b. Nous avons la suite d’inclusions Im( f ) ⊂ Ker( f ) ⊂ R 3 entre des espaces de
dimension 1, puis 2, puis 3. Il est naturel de chercher une base de R 3 adaptée à ces
inclusions. Dans un premier temps, choisissons une base (e 1 ) de Im( f ). Elle n’est
composée que d’un vecteur car nous avons vu à la question précédente que
dim(Im( f )) = 1.
À présent, complétons la famille (e 1 ) en une base (e 1 ,e 2 ) de Ker( f ). Elle est composée de deux vecteurs car dim(Ker( f )) = 2, d’après la question précédente.
Finalement, complétons la famille (e 1 ,e 2 ) en une base B = (e 1 ,e 2 ,e 3 ) de R 3 .
Calculons la matrice de l’endomorphisme f dans la base B. On a f (e 1 ) = f (e 2 ) = 0,
car e 1 ,e 2 ∈ Ker( f ). Le vecteur f (e 3 ) appartient à Im( f ) est n’est pas nul car
e 3 /
∈ Ker( f ) = Vect(e 1 ,e 2 ). On en déduit qu’il existe λ = / 0 tel que f (e 3 ) = λ e 1 .
Par conséquent, la matrice de f dans la base B est
0 0 λ
0 0 0
0 0 0
.
Nous avons presque obtenu la matrice voulue. Posons e
3 = (1/λ) e 3 . Nous avons
alors f (e
3 ) = e 1 . Définissons une nouvelle base de R 3 par B = (e 1 ,e 2 ,e
3 ). La
matrice de l’endomorphisme f dans la base B est
0 0 1
0 0 0
0 0 0
.
Remarquons que nous aurions pu choisir directement le vecteur e
3 comme un antécédent de e 1 par f. Cette observation nous permettra de rendre la rédaction un peu
plus élégante.
Nous avons la suite d’inclusions Im( f ) ⊂ Ker( f ) ⊂ R 3 . D’après la question
précédente, on a dim(Im( f )) = 1 et dim(Ker( f )) = 2. Soit (e 1 ) une base
de Im( f ) et complétons-la en une base (e 1 ,e 2 ) de Ker( f ). Il existe un vecteur e 3 de R 3 tel que f (e 3 ) = e 1 . Puisque e 3 /
∈ Ker( f ), la famille
(e 1 ,e 2 ,e 3 ) est libre. On en déduit que c’est une base de R 3 . La matrice de
l’endomorphisme f dans cette base n’est autre que
0 0 1
0 0 0
0 0 0
.
Exercice 14.7 : Projections et symétries
1. Soient les vecteurs de R 3
b 1 = (1,1,2), b 2 = (−2,−1,3) et b 3 = (0,−3,−1).
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Partie 3 • Algèbre
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dimension 1, puis 2, puis 3. Il est naturel de chercher une base de R 3 adaptée à ces
inclusions. Dans un premier temps, choisissons une base (e 1 ) de Im( f ). Elle n’est
composée que d’un vecteur car nous avons vu à la question précédente que
dim(Im( f )) = 1.
À présent, complétons la famille (e 1 ) en une base (e 1 ,e 2 ) de Ker( f ). Elle est composée de deux vecteurs car dim(Ker( f )) = 2, d’après la question précédente.
Finalement, complétons la famille (e 1 ,e 2 ) en une base B = (e 1 ,e 2 ,e 3 ) de R 3 .
Calculons la matrice de l’endomorphisme f dans la base B. On a f (e 1 ) = f (e 2 ) = 0,
car e 1 ,e 2 ∈ Ker( f ). Le vecteur f (e 3 ) appartient à Im( f ) est n’est pas nul car
e 3 /
∈ Ker( f ) = Vect(e 1 ,e 2 ). On en déduit qu’il existe λ = / 0 tel que f (e 3 ) = λ e 1 .
Par conséquent, la matrice de f dans la base B est
0 0 λ
0 0 0
0 0 0
.
Nous avons presque obtenu la matrice voulue. Posons e
3 = (1/λ) e 3 . Nous avons
alors f (e
3 ) = e 1 . Définissons une nouvelle base de R 3 par B = (e 1 ,e 2 ,e
3 ). La
matrice de l’endomorphisme f dans la base B est
0 0 1
0 0 0
0 0 0
.
Remarquons que nous aurions pu choisir directement le vecteur e
3 comme un antécédent de e 1 par f. Cette observation nous permettra de rendre la rédaction un peu
plus élégante.
Nous avons la suite d’inclusions Im( f ) ⊂ Ker( f ) ⊂ R 3 . D’après la question
précédente, on a dim(Im( f )) = 1 et dim(Ker( f )) = 2. Soit (e 1 ) une base
de Im( f ) et complétons-la en une base (e 1 ,e 2 ) de Ker( f ). Il existe un vecteur e 3 de R 3 tel que f (e 3 ) = e 1 . Puisque e 3 /
∈ Ker( f ), la famille
(e 1 ,e 2 ,e 3 ) est libre. On en déduit que c’est une base de R 3 . La matrice de
l’endomorphisme f dans cette base n’est autre que
0 0 1
0 0 0
0 0 0
.
Exercice 14.7 : Projections et symétries
1. Soient les vecteurs de R 3
b 1 = (1,1,2), b 2 = (−2,−1,3) et b 3 = (0,−3,−1).
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