Famille de vecteurs et endomorphismes

[medou coulibaly]

Bonjour, j'espère que vous vous portez bien.
J'ai un exercice dont je bloque dessus j'aimerais besoin d'aide de votre part.
soit α ∈ ℝ

1. Soit Sα = { (-1, α, 1) ; ( α,1,3 ) ; ( -2,2,2 ) }.
   Déterminer en fonction de α si la famille Sα de vecteurs de ℝ³ est libre , génératrice de ℝ³ , une base de ℝ³.

2. Soit fα l'endomorphisme de ℝ³ dont la matrice par rapport à la base canonique est

     ( -1     α      -2 )
   

Aα =( α 1 2 )
( 1 3 2 )
a ) Pour quelles valeurs de α , Aα est-elle inversible ? Déterminer alors l'inverse de Aα.
b) Déterminer en fonction de α le noyau ainsi que l'image de fα.
Toutes réponses d'aide me fera plaisir merci

[medou coulibaly]

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[mtschoon]

@medou-coulibaly , bonjour/bonsoir,

Quelques pistes pour démarrer,

Puisse que $S_{\alpha }$ est une famille de 3 vecteurs de $R^3$, cette famille est une base si et seulement si elle est libre.

Comme tu l'as vu dans d'autres exercices, tu cherches $a,b,c$ réels tels que :
$a(-1,\alpha ,1)+b(\alpha ,1,3)+c(-2,2,2)=(0,0,0)$

Après transformations, tu obtiens le système :
$\{\begin{array}{l}-a+\alpha b-2c=0\\ \alpha a+b+2c=0\\ a+3b+2c=0\end{array}$

Soit $D$ le déterminant principal du système :
$D=\left|\begin{array}{c}-1\alpha -2\\ \alpha 12\\ 132\end{array}\right|$
Après calculs, tu dois trouver, sauf erreur :
$D=-2{\alpha }^2-4\alpha +6$ (tu peux mettre $2$ en facteur).

Tu résous l'équation du second degré :
$-2{\alpha }^2-4\alpha +6=0$

Tu dois trouver $\alpha =1$ et $\alpha =-3$

Tu tires les conclusions :
Pour $\alpha =1$ ou $\alpha =-3$ , $S_{\alpha }$ n'est pas une base.
Pour $\alpha \ne 1$ et $\alpha \ne -3$ , $S_{\alpha }$ est une base.

Remarque : tu peux observer que $D$ est le déterminant de la matrice $A_{\alpha }$ de la question $2$

Bons calculs.

[medou coulibaly]

@mtschoon madame pour la 1 je comprends ça c'est-à-dire génératrice, libre et base
Mon problème est au niveau de la 2)

[mtschoon]

@medou-coulibaly ,

C'est bien si tu as pu faire la question 1) sans difficulté.

Piste pour la question 2)

Une matrice est inversible si et seulement si la famille formée par ses vecteurs colonnes est libre.

Tu fais le lien avec la première question (elle est là pour ça).

Tu peux remarquer que le déterminant de la matrice $A_{\alpha }$ est $D$ (de la première question).

Tu sais que pour $\alpha \ne 1et=\alpha \ne -3$, $D\ne 0$, donc la matrice $A_{\alpha }$ est inversible

$A_{\alpha }\times (A_{\alpha }{)}^{-1}=I_3$ , avec $I_3$ matrice identité

Pour trouver la matrice inverse $(A_{\alpha }{)}^{-1}$, il y a plusieurs méthodes.
En utilisant directement $A_{\alpha }\times (A_{\alpha }{)}^{-1}=I_3$, ce qui est logique, tu obtiens un système linéaire de 9 équations à 9 inconnues à résoudre avec les formules de Cramer...c'est faisable mais c'est très lourd en calculs...

Une autre méthode doit être dans cours (mais j'ignore celle que tu as vu en cours...!)

[medou coulibaly]

@mtschoon oui je vais revoir la partie du cours

[mtschoon]

@medou-coulibaly , re-bonjour,

Oui, prends la méthode qui figure dans ton cours.

Pour que tu puisses vérifier, je t'indique ce que tu dois trouver, sauf erreur, pour la matrice inverse $(A_{\alpha }{)}^{-1}$, pour $\alpha \ne 1$ et $\alpha \ne -3$

$D$ étant le déterminant déjà indiqué

$(A_{\alpha }{)}^{-1}=\left(\begin{array}{c}\frac{-4}{D}\frac{-2\alpha -6}{D}\frac{2\alpha +2}{D}\\ \\ \frac{2-2\alpha }{D}0\frac{2-2\alpha }{D}\\ \\ \frac{3\alpha -1}{D}\frac{\alpha +3}{D}\frac{-{\alpha }^2-1}{D}\end{array}\right)$

Bons calculs.

[medou coulibaly]

@mtschoon ok d'accord merci Madame je vais remettre tout ça au propre pour bien comprendre

[mtschoon]

@medou-coulibaly, bonjour,

J'espère que tu as abouti, avec ton cours, pour trouver $(A_{\alpha }{)}^{-1}$. Ce serait le mieux.

Sinon, je t'indique une démarche possible.

Soit $(y_1,y_2,y_3)$ (de $R^3$ ensemble d'arrivée) l'image par l'endomorphisme $f_{\alpha }$, de $(x_1,x_2,x_3)$ (de $R^3$ ensemble de départ)

$A_{\alpha }\times \left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$

Après transformations, tu obtiens le système :

$\{\begin{array}{l}-x_1+\alpha x_2-2x_3=y_1\\ \alpha x_1+x_2+2x_3=y_2\\ x_1+3x_2+2x_3=y_3\end{array}$

Tu résous avec les formule de cramer

$x_1=\frac{-4y_1+(-2\alpha -6)y_2+(2\alpha +2)y_3}{D}$

$x_2=\frac{(2-2\alpha )y_1+0y_2+(2-2\alpha )y_3}{D}$

$x_3=\frac{(3\alpha -1)y_1+(\alpha +3)y_2+(-{\alpha }^2-1)y_3}{D}$

Or, $\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=(A_{\alpha }{)}^{-1}\times \left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right)$

Donc , $(A_{\alpha }{)}^{-1}=\left(\begin{array}{c}\frac{-4}{D}\frac{-2\alpha -6}{D}\frac{2\alpha +2}{D}\\ \\ \frac{2-2\alpha }{D}0\frac{2-2\alpha }{D}\\ \\ \frac{3\alpha -1}{D}\frac{\alpha +3}{D}\frac{-{\alpha }^2-1}{D}\end{array}\right)$

[mtschoon]

@medou-coulibaly , je te donne quelques pistes pour $Ker(f_{\alpha })$ et $Im(f_{\alpha })$

Pour $Ker(f_{\alpha })$ , tu cherches les éléments $(x_1,x_2,x_3)$ (de $R^3$ ensemble de départ) , tels que
$f_{\alpha }(x_1,x_2,x_3)=(0,0,0)$

c'est à dire
$A_{\alpha }\times \left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$

Système à résoudre (ce qui a été fait en question 1)

Pour $\alpha \ne 1$ et $\alpha \ne -3$
On trouve $x_1=0,x_2=0,x_3=0$

Donc $Ker(f_{\alpha })=$ { $(0,0,0)$ }

Pour $Im(f_{\alpha })$ , tu fais selon ton cours.

En utilisant le topic précédent, pour $\alpha \ne 1$ et $\alpha \ne -3$, tu peux justifier que tout $(y1,y2,y3)$ de $R^3$ (ensemble d'arrivée) est l'image d'un $(x1,x2,x3)$ de $R^3$ (ensemble de départ)

Donc : $Im(f_{\alpha })=R^3$

Autre façon, si ton cours parle des dimensions ( nombres d'éléments des bases ) (ce que j'ignore...), tu peux dire :

$dim(Ker(f_{\alpha }))+dim(Im(f_{\alpha }))=dim{R}^3$
ce qui donne : $0+dim(Im(f_{\alpha }))=3$
c'est à dire $dim(Im(f_{\alpha }))=3$

$Im(f_{\alpha })$ est donc un sous-espace vectoriel de dimension $3$ de $R^3$ (qui a pour dimension $3$) donc

$Im(f_{\alpha })=R^3$

Je te laisse étudier le noyau et l'image dans les deux cas restants : $\alpha =1$ et $\alpha =-3$

Bon travail.

[medou coulibaly]

@mtschoon oui je comprends bien cette partie avec la méthode de cramer

[medou coulibaly]

@mtschoon oui madame dans le cours on a en parlé de dimension, d'image, et de noyau , de ker

[medou coulibaly]

@mtschoon je vais bien réviser la partie de dimension , de noyau...etc le cours est complexe et combien plusieurs éléments clés

[medou coulibaly]

@medou-coulibaly a dit dans Famille de vecteurs et endomorphismes :

@mtschoon je vais bien réviser la partie de dimension , de noyau...etc le cours est complexe et contient plusieurs éléments clés

[mtschoon]

Bon courage @medou-coulibaly .

[medou coulibaly]

@mtschoon Madame je ne comprends pas bien
Im ( fα) =ℝ³

[mtschoon]

@medou-coulibaly

@medou-coulibaly a dit dans Famille de vecteurs et endomorphismes :

@mtschoon Madame je ne comprends pas bien
Im ( fα) =ℝ³

Tu parles de la méthode avec les dimensions ?

[medou coulibaly]

@mtschoon oui oui avec les deux méthodes mêmes

[medou coulibaly]

@medou-coulibaly avec la dimension , l'autre methode je comprends ( car je pense que je dois suivre la même methode que le noyau que vous avez fait )

[mtschoon]

@medou-coulibaly ,

Pour trouver le noyau, il n'y a guère le choix : il faut résoudre
$f_{\alpha }(x_1,x_2,x_3)=(0,0,0)$

Pour l'image, on peut encore utiliser cette méthode (par résolution du système d'équations), mais je pense que c'est mieux avec le Théorème du rang (si c'est le nom utilisé dans ton cours)

Rappel : Si $E$ et $F$ sont deux espaces vectoriels de dimension finie, et si $f$ est un endomorphisme de $E$ vers $F$ :$\boxed{dim(Ker(f))+dim(Im(f))=dim(E)}$

Ici, $E=R^3$ les bases de $R^3$ sont composées de 3 éléments (regarde la base canonique, par exemple) donc $\boxed{dim(R^3)=3}$

Ici, le noyau est composé uniquement du triplet$(0,0,0)$ qui est l'élément neutre pour l'addition dans $R^3$ .
On aurait pu l'écrire $O_{R^3}$
On l'appelle parfois"espace nul"
Ce doit être indiqué dans ton cours.
L'espace nul comporte une unique base, qui ne contient aucun vecteur . Sa dimension est donc 0.
$\boxed{dim(Ker(f_{\alpha }))=0}$

Le théorème permet d'écrire ici :
$dim(Ker(f\alpha ))+dim(Im(f_{\alpha }))=dim(R^3)$
donc
$dim(Im(f_{\alpha }))=dim(R^3)-dim(Ker(f\alpha ))=3-0=3$

Encore un autre théorème à utiliser:
Dans un espace vectoriel de dimension $n$, tout sous-espace vectoriel de dimension $n$ est égal à l'espace vectoriel tout entier.

Ici, $Im(f_{\alpha })$ un sous-espace vectoriel de dimension $3$ contenu dans un espace vectoriel de dimension $3$ donc il est égal à l'espace vectoriel tout entier :

$\boxed{Im(f_{\alpha })=R^3}$

Reposte si ce n'est pas clair.

[medou coulibaly]

@mtschoon merci beaucoup madame , et toutes les notions que vous avez évoqué ont été énumérées dans mon cours, et je me demande comment vous faites pour pouvoir maîtriser tout ce qui a été dit dans mon cours

[medou coulibaly]

@mtschoon je comprends clairement madame mais avec le cours j'ai des difficultés

[mtschoon]

@medou-coulibaly , c'est parfait si l'aide apportée ici te convient.

[medou coulibaly]

@mtschoon Bonjour j'ai du mal à ce système
−a+αb−2c=x
αa+b+2c=y
a+3b+2c=z
Pour montrer que c'est une famille génératrice

[mtschoon]

@medou-coulibaly ,

Tu veux prouver que tout triplet$(x,y,z)$ de $R^3$ peut se décomposer sous forme de combinaison linéaire de $(-1,\alpha ,1),(\alpha ,1,3),(-2,2,2)$

Tu résous le système que tu as écrit avec les formules de Cramer par exemple.

Tu dois trouver, $D$ étant toujours le déterminant (principal) du système (avec $D$ non nul )

$a=\frac{-4x+(-2\alpha -6)y+(2\alpha +2)z}{D}$

$b=\frac{(2-2\alpha )x+0y+(2-2\alpha )z}{D}$

$c=\frac{(3\alpha -1)x+(\alpha +3)y+(-{\alpha }^2-1)z}{D}$

Donc, $a,b,c$, existent pour tout $x,y,z$.

La famille considérée est donc génératrice.

COMPLEMENT : pour que tu puisses vérifier avec les résultats obtenus avec le pivot de Gauss, je transforme les réponses en explicitant $D$
$D=-3{\alpha }^2-4\alpha +6=-2({\alpha }^2+2\alpha -3)$
En facotorisant le plynôme du second degré :
$D=-2(\alpha -1)(\alpha +3)$

Ainsi :
Pour $a$, on peux simplifier par $-2$ (ou $2$ si on préfère)

$a=\frac{-4x+(-2\alpha -6)y+(2\alpha +2)z}{-2(\alpha -1)(\alpha +3)}$
$\boxed{a=\frac{2x+(\alpha +3)y+(-\alpha -1)z}{(\alpha -1)(\alpha +3)}}$

Pour $b$, on peux simplifier par $-2(\alpha -1)$

$b=\frac{(2-2\alpha )x+(2-2\alpha )z}{-2(\alpha -1)(\alpha +3)}$
$b=\frac{(2-2\alpha )(x+z)}{-2(\alpha -1)(\alpha +3)}$
$\boxed{b=\frac{x+z}{\alpha +3}}$

Pour $c$, pas de simplification

$\boxed{c=\frac{(3\alpha -1)x+(\alpha +3)y+(-{\alpha }^2-1)z}{-2(\alpha -1)(\alpha +3)}}$

[medou coulibaly]

@mtschoon Madame on peut passer aussi par la méthode de Gauss

[mtschoon]

@medou-coulibaly ,

Le mieux est de prendre la méthode qui correspond à ton cours.

[medou coulibaly]

@mtschoon les deux ont été évoquées dans le cours

[mtschoon]

@medou-coulibaly ,

C'est bien.
J'espère qu'avec celle de ton choix ( ou les deux) , tu vas aboutir.

[medou coulibaly]

@mtschoon la méthode de Gauss qui est utilisée mais je n'arrive pas à trouver une issue

[mtschoon]

@medou-coulibaly ,

OK.
Pour la partie génératrice, je t'ai donné les réponses , faites avec formules de cramer, avec $D$ au dénominateur.

Demain, je les simplifierai en remplaçant $D$ par sa valeur et te donnerai des pistes avec la méthode du pivot de Gauss pour que tu puisses t'assurer que tu trouves la même chose.

[medou coulibaly]

@mtschoon ok d'accord madame

[mtschoon]

@medou-coulibaly bonjour,&

Je t'ai, en COMPLEMENT, dans un poste précédent, donné les valeurs de $a,b,c$ obtenues avec les formules de Cramer en remplaçant $D$ par sa valeur, pour que tu puisses comparer et vérifier.

Pour le pivot de Gaus

$\{\begin{array}{l}-a+\alpha b-2c=x(L_1)\\ \alpha a+b+2c=y(L_2)\\ a+2b+2c=z(L_3)\end{array}$

Par exemple, on conserve la ligne $(L_3)$ et on fait une combinaison de $(L_1)$ avec $(L_3)$ et une combinaison de $(L_2)$ avec $(L_3)$ pour "chasser" $c$.

$\{\begin{array}{l}(\alpha +3)b=x+z(L_1)\leftarrow (L_1)+(L_3)\\ (\alpha -1)a-2b=y-z(L_2)\leftarrow (L_2)-(L_3)\\ a+2b+2c=z(L_3)\end{array}$

Le système est ainsi triangularisé :

On termine par substitution
De la première ligne on extrait $b$ : $\boxed{b=\frac{x+z}{\alpha +3}}$

De la deuxième ligne, on extrait $a$ et on remplace $b$ par la valeur qui vient d'être trouvée.
(on obtient , après calcul assez lourd, la valeur de $a$ donnée dans COMPLEMENT)

De la troisième ligne, on extrait $c$ et on remplace $b$ et $a$ par les valeurs qui viennent d'être trouvées.
(on trouve , après calcul bien lourd, la valeur de $c$ donnée dans COMPLEMENT)

Réflexion:
Je viens de faire tous les calculs indiqués dans cette réponse.
Je me demande s'il n'y a plus de risque d'erreur avec cette méthode qu'avec les formules de Cramer...

Evidemment, tous ces calculs sont valables pour $\alpha \ne 1$ et $\alpha \ne -3$

Bons calculs !

[medou coulibaly]

@mtschoon ok merci beaucoup madame

[mtschoon]

De rien @medou-coulibaly ;
J'espère que tu vas aboutir avec les calculs.

[medou coulibaly]

@mtschoon oui oui merci beaucoup madame 🥰🥰

[mtschoon]

De rien @medou-coulibaly .
Tu as bien travaillé !