Matrice d'une application linéaire, et changement de bases


Colle de mathématiques

Sujet de colle de maths:

Énoncé du sujet

Soit $u$ l'application de $\R^3$ dans $\R^4$ définie par
\[ u(x,y,z)=(-x+y,x-y,-x+z,-y+z). \]

  1. Montrer que $u$ est linéaire
  2. Soient $\{\mathcal E_1,\mathcal E_2,\mathcal E_3\}$ la base canonique de $\mathbb R^3$ et $\{\mathcal F_1,\mathcal F_2,\mathcal F_3,\mathcal F_4\}$ la base canonique de $\mathbb R^4$.
    Calculer $u(\mathcal E_1)$, $u(\mathcal E_2)$ et $u(\mathcal E_3)$ en fonction de $\mathcal F_1$, $\mathcal F_2$, $\mathcal F_3$ et $\mathcal F_4$.
  3. Écrire la matrice de $u$ dans les bases canoniques.
  4. Montrer que $\{\mathcal F_1,\mathcal F_2,u(\mathcal E_1),u(\mathcal E_2)\}$ est une base de $\mathbb R^4$.
  5. Écrire la matrice de $u$ dans les bases $\{\mathcal E_1,\mathcal E_2,\mathcal E_3\}$ et $\{\mathcal F_1,\mathcal F_2,u(\mathcal E_1),u(\mathcal E_2)\}$.



Correction

Correction

  1. Soit $X=(x,y,z)$, $X'=(x,y,z)$ et $\lambda\in\R$, alors
    \[\begin{array}{lcl} u(X+X')&=&u(x+x',y+y',z+z')\\ &=&(-x-x'+y+y',x+x'-y-y',-x-x'+z+z',-y-y'+z+z')\\ &=&\big((-x+y)+(-x'+y'),(x-y)+(x'-y'),(-x+z)+(-x'+z'),\\ &&\quad\quad(-y+z)+(-y'+z')\big)\\ &=&(-x+y,x-y,-x+z,-y+z)+(-x'+y',x'-y',-x'+z',-y'+z')\\ &=&u(X)+u(X'). \enar\]

    De même, on a
    \[\begin{array}{lcl} u(\lambda X)&=&u(\lambda x,\lambda y,\lambda z)\\ &=&u(-\lambda x+\lambda y,\lambda x-\lambda y,-\lambda x+\lambda z,-\lambda y+\lambda z)\\ &=&\lambda (-x+y,x-y,-x+z,-y+z)\\ &=&\lambda u(X). \enar\]

    Ainsi, $u$ est linéaire.
  2. On a
    \[\begin{array}{lcl} u(\mathcal E_1)&=&u(1,0,0)=(-1,1,-1,0)=-\mathcal F_1+\mathcal F_2-\mathcal F_3\\ u(\mathcal E_2)&=&u(0,1,0)=(1,-1,0,-1)=\mathcal F_1-\mathcal F_2-\mathcal F_4\\ u(\mathcal E_3)&=&u(0,0,1)=(0,0,1,1)=\mathcal F_3+\mathcal F_4. \enar\]

  3. La matrice est:
    \[\lp\begin{array}{ccc} -1&1&0\\ 1&-1&0\\ -1&0&1\\ 0&-1&1\\ \enar\rp\]


  4. Puisque $\R^4$ est de dimension 4 et que la famille a quatre éléments, il suffit de montrer qu'elle est libre.
    C'est bien le cas ici, car si $a\mathcal F_1+b\mathcal F_2+cu(\mathcal E_1)+du(\mathcal E_2)=0$, alors
    \[\la\begin{array}{rcl} a-c+d&=&0\\ b+c-d&=&0\\ -c&=&0\\ -d&=&0 \enar\right. \iff a=b=c=d=0.\]


  5. Il s'agit d'exprimer chaque $u(\mathcal E_i)$ en fonction des vecteurs de la nouvelle base.
    Pour deux des vecteurs, on a directement que $u(\mathcal E_1)=u(\mathcal E_1)$ et $u(\mathcal E_2)=u(\mathcal E_2)$.
    Pour le troisième, il faut trouver $a,b,c,d$ de sorte que
    \[a\mathcal F_1+b\mathcal F_2+cu(\mathcal E_1)+du(\mathcal E_2)=(0,0,1,1)\]

    Ceci revient à résoudre le système
    \[\la\begin{array}{rcl} a-c+d&=&0\\ b+c-d&=&0\\ c&=&-1\\ d&=&-1 \enar\right. \iff\la\begin{array}{rcl} a&=&0\\ b&=&0\\ c&=&-1\\ d&=&-1 \enar\right.\]

    Ainsi, on $u(\mathcal E_3)=-u(\mathcal E_1)-u(\mathcal E_2)$ et la matrice de $u$ dans les bases $\{\mathcal E_1,\mathcal E_2,\mathcal E_3\}$ et $\{\mathcal F_1,\mathcal F_2,u(\mathcal E_1),u(\mathcal E_2)\}$ est donc
    \[\lp\begin{array}{ccc} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 1&0&-1\\ 0&1&-1 \enar\rp\]



Tags:Applications linéairesMatricesEspace vectoriel

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