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base des matrice

Posté par
Examen 22-06-08 à 13:51

Bonjour,

la matrice utilisée est  A=  -3  -2   -2
                                           2   1    2
                                           2   2    1

A est la base canonique de f

l'énoncé est :
"déterminer une base de Ker(f - Id) (je précise que Id est dans R^3)  et une base Ker(f + Id). On rapelle que Ker(f + aId) = {x apartient à R^3: f(x) + ax = 0 R^3} "  

Alors avec sa jai calculet Ker(f - Id) qui donne :

-4  -2  -2
2   0   2
2   2   0

je calcule le système des trois équation:

-4x-2y-2z =0
2x   + 2z =0
2x+ 2y    =0


avec le pivot de gauss j'obtient:

x= -2y-2z

V1={(-2y-2z,y,z), y et z apartient à R}

B1= {(-2,1,0),(-2,0,1)}

je fais de meme pour Ker(f+Id)

j'obtient B2= {(-1,1,0) , (-1,0,1)}

ensuite on me demande "montrer que l'on obtient une base B' de r^3 en réunissant les bases obtenues ci dessus"

Pour la je sais pas comment réunir des bases (l'addition pur et simple?)

Alors voila je voudrais votre avis sur la première question savoir si c'est correct ce que je fais et si je fais pas des erreurs dans ma présentation (ou la façon d'exprimer ma base , mes vecteur ...) n'hésitez pas   et avoir une petite réponse pour la suite


A oui tant que j'y suis pour la suite on doit faire une matrice A' dans la nouvelle base B' suffi de faire A * B'?

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 13:55

Salut

Je ne suis pas d'accord pour V1

On a 3$\{2x+y+z=0\\x=-z\\x=-y .. j'ai 3$\rm dim Ker(f-Id_E)=1

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 14:03

Citation :
ensuite on me demande "montrer que l'on obtient une base B' de r^3 en réunissant les bases obtenues ci dessus"


Vi vi, on les réunit bêtement

La base de 2$\rm Ker(f-Id_E) ne doit contenir qu'un seul vecteur de 3$\rm{\bb R}^3^ (donc qu'un seul triplet que je nomme 3$(x,y,z) )

Tu dois donc montrer que la famille 3$\((x,y,z),(-1,1,0),(-1,0,1)\) forme une base de 3$\rm{\bb R}^3^

Sauf erreurs

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 14:07

Oo

ben je vais détaillé mon pivot de gauss mais je vois pas comment tu à trouvé sa.

Donc mon système est (désolé pour l'incolade manquante mais j'ai pas trouvé le BBcode associé):


-4x-2y-2z =0
2x   + 2z =0
2x+ 2y    =0

-4x-2y-2z=0
    -2y+2z=0
    +2y-2z=0

x=1/2y+1/2z

(j'ai fais une petit erreur de calcul précédament mais sa reste de dim 2)

qui donne
V1={(1/2y+1/2z,y,z), y et z apartient à R}

B1= {(1/2,1,0),(1/2,0,1)}

peut tu dire ou est mon erreur ou détaillé ton calcul stp.

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 14:15

Je suis toutafé d'accord avec ton système

On a bien,  3$\rm{(S):}\{-4x-2y-2z=0\\2x+2z=0\\2x+2y=0

En divisant la première égalité par -2 et les 2 autres par 2, on tombe sur

3$\rm{(S):}\{2x+y+z=0\\x+z=0\\x+y=0

d'où

3$\rm{(S):}\{2x+y+z=0\\x=-z\\x=-y

Finalement, avec l'astuce belge 3$z=1\times z, on a 3$\rm{(S):}\{x=-z\\x=-y\\z=1\times z et 3$x=-y donne 3$y=-x=-(-z)=z

Conclusion 3$\fbox{\rm{(S):}\{x=-z\\y=z\\z=z donc 3$\rm Ker(f-Id_E) est la droite vectorielle dirigée par le vecteur 3$\rm \vec{u}\|-1\\1\\1

Une base de 3$\rm Ker(f-Id_E) est 3$\rm\fbox{B_1\,=\,(-1,1,1)

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 14:21

exact n'empeche en partant avec un pivot de gauss on obtient dim 2 c'est bizard mais on se rend compte après qu'il y a un vecteur de trop 4 au lieu de 3.

et pour ta méthode on aurais peus faire en fonction de x.

merci bien

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 14:26

Même ^^

Avec Gauss on tombe sur 3$\(\array{1&\fr12&\fr12\\0&1&1\\0&0&0}\)

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 14:28

a oui c'est vrai, j'enlevé une ligne bêtement. Merci Merci je continue mes révisions

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 14:30

Pas de problèmes !

Et alors, tu as réussi à montrer que B1 et B2 formaient une base de R3 ?

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 14:40

oui

alors la base B'={(-1,1,1),(-2,1,0),(-2,0,1)}

ensuite je résous le système:

-x-2y-2z=0
x+y     =0
x     +z=0

x=y=z=0

Donc c'est bien une base de R^3

ensuite pour passer A dans la  base B':

A'=A*Mb=

-1  4  4
1  -3  -2
1  -2  -3


ensuite doit trouver une relation entre A A' P et P'  je suis entrain de chercher

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 14:41

je corrige une ligne mal écrite A'= A*MB'

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 14:43

et la relation c'est A=P*A'*P-1

il me demande de calculer P, je vais diagonaliser

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 14:45

Ok c'est bon


Citation :
A oui tant que j'y suis pour la suite on doit faire une matrice A' dans la nouvelle base B' suffi de faire A * B'?


Oui c'est du cours, comme la formule reliant A,A',P et P'

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 14:56

enfet pour la matrice P de la base B a la base B' c'est simplement le matrice MB'

sois

P={(-1,1,1),(-2,1,0),(-2,0,1)}

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 14:58

Qu'est-ce que je raconte ! La formule A'=A*MB' n'a rien à voir ici, et est fausse

On connaît :

¤ les coordonnées des vecteurs de la nouvelle base B' dans la base canonique B0 de R3 -> donc on connaît P qui est inversible, donc on connaît P-1

¤ A

On cherche A' avec 3$\rm\fbox{A'=P.A.P^{-1

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 14:59

Non attention, tu lis une ligne au-dessus dans ton premier post. Lis plutôt

Citation :
j'obtiens B2= {(-1,1,0) , (-1,0,1)}


Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 15:12

ok  alors on a MB' = P

on fais l'inverse avec :
P={(-1,1,1),(-1,1,0),(-1,0,1)}

-x+x+z=a
-x+y+z=b
-x+z=c


ensuite on applique simplement A'=P*A*P-1


mais c'est bizard qu'il demande de calculer A' dans la base B'

et que la prochaine question c'est donne P et la relation liant A,A',P,P-1 alors qu'on l'utilise dans la question précédente.

En tout cas merci, maintenant je passe à un autre exercice s'il y à pas de problèmes ,on doit prouver que c'est bien une application linéaire :
f(x,y,z) = (x+3y-5y,3x-7y+15z,2x-6y+12z) je vous dirais quoi

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 15:53

Si on reprend, on a 3$\rm A=\(\array{-3&-2&-2\\2&1&2\\2&2&1\)

On a construit une nouvelle base 3$\rm\scr{B}' de 3$\rm{\bb R}^3^ : 3$\rm\scr{B}'=({e'}_1,{e'}_2,{e'}_3) avec 3$\rm {e'}_1\|-1\\1\\1, 3$\rm {e'}_2\|-1\\1\\0 et 3$\rm {e'}_3\|-1\\0\\1

On cherche à exprimer les vecteurs colonnes 3$\rm u_1,u_2,u_3 de A en fonction de 3$\rm {e'}_1,{e'}_2,{e'}_3.

On a assez facilement 3$\fbox{\rm u_1={\|-3\\2\\2\,}=\,{e'}_1\,+\,{e'}_2\,+\,{e'}_3

et 3$\fbox{\rm u_2={\|-2\\1\\2\,}=\,{e'}_1\,+\,{e'}_3 et 3$\fbox{\rm u_3={\|-2\\2\\1\,}=\,{e'}_1\,+\,{e'}_2

Ainsi, on peut croire que 3$\rm A'=\(\array{1&1&1\\1&0&1\\1&1&0\)

Mais le problème est que 3$\rm P^{-1}.A.P=\(\array{1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\) ... y a un problème j'ai dû faire une erreur quelque part.

Posté par
Camélia Correcteurre : base des matrice 22-06-08 à 16:01

Bonjour

Je n'ai pas fait les calculs, mais une fois sur deux (me voilà forte en probas) l'erreur vient d'une confusion entre P et P-1. Alors calcule l'autre, c'est peut-être ça!

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 16:07

Bonjour Camélia

Avec 3$\rm P=\(\array{-1&-1&-1\\1&1&0\\1&0&1\),

on a 3$\rm P^{-1}=\(\array{1&1&1\\-1&0&-1\\-1&-1&0\)

et 3$\rm P.A.P^{-1}=P^{-1}.A.P=\(\array{1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\)



Sauf erreur

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 16:08

je vais voir si je trouve pareil que toi avec P-1.A.P

Dite pour

Citation :

on doit prouver que c'est bien une application linéaire :
f(x,y,z) = (x+3y-5y,3x-7y+15z,2x-6y+12z) je vous dirais quoi


est que je peus prendre f(1,0,0) , f(0,1,0) et f(0,0,1) pour veréfier la stabalité a l'addition et la multiplication (car j'ai un soucis a la multiplication)?

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 16:10

(et dans ma formule de 14:58 s'est glissé un lapsus malencontreux .. c'est bien sûr 3$\rm\fbox{A=P.A'.P^{-1)

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 16:11

à voila c'est sa que je me demandé taleur car j'ai vu que tu avez changer la formule que j'avais dite.

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 16:18

Citation :
Etant donné des 3$\bb K-espaces vectoriels E et F, une application f de 3$E dans 3$F est une application linéaire lorsque :

¤ 3$\forall (x,y)\in E^2,\;f(x+y)\,=\,f(x)+f(y)

¤ 3$\forall (\lambda,x)\in {\bb K}\times E,\;f(\lambda.x)\,=\,\lambda.f(x)


Ici, 3$\bb K=R, 3$ E=F et prends à la place de x et y les vecteurs 3$u\|x_1\\y_1\\y_2 et 3$v\|x_2\\y_2\\z_2

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 16:24

oui je sais tout sa mais...

ben je vais t'écrire se que j'ai fais

Alors on a f(x,y,z) = (x+3y-5y,3x-7y+15z,2x-6y+12z)

f(1,0,0)=(1,3,2)
f(0,1,0)=(3,-7,-6)
f(0,0,1)=(-5,15,12)

(1,3,2)+(3,-7,-6)+(-5,15,12)=(-1,11,8)
f(1,1,1)=(-1,11,8)
donc stable pour l'addition

mais pour la multiplication f(1,0,0)*f(0,1,0)*f(0,0,1) pose problème car sa vaux 0

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 16:27

ça vaut 0 ^^

Là, tu as montré que f est stable pour l'addition pour x=y=z=1 mais pas dans le cas général !

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 16:34

ok

je revois tout sa avant un petit truc à finir concernant la suite .

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 16:48

on te demande A' dans la base B', c'est quoi A' ?

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 16:49

enfet on me demande A dans la base B' et cette "nouvelle " matrice s'apellera A'

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 16:55

Okédac, j'ai trouvé mon erreur

Je recopie tout ça !

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 17:17

On a donc 3$\rm A=\(\array{-3&-2&-2\\2&1&2\\2&2&1\). Soit 3$f l'endomorphisme canoniquement associé à A dans la base 3$\scr{B}=(e_1,e_2,e_3).

On lit 3$\|f(e_1)=-3e_1+2e_2+2e_3\\f(e_2)=-2e_1+e_2+2e_3\\f(e_3)=-2e_1+2e_2+e_3

Soit 3$\rm\scr{B}'=({e'}_1,{e'}_2,{e'}_3) une nouvelle base de 3$\bb R^3, avec 3$\rm {e'}_1\|-1\\1\\1_{\scr{B , 3$\rm {e'}_2\|-1\\1\\0_{\scr{B et 3$\rm {e'}_3\|-1\\0\\1_{\scr{B.

On va chercher à écrire les coordonnées de 3$f({e'}_1),f({e'}_2),f({e'}_3) dans la base 3$\rm\scr{B}'. Commençons par les chercher dans la base 3$\rm\scr{B}

Soit 3$\rm Y_i=mat_{\scr{B}}\(f(e_i)\) et X_i=mat_{\scr B}(e_i) pour 3$\rm i\in{1,2,3}

Alors 3$\fbox{\rm Y_i=A.X_i.

Ce qui nous donne 3$\rm Y_1=\(\array{-1\\1\\1\), 3$\rm Y_2=\(\array{-1\\1\\0\) et 3$\rm Y_3=\(\array{1\\0\\-1\)

soit 3$\rm f({e'}_1)\|-1\\1\\1_{\scr{B , 3$\rm f({e'}_2)\|-1\\1\\0_{\scr{B et 3$\rm f({e'}_3)\|-1\\0\\1_{\scr{B

On remarque que 3$\fbox{\|f({e'}_1)={e'}_1\\f({e'}_2)=-{e'}_2\\f({e'}_3)=-{e'}_3 et donc 3$\fbox{\fbox{\rm A'=\(\array{1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\)

J'ai d'ailleurs fait une erreur de recopie dans mes posts de 15h53 et 16h07, le dernier élément de A' est bien -1 et non 1.

C'est mon dernier mot, Examen

Et mille excuses pour les erreurs et les embrouilles ...

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 17:27

super détaillé un grand merci

mais la dans ton explication f(e'1) = e'1  f(e'2)=e'2 et f(e'3)=e'3

je pense ya une petit erreur.

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 17:30

Oui toutafé, j'ai oublié de modifier le copier coller


3$\rm f({e'}_1)\|-1\\1\\1_{\scr{B

3$\rm f({e'}_2)\|1\\-1\\0_{\scr{B

3$\rm f({e'}_3)\|1\\0\\-1_{\scr{B

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 17:34

ok

ben tout compris

dis si on vois pas a vu d'oeil le raport avec les f(e) et e on fais comment?

je vais bientot reposter une partie de ce que je travail je bloque pas mais c'est juste pour avoir votre avis.

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 17:41

Tu peux me tutoier, je pense même que t'es plus vieux que moi

Ba la méthode systématique c'est de dire 3$\rm\fbox{A=P.A'.P^{-1.

Ici, vu que A' est relativement simple, on t'a fait calculer les f(e'i), et les relations entre les f(e'i) et les e'i sont simples

Je regarde pour le deuxième exo.

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 18:18

voilà les questions:

f(x,y,z) = (x+3y-5z,3x-7y+15z,2x-6y+12z)

1)vérifier que f est ne application linéaire et donner sa matrice dans la base canonique de R3

2) soit g = f - 2IdR3. Vérifier que la matrice de g dans la base canonique de R3 est M-2I3, où I3 est la matrice identité de taille 3. Donner une base de Ker(g).

3) Calculer (M-2I3)² . Que peut-on dire de l'application g o g?


mes réponses:

1) f(x,y,z) = (x+3y-5z,3x-7y+15z,2x-6y+12z)

les vecteurs u(x,y,z) et v(x',y',z')

f(u+v)=f(x+x',y+y',z+z')


(pour la suite ce sont les trois ligne entre parentère désolé connais pas du tout le BBcode et si je laisser en ligne sa allez être illisible.)

  (x+x')+3(y+y')-5(z+z')
= 3(x+x')-7(y+y')+15(z+z')
  2(x+x')-6(y+y')+12(z+z')

je simplifie sa me donne

   x+3y-5z        x'+3y'-5z'    
=  3x-7y+15z  +   3x'-7y'+15z'
   2x-6y+12z      2x'-6y'+12z'

=f(u)+f(v)

stable pour l'addition

a*u(a*x,a*y)

            a*x+a*3ya*5z
f(a*u) =    a*3x-a*7y+a*15z
            a*2x-a*6y+a*12z


     x+3y-5z
=a *  3x-7y+15z
     2x-6y+12z

=a*f(u)


stable pour la multiplication

f est bien une application linéaire


sa matrice est:          1   3  -5
                    M=   3  -7  15
                         2  -6  12

2) Alors la pas trop compris car étant donné que M est la matrice de f si g=f-2*IdR3 forcément sa matrice est M-2I3

pour sa base:

              -1   3  -5
Mg= 3  -9  15
               2  -6  10

-x+3y+2z=0
3x-9y-6z=0
-5x-6y+10z=0


(la je vais détailler car il sa me semble bizar que sa sois libre)

donc je fais un pivot de gauss

x+3y+2z=0
  -16y-12z=0
   30y+22z=0

x+3y+2z=0
  -16y-12z=0
       160z=0

x=0
y=0
z=0

la base est {(-1,3,2),(3,-9,-6),(-5,15,10)}

3) (M-2*I3)² = 0R3

donc g o g = 0R3

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 18:21

pour la question d'après

4) trouver un vecteur u apartient à R3 tel que u n'appartient pas a Ker(g)

eu il y en a une infinité non?

Posté par
Examenre : base des matrice 22-06-08 à 18:52

pour que deux espaces vectoriels sois suplémentaire il faut que la dim(E1nE2) sois nul? si oui,ya que comme sa qu'on peus le prouver ?

Posté par
gui_toure : base des matrice 22-06-08 à 22:54

Je pose 3$\rm E={\bb R^}^3 et 3$\rm\scr{B la base canonique de E

Citation :
2) Alors la pas trop compris car étant donné que M est la matrice de f si g=f-2*IdR3 forcément sa matrice est M-2I3


Justement on te demande de la vérifier

en calculant f(1,0,0)-2(1,0,0) , f(0,1,0)-2(0,1,0) et f(0,0,1)-2(0,0,1), on a bien 3$\rm\fbox{M'=mat_{\scr{B}}(g)=M-2I_3=\(\array{-1&3&-5\\3&-9&15\\2&-6&10\)

De plus, 3$\rm Ker(g)=Ker(f-2I_E)

On voit que la deuxième ligne de M' vaut -3 fois la deuxième, la troisième vaut -2 fois la première.

Une équation de 3$\rm Ker(g) est donc 3$-x+3y-5z=0 d'où (avec la dorénavant fameuse astuce belge ^^) :

3$\fbox{\{x=3y-5z\\y=1y+0z\\z=0y+1z

Ker(g) est le plan vectoriel de base (v,w) où 3$\rm w\|3\\1\\0_{\scr B et 3$\rm v\|-5\\0\\1_{\scr B


Citation :
3) (M-2*I3)² = 0R3

donc g o g = 0R3


oui dans l'esprit, non pour les notations

3$\rm(M-2I_3)^2 est une matrice carrée d'ordre 3 et c'est donc le vecteur nul de 3$\mathcal{M}_3({\bb R}), pas de R3

et 3$\rm g\cir g=0_{\mathcal{L}(E)} car gog = g² est un endomorphisme

Citation :

pour la question d'après

4) trouver un vecteur u apartient à R3 tel que u n'appartient pas a Ker(g)

eu il y en a une infinité non?


Oui il y en a une infinité. Il suffit que ce vecteur ne soit pas une combinaison linéaire de w et de v. Le vecteur 3$\rm u\|3\\2\\0 convient nan ?

Citation :
pour que deux espaces vectoriels sois suplémentaire il faut que la dim(E1nE2) sois nul? si oui,ya que comme sa qu'on peus le prouver ?


oui s'ils sont de dimension finie

tu veux prouver quoi avec ça ?


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