 + 2α 3 = 0
(3) α1 = −α 2

m ≠ −2 et m ≠ 1
o 1er sous cas :
• α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
• rg ( S ) = 3
o 2ème sous cas :


m =1 :

v1 = v2 = (1,1,1), v3 = (1,0,2)

α 3 = 0

α 1 .v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α 1 = −α 2
α ∈ IR
 2



S = {v1 , v2 , v3 } est alors lié :



rg ( S ) = 2 :

{v1 = v2 ,v3 } est libre

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

45

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

m = −2

2ème cas :

v1 = (1,−2,1), v2 = (−2,1,1), v3 = (1,−3,2)

:

o α1.v1 + α 2 .v2 + α3.v3 = (0,0,0)
o

0 = 0

⇒ α 3 = −3α 2
α = −α − 2α
2
3
 1

α 2 ∈ IR

⇒ α 3 = −3α 2
α = 5α
2
 1

o

S = {v1 , v2 , v3 } est alors lié :

o

rg ( S ) = 2 :

v2 = 3v1 − 5v3 , (α1 ,α 2 ,α 3 ) = (−3,1,5)

{v1 = v2 ,v3 } est libre

2) Déduisons en le rang de f selon le paramètre m :
f (( x, y, z )) = ( x + my + z , mx + y + (m − 1) z , x + y + 2 z )
♦ rg ( f ) = dim(Im f ) avec Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) > , {e1 , e2 , e3} la base canonique de IR 3 .

e1 = (1,0,0)
 f (e1 ) = (1, m,1) = v1


e2 = (0,1,0) ⇒  f (e2 ) = (m,1,1) = v2
e = (0,0,1)
 f (e ) = (1, m − 1,2) = v
3
 3
 3

♦ dim(Im f ) = rg{ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )}:
♦ Donc rg ( f ) = rg ( S )
1er cas :
2ème cas :

m ≠ −2 et m ≠ 1
m = 1 ou m = −2

:

rg ( f ) = rg ( S ) = 3

:

rg ( f ) = rg ( S ) = 2

Exercice 11
Enoncé :
On considère l’endomorphisme f de IR 3 défini par :

∀( x, y, z) ∈ IR3 : f ((x, y, z)) = ( x + my + mz, mx + y + mz, mx + my + z) , m∈ IR
1) Déterminer le noyau de f (Ker( f ) ) , suivant les valeurs du paramètre m .
2) En déduire, suivant le paramètre m , le rang du système {(1, m, m), (m,1, m), (m, m,1)}.
3) Déduire du 1) et 2) une base de Im( f ) , suivant le paramètre m .
f (( x, y, z )) = ( x + my + mz , mx + y + mz , mx + my + z ) ,

Solution :

m∈ IR

1) Déterminons une base de Ker ( f ) selon les valeurs de m∈ IR :

{

}

3
♦ Ker( f ) = ( x, y, z) ∈ IR / f ( x, y, z) = (0,0,0)

♦ ( x, y , z ) ∈ Ker ( f )
♦ ( x, y , z ) ∈ Ker ( f )

ssi

( x + my + mz , mx + y + mz , mx + my + z ) = (0,0,0)

ssi

(1)  x + my + mz = 0

(2) mx + y + mz = 0 ssi
(3) mx + my + z = 0

Professeure Salma DASSER

(1) − (2) (1 − m)( x − y ) = 0

(1) − (3) (1 − m)( x − z ) = 0
(3) mx + my + z = 0

Session Automne-hiver

46

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

m ≠1 :

♦ 1er cas :

( x, y , z ) ∈ Ker ( f )

ssi

x = y

x = z
(1 + 2m) x = 0


1
et m ≠ 1
2
o ( x, y , z ) ∈ Ker ( f )
ssi
x= y= z=0
Ker( f ) = {(0,0,0)} , dim(Ker( f ) ) = 0
o Donc :
1er sous cas : m ≠ −

2ème sous cas : m = −
o

1
2

x = y = z

 x ∈ IR
Ker ( f ) =< (1,1,1) > , dim(Ker( f ) ) = 1

( x, y , z ) ∈ Ker ( f )

o Donc :

ssi

m =1 :
♦ 2ème cas :
z = −x − y
o ( x, y , z ) ∈ Ker ( f )
ssi
x + y + z = 0 ssi
o ssi ( x, y, z ) = ( x, y,− x − y ) = x.(1,0,−1) + y.(0,1,−1)
Ker ( f ) =< (1,0,−1), (0,1,−1) > ,
dim(Ker( f ) ) = 2
o Donc :
2) Déduisons en, suivant le paramètre m , le rang du système S = {(1, m, m), (m,1, m), (m, m,1)}.

v1 = (1, m, m) = f (e1 )

♦ v2 = (m,1, m) = f (e2 ) ,
v = (m, m,1) = f (e )
3
 3

avec {e1 , e2 , e3} la base canonique de IR 3 .

♦ Donc Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >=< v1 , v2 , v3 > et rg ( f ) = dim(Im f ) = rg ( S )
3
♦ Or rg( f ) + dim(Ker( f )) = dim IR

1er cas :

⇒ rg(S ) = rg( f ) = 3 − dim(Ker( f ))

1
2
Ker( f ) = {(0,0,0)} , dim(Ker( f )) = 0 ⇒

rg ( S ) = 3

1
:
2
Ker ( f ) =< (1,1,1) > , dim(Ker( f )) =1 ⇒

rg ( S ) = 2

m ≠ 1 et m ≠ −

2ème cas :

m=−

m =1
3ème cas :
Ker ( f ) =< (1,0,−1), (0,1,−1) > ,

Professeure Salma DASSER

dim(Ker( f )) = 2 ⇒

rg ( S ) = 1

Session Automne-hiver

47

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 2 : applications linéaires

3) Déduisons du 1) et 2) une base de Im( f ) , suivant le paramètre m .
♦ Im f =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >=< v1 , v2 , v3 > et rg ( f ) = dim(Im f )

1
: rg ( f ) = 3
2
{(1, m, m), (m,1, m), (m, m,1)} est alors une base de Im( f ) :

♦ 1er cas :

m ≠ 1 et m ≠ −

Im( f ) = IR3

1
rg ( f ) = 2
:
2
1 1
1
1 

(1,− ,− ), (− ,1,− )  est alors une base de Im( f )
2 2
2
2 


♦ 2ème cas :

m=−

♦ 3ème cas :

m =1 :

rg ( f ) = 1

{(1,1,1)} est alors une base de Im( f )

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

48

[S3, Module M12, Matière : Algèbre I]

Chapitre 3 : matrices

CHAPITRE 3 : MATRICES
Enoncés des exercices
Exercice 1 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 52
Exercice 2 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 52
Exercice 3 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 52
Exercice 4 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 52
Exercice 5 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 53
Exercice 6 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 53
Exercice 7 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 53
Exercice 8 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 53
Exercice 9 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 54
Exercice 10 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 54
Exercice 11 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 54
Exercice 12 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 55
Exercice 13 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 55
Exercice 14 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 55
Exercice 15 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 55
Exercice 16 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 56
Exercice 17 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 56
Exercice 18 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 56
Solutions des exercices
Exercice 1 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 58
Exercice 2 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 59
Exercice 3 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 60
Exercice 4 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 61
Exercice 5 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 62
Exercice 6 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 64
Exercice 7 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 66
Exercice 8 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 67
Exercice 9 ................................................................
................................................................................................
......................................................................................
...................................................... 70
Exercice 10 ................................................................
................................................................................................
.....................................................................................
..................................................... 71

Professeure Salma DASSER

Session Automne-hiver

49



Télécharger le fichier (PDF)









Documents similaires


s3 algebre i polycopie des exercices
algebre1 cf correction 2012
algebre lineaire
calendrier examens rattrapage automne 2012 2013
liaison global f
table des matieres mem

Sur le même sujet..