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Base et application linéaire

Posté par
matheux14 09-03-22 à 18:46

Bonsoir,

Merci d'avance

On considère \R^3 muni de la base canonique \beta = \{e_1,~ e_2,~ e_3\}

Soient \vec{u} = e_1 +2 e_2 + e_3 \\\ \vec{v} = -2e_1 + e_2 - e_3 \\\ \vec{w}_m = m e_2 - e_3, m \in \R

1) Pour quelles valeurs de m, S_m = \{\vec u ,~ \vec v,~ \vec w_m\} est-il une base de \R^3 ?
En déduire que S_1 est une base de \R^3.

2) Déterminer la matrice de passage de la base \beta à la base S_1.

3) Déterminer la matrice de passage de la base S_1 à la base \beta.

4) \vec H = (-5 ~;~ 1 ~;~ 2)

Quelles sont les coordonnées de \vec H dans la base S_1 ?

5) On considère l'application linéaire f_m : \R^3 \to \R^3 : (x ; y ; z) \mapsto (x+2y+z ~;~ -2x + y -z  ~;~ my - z)

a) Quelle est la matrice de f_m dans la base \beta ?

b) Dans quels cas f_m est-elle un automorphisme de \R^3 ?

En déduire f_0 et f_1 sont des automorphismes de \R^3.

c) Trouver (x ; y ; z) tel que f_1(x ; y ; z) = (0 ; 1 ; 7) et calculer \left(f_{1}\right)^{-1} (2 ; 5 ; 0)

Réponses

1) * Sm est une base de \R^3 si et seulement si  det(Sm) 0

det(S_m) = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & m \\ 1 & -1 & -1 \end{vmatrix} = -(m +5)

Par conséquent Sm est une base de \R^3, \forall m \in \R \setminus\{-5\}.

S_1 = \{\vec u ; \vec v ; \vec w_1\}

S_1 = \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ -1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ -1 \end{pmatrix} \right\} donc S1 est une base de \R^3


2) Matrice de passage de la base \beta à la base S_1.

Soit P la matrice de passage la base \beta à la base S_1

On a : P = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}

3)  La matrice de passage de la base S_1.
à la base \beta est P^{-1} = \dfrac{1}{det(P)} * ^t \text{com}(P)

\text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -3 \\ -2 & -1 & -1 \\ -2 & -1 & 5 \end{pmatrix}

^t \text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & -2 & -2 \\ 3 & -1 & -1 \\ -3& -1 & 5 \end{pmatrix}

P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{2}& \dfrac{1}{6} & -\frac{5}{6} \end{pmatrix}

4) \vec H = (-5 ; 1 ; 2)

\vec H^{-1} = P^{-1} \vec{H} =\begin{pmatrix} \\ 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ \\ -\dfrac{1}{3}  & \dfrac{1}{6}  & \dfrac{1}{3} \\\\ \\ \dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & -\dfrac{5}{6} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ -5\\ \\ -1\\ \\ 2 \\ \end{pmatrix}

H' = \begin{pmatrix} 1\\ 3\\ -4 \end{pmatrix}


5-a) f_m : \R^3 \to \R^3 : (x ; y ; z) \mapsto (x+2y+z ~;~ -2x + y -z  ~;~ my - z)

\beta = \left\{ e_1= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_2 = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_3 = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\} est une base canonique de \R^3

* f_m(e_1) = f_m (1 ; 0 ; 0) = (1 ; -2 ; 0) = e_1 - 2e_2

* f_m (e_2) = f_m (0 ; 1 ; 0) = (2 ; 1 ; m) = 2e_1 -e_1 + me_3

* f_m (e_3) = f_m(0 ; 0 ; 1) = (1 ; -1 ; -1) = e_1 - e_2 - e_3

On a : A_m = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ -2 & -1 & -1 \\ 0 & m & -1 \end{pmatrix}

b) Montrons que f_m est un automorphisme de \R^3

On a A_m = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ -2 & -1 & -1 \\ 0 & m & -1 \end{pmatrix}

* Déterminons le déterminant de Am.

det(A_m) = -(m + 3)

Pour m \in \R\setminus\{-3\}, det(A_m) \neq 0 donc fm est un automorphisme de \R^3 \forall m \in \R\setminus\{-3\}

Par conséquent f0 et f1 sont des automorphismes de \R^3.

c) f_1 (x ; y ; z) = (0 ; 1 ; 7) \iff (x ; y ; z) = f_{1} ^{-1}(0 ; 1 ; 7) \iff \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = A_{1}^{-1} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\ 7 \\ \\ \end{pmatrix} {\red{(1)}}

* Calculons A_{1}^{-1}

On a det(A_1) = -4 et A_{1}^{-1} = \dfrac{1}{det A_1}*com(^t A)= \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{3}{4} \end{pmatrix}

De {\red{(1)}} on a \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{3}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\ 7    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \\ 1 \\ \\ 2 \\ \\ -5    \end{pmatrix}

* Calculons \left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0)

\left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0) = A^{-1}_{1} \begin{pmatrix} \\ 2 \\ \\ 5 \\ \\ 0    \end{pmatrix}

Posté par
phyelec78re : Base et application linéaire 09-03-22 à 23:01

Bonjour,

pour moi, sauf erreur de ma part (il est tard) w_1= 1.e_2-1.e_3=(0,1,-1)

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 09-03-22 à 23:12

Ok mais c'est bon pour le reste et la rédaction ?

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 09-03-22 à 23:13

Bonsoir,

Oui, il se fait tard et j'ai survolé. Il y a l'erreur signalé par phyelec78, mais la matrice P est correcte.

Par contre erreurs de calcul en 4/  où par ailleurs , l'écriture H^{-1} pour désigner l'expression de H dans la base S_1 est parfaitement incorrecte.

De nouvelles erreurs d'inattention dans la suite (2, 1, m) devient (2, -1, m )  sitôt passé le signe =.

Dommage. A reprendre donc

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 09-03-22 à 23:37

4) \vec H = (-5 ; 1 ; 2)

\vec H^{-1} = P^{-1} \vec{H} =\begin{pmatrix} \\ \\ 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{5} \\\\ \\ \\ -\dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & \dfrac{1}{6} \\\\ \\ \\ \dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & -\dfrac{5}{6} \\ \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ \\ -5\\ \\ \\ 1\\ \\ \\ 2 \\ \\ \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \\ \\ \dfrac{11}{15}\\ \\ \\ -2\\ \\ \\ -4 \\ \\ \end{pmatrix}

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 09-03-22 à 23:38

matheux14 @ 09-03-2022 à 23:37

4) \vec H' =P^{-1} \vec{H}

\vec H' = P^{-1} \vec{H} =\begin{pmatrix} \\ \\ 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{5} \\\\ \\ \\ -\dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & \dfrac{1}{6} \\\\ \\ \\ \dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & -\dfrac{5}{6} \\ \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ \\ -5\\ \\ \\ 1\\ \\ \\ 2 \\ \\ \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \\ \\ \dfrac{11}{15}\\ \\ \\ -2\\ \\ \\ -4 \\ \\ \end{pmatrix}

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 09-03-22 à 23:44

Ce n'est pas 1/5 en haut à droite de la matrice, c'est 1/3, non ?

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 09-03-22 à 23:48

Et la coordonnée -2 est fausse aussi

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 00:01

Citation :
5-a) f_m : \R^3 \to \R^3 : (x ; y ; z) \mapsto (x+2y+z ~;~ -2x + y -z  ~;~ my - z)

\beta = \left\{ e_1= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_2 = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_3 = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\} est une base canonique de \R^3

* f_m(e_1) = f_m (1 ; 0 ; 0) = (1 ; -2 ; 0) = {\red{e_1 - 2e_2}

* f_m (e_2) = f_m (0 ; 1 ; 0) = (2 ; 1 ; m) =  {\blue{2e_1 -e_1 + me_3}

* f_m (e_3) = f_m(0 ; 0 ; 1) = (1 ; -1 ; -1) =  {\green{e_1 - e_2 - e_3}

On a : A_m = \begin{pmatrix}   {\red{1}} & {\blue{2}} & {\green{1}} \\   {\red{-2}} &  {\blue{-1}} & {\green{-1}} \\   {\red{0}} &  {\blue{m}} & {\green{-1}} \end{pmatrix}


Je ne vois pas l'erreur..

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 00:08

\vec H' = P^{-1} \vec{H} =\begin{pmatrix} \\ \\ 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ \\ \\ -\dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & \dfrac{1}{6} \\\\ \\ \\ \dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & -\dfrac{5}{6} \\ \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ \\ -5\\ \\ \\ 1\\ \\ \\ 2 \\ \\ \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \\ \\ 1\\ \\ \\ 3\\ \\ \\ -4 \\ \\ \end{pmatrix}

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 10-03-22 à 08:14

Ok pour les coordonnées de H dans la base S1.

Mais

f_m (e_2) = f_m (0 ; 1 ; 0) = (2 ; 1 ; m) =  2e_1 {\red +e_2 }+ me_3}

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 09:40

Citation :
Réponses

1) * Sm est une base de \R^3 si et seulement si  det(Sm) 0

det(S_m) = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & m \\ 1 & -1 & -1 \end{vmatrix} = -(m +5)

Par conséquent Sm est une base de \R^3, \forall m \in \R \setminus\{-5\}.

S_1 = \{\vec u ; \vec v ; \vec w_1\}

S_1 = \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ -1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ -1 \end{pmatrix} \right\} donc S1 est une base de \R^3


2) Matrice de passage de la base \beta à la base S_1.

Soit P la matrice de passage la base \beta à la base S_1

On a : P = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}

3)  La matrice de passage de la base S_1.
à la base \beta est P^{-1} = \dfrac{1}{det(P)} * ^t \text{com}(P)

\text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -3 \\ -2 & -1 & -1 \\ -2 & -1 & 5 \end{pmatrix}

^t \text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & -2 & -2 \\ 3 & -1 & -1 \\ -3& -1 & 5 \end{pmatrix}

P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{2}& \dfrac{1}{6} & -\frac{5}{6} \end{pmatrix}

4) \vec H = (-5 ; 1 ; 2)

\vec H' = P^{-1} \vec{H} =\begin{pmatrix} \\ \\ 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ \\ \\ -\dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & \dfrac{1}{6} \\\\ \\ \\ \dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & -\dfrac{5}{6} \\ \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ \\ -5\\ \\ \\ 1\\ \\ \\ 2 \\ \\ \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \\ \\ 1\\ \\ \\ 3\\ \\ \\ -4 \\ \\ \end{pmatrix} représente les coordonnées de H dans la base S1


5-a) f_m : \R^3 \to \R^3 : (x ; y ; z) \mapsto (x+2y+z ~;~ -2x + y -z  ~;~ my - z)

\beta = \left\{ e_1= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_2 = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_3 = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\} est une base canonique de \R^3

* f_m(e_1) = f_m (1 ; 0 ; 0) = (1 ; -2 ; 0) = {\red{e_1 - 2e_2}

* f_m (e_2) = f_m (0 ; 1 ; 0) = (2 ; 1 ; m) =  {\blue{2e_1 +e_1 + me_3}

* f_m (e_3) = f_m(0 ; 0 ; 1) = (1 ; -1 ; -1) =  {\green{e_1 - e_2 - e_3}

On a : A_m = \begin{pmatrix}   {\red{1}} & {\blue{2}} & {\green{1}} \\   {\red{-2}} &  {\blue{1}} & {\green{-1}} \\   {\red{0}} &  {\blue{m}} & {\green{-1}} \end{pmatrix}

b) Montrons que f_m est un automorphisme de \R^3

On a A_m = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ -2 & -1 & -1 \\ 0 & m & -1 \end{pmatrix}

* Déterminons le déterminant de Am.

det(A_m) = -(m + 3)

Pour m \in \R\setminus\{-3\}, det(A_m) \neq 0 donc fm est un automorphisme de \R^3 \forall m \in \R\setminus\{-3\}

Par conséquent f0 et f1 sont des automorphismes de \R^3.

c) f_1 (x ; y ; z) = (0 ; 1 ; 7) \iff (x ; y ; z) = f_{1} ^{-1}(0 ; 1 ; 7) \iff \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = A_{1}^{-1} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\ 7 \\ \\ \end{pmatrix} {\red{(1)}}

* Calculons A_{1}^{-1}

On a det(A_1) = -4 et A_{1}^{-1} = \dfrac{1}{det A_1}*com(^t A)= \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{3}{4} \end{pmatrix}

De {\red{(1)}} on a \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{3}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\ 7    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \\ 1 \\ \\ 2 \\ \\ -5    \end{pmatrix}

* Calculons \left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0)

\left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0) = A^{-1}_{1} \begin{pmatrix} \\ 2 \\ \\ 5 \\ \\ 0    \end{pmatrix}


C'est bon pour la rédaction ?

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 09:46

Pardon, à la question 5-b)

b) Montrons que f_m est un automorphisme de \R^3

On a A_m = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ -2 & 1 & -1 \\ 0 & m & -1 \end{pmatrix}

* Déterminons le déterminant de Am.

det(A_m) = -(m + 5)

Pour m \in \R\setminus\{-5\}, det(A_m) \neq 0 donc fm est un automorphisme de \R^3 \forall m \in \R\setminus\{-5\}

Par conséquent f0 et f1 sont des automorphismes de \R^3.

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 10-03-22 à 09:57

Oui, mais

Citation :
Montrons que Cherchons à quelles conditions sur m, f_m est un automorphisme de \R^3


je ne vais plus être disponible avant cet après-midi.

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 10:09

Citation :
Réponses

1) * Sm est une base de \R^3 si et seulement si  det(Sm) 0

det(S_m) = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & m \\ 1 & -1 & -1 \end{vmatrix} = -(m +5)

Par conséquent Sm est une base de \R^3, \forall m \in \R \setminus\{-5\}.

S_1 = \{\vec u ; \vec v ; \vec w_1\}

S_1 = \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ -1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ -1 \end{pmatrix} \right\} donc S1 est une base de \R^3


2) Matrice de passage de la base \beta à la base S_1.

Soit P la matrice de passage la base \beta à la base S_1

On a : P = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}

3)  La matrice de passage de la base S_1.
à la base \beta est P^{-1} = \dfrac{1}{det(P)} * ^t \text{com}(P)

\text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -3 \\ -2 & -1 & -1 \\ -2 & -1 & 5 \end{pmatrix}

^t \text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & -2 & -2 \\ 3 & -1 & -1 \\ -3& -1 & 5 \end{pmatrix}

P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{2}& \dfrac{1}{6} & -\frac{5}{6} \end{pmatrix}

4) \vec H = (-5 ; 1 ; 2)

\vec H' = P^{-1} \vec{H} =\begin{pmatrix} \\ \\ 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ \\ \\ -\dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & \dfrac{1}{6} \\\\ \\ \\ \dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & -\dfrac{5}{6} \\ \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ \\ -5\\ \\ \\ 1\\ \\ \\ 2 \\ \\ \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \\ \\ 1\\ \\ \\ 3\\ \\ \\ -4 \\ \\ \end{pmatrix} représente les coordonnées de H dans la base S1


5-a) f_m : \R^3 \to \R^3 : (x ; y ; z) \mapsto (x+2y+z ~;~ -2x + y -z  ~;~ my - z)

\beta = \left\{ e_1= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_2 = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_3 = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\} est une base canonique de \R^3

* f_m(e_1) = f_m (1 ; 0 ; 0) = (1 ; -2 ; 0) = {\red{e_1 - 2e_2}

* f_m (e_2) = f_m (0 ; 1 ; 0) = (2 ; 1 ; m) =  {\blue{2e_1 +e_1 + me_3}

* f_m (e_3) = f_m(0 ; 0 ; 1) = (1 ; -1 ; -1) =  {\green{e_1 - e_2 - e_3}

On a : A_m = \begin{pmatrix}   {\red{1}} & {\blue{2}} & {\green{1}} \\   {\red{-2}} &  {\blue{1}} & {\green{-1}} \\   {\red{0}} &  {\blue{m}} & {\green{-1}} \end{pmatrix}

b)  Cherchons à quelles conditions sur m, f_m est un automorphisme de \R^3

On a A_m = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ -2 & 1 & -1 \\ 0 & m & -1 \end{pmatrix}

* Déterminons le déterminant de Am.

det(A_m) = -(m + 5)

Pour m \in \R\setminus\{-5\}, det(A_m) \neq 0 donc fm est un automorphisme de \R^3 \forall m \in \R\setminus\{-5\}

Par conséquent f0 et f1 sont des automorphismes de \R^3.

c) f_1 (x ; y ; z) = (0 ; 1 ; 7) \iff (x ; y ; z) = f_{1} ^{-1}(0 ; 1 ; 7) \iff \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = A_{1}^{-1} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\ 7 \\ \\ \end{pmatrix} {\red{(1)}}

* Calculons A_{1}^{-1}

On a det(A_1) = -4 et A_{1}^{-1} = \dfrac{1}{det A_1}*com(^t A)= \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{3}{4} \end{pmatrix}

De {\red{(1)}} on a \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{4} \\\\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & -\dfrac{3}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\ 7    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \\ 1 \\ \\ 2 \\ \\ -5    \end{pmatrix}

* Calculons \left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0)

\left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0) = A^{-1}_{1} \begin{pmatrix} \\ 2 \\ \\ 5 \\ \\ 0    \end{pmatrix}

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 10-03-22 à 15:31

Hélas, le c) est faux. Tu t'es trompé dans le calcul de A_1^{-1}.

Mais il n'y a aucun nouveau calcul à faire, il suffit de remarquer que

A_1=P^T , P étant la matrice trouvée en 2/ et donc  que A_1^{-1}=(P^{-1})^T

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 15:50

Ok, mais c'est quoi ce T ?

Posté par
lafol Moderateurre : Base et application linéaire 10-03-22 à 16:39

Bonjour
Transposée

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 17:25

Citation :
Réponses

1) * Sm est une base de \R^3 si et seulement si  det(Sm) 0

det(S_m) = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & m \\ 1 & -1 & -1 \end{vmatrix} = -(m +5)

Par conséquent Sm est une base de \R^3, \forall m \in \R \setminus\{-5\}.

S_1 = \{\vec u ; \vec v ; \vec w_1\}

S_1 = \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ -1 \end{pmatrix} ~;~ \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ -1 \end{pmatrix} \right\} donc S1 est une base de \R^3


2) Matrice de passage de la base \beta à la base S_1.

Soit P la matrice de passage la base \beta à la base S_1

On a : P = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}

3)  La matrice de passage de la base S_1.
à la base \beta est P^{-1} = \dfrac{1}{det(P)} * ^t \text{com}(P)

\text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -3 \\ -2 & -1 & -1 \\ -2 & -1 & 5 \end{pmatrix}

^t \text{com} (P) = \begin{pmatrix} 0 & -2 & -2 \\ 3 & -1 & -1 \\ -3& -1 & 5 \end{pmatrix}

P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{2}& \dfrac{1}{6} & -\frac{5}{6} \end{pmatrix}

4) \vec H = (-5 ; 1 ; 2)

\vec H' = P^{-1} \vec{H} =\begin{pmatrix} \\ \\ 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ \\ \\ -\dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & \dfrac{1}{6} \\\\ \\ \\ \dfrac{1}{2}  & \dfrac{1}{6}  & -\dfrac{5}{6} \\ \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ \\ -5\\ \\ \\ 1\\ \\ \\ 2 \\ \\ \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \\ \\ 1\\ \\ \\ 3\\ \\ \\ -4 \\ \\ \end{pmatrix} représente les coordonnées de H dans la base S1


5-a) f_m : \R^3 \to \R^3 : (x ; y ; z) \mapsto (x+2y+z ~;~ -2x + y -z  ~;~ my - z)

\beta = \left\{ e_1= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_2 = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} ~;~ e_3 = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}\right\} est une base canonique de \R^3

* f_m(e_1) = f_m (1 ; 0 ; 0) = (1 ; -2 ; 0) = {\red{e_1 - 2e_2}

* f_m (e_2) = f_m (0 ; 1 ; 0) = (2 ; 1 ; m) =  {\blue{2e_1 +e_1 + me_3}

* f_m (e_3) = f_m(0 ; 0 ; 1) = (1 ; -1 ; -1) =  {\green{e_1 - e_2 - e_3}

On a : A_m = \begin{pmatrix}   {\red{1}} & {\blue{2}} & {\green{1}} \\   {\red{-2}} &  {\blue{1}} & {\green{-1}} \\   {\red{0}} &  {\blue{m}} & {\green{-1}} \end{pmatrix}

b)  Cherchons à quelles conditions sur m, f_m est un automorphisme de \R^3

On a A_m = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\ -2 & 1 & -1 \\ 0 & m & -1 \end{pmatrix}

* Déterminons le déterminant de Am.

det(A_m) = -(m + 5)

Pour m \in \R\setminus\{-5\}, det(A_m) \neq 0 donc fm est un automorphisme de \R^3 \forall m \in \R\setminus\{-5\}

Par conséquent f0 et f1 sont des automorphismes de \R^3.

c) f_1 (x ; y ; z) = (0 ; 1 ; 7) \iff (x ; y ; z) = f_{1} ^{-1}(0 ; 1 ; 7) \iff \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = A_{1}^{-1} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\ 7 \\ \\ \end{pmatrix} {\red{(1)}}

* Calculons A_{1}^{-1}

On a A_1 = ^t(P) donc A_1^{-1} = ^t (P^{-1})

P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\\\ -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{2}& \dfrac{1}{6} & -\dfrac{5}{6} \end{pmatrix} \Rightarrow ^t (P^{-1}) = \begin{pmatrix} 0 & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\\\ \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{3}& \dfrac{1}{6} & -\dfrac{5}{6} \end{pmatrix}

Donc A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\\\ \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{3}& \dfrac{1}{6} & -\dfrac{5}{6} \end{pmatrix}

De {\red{(1)}} on a \begin{pmatrix} \\ x\\ \\ y \\ \\ z \\ \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\\\ \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{3}& \dfrac{1}{6} & -\dfrac{5}{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ 0 \\ \\ 1 \\ \\     7    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \\ 3 \\ \\ \dfrac{4}{3} \\ \\     -\dfrac{17}{3}    \end{pmatrix}

* Calculons \left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0)

\left(f_1 \right)^{-1} (2 ; 5 ; 0) = A^{-1}_{1} \begin{pmatrix} \\ 2 \\ \\ 5 \\ \\     0    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\\\ \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \\\\ \dfrac{1}{3}& \dfrac{1}{6} & -\dfrac{5}{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \\ 2 \\ \\ 5 \\ \\     0    \end{pmatrix}  =   \begin{pmatrix} \\ -\dfrac{5}{2} \\ \\ \dfrac{3}{2} \\ \\      \dfrac{3}{2}    \end{pmatrix}

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 10-03-22 à 17:40

Oui.

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 17:58

Ok merci beaucoup

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 10-03-22 à 18:17

De rien. Dommage que tu fasses de grosses fautes de pure inattention. Tu devrais essayer d'être plus attentif.
Par ailleurs, explique mieux ce que tu fais : " la matrice de passage sera constituée..., d'où..."

Posté par
matheux14re : Base et application linéaire 10-03-22 à 18:24

Oui mais un peu difficile de saisir en Latex du coup je loupe souvent des choses.
Je ferai plus attention maintenant.

Posté par
larrechre : Base et application linéaire 10-03-22 à 18:37

En ce qui concerne le Latex, faire un aperçu avant de poster peut déjà permettre d'éliminer un certain nombre d'erreurs.


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