Nous aurions aussi pu remarquer, pour cette dernière matrice, que la première
colonne est une combinaison linéaire des deux autres (le double de leur somme).
2.b. Il est aisé de construire des bases de ce type. En effet, une base de E 1 est une
famille libre de E 2 donc peut être complétée en une base de E 2 , etc.
Nous connaissons les dimensions des espaces E k , ce qui simplifie la détermination
de bases. En effet :
• E 1 est de dimension 1, donc toute famille libre à un élément en est une base.
Autrement dit, on peut prendre pour u 1 n'importe quel élément non nul de E 1 .
• E 2 est de dimension 2. La famille (u 1 ,u 2 ) étant de cardinal 2 = dim(E 2 ) il suffit
qu'elle soit libre pour être une base de E 2 . Autrement dit, si u 2 est n'importe quel
vecteur de E 2 non colinéaire à u 1 , (u 1 ,u 2 ) est une base de E 2 .
• Enfin, E 3 = R 3 est de dimension 3. Sachant que (u 1 ,u 2 ) est libre, il suffit donc
de prendre pour u 3 n'importe quel vecteur n'appartenant pas à Vect(u 1 ,u 2 ), i.e. à E 2 ,
pour que (u 1 ,u 2 ,u 3 ) soit également libre, et donc une base de R 3 puisqu'elle a
3 = dim(R 3 ) vecteurs.
On voit en particulier qu'il y a beaucoup (en fait, une infinité) de choix possibles
pour une telle base. Nous essaierons donc de faire en sorte que les vecteurs u k choisis soient « les plus simples possibles ». En pratique, ceci signifie qu'on essaiera de
faire en sorte que leurs coordonnées dans la base canonique soient de petits entiers.
Ceci permettra d'avoir des matrices de passage simples.
Commençons donc par chercher un élément non nul de E 1 = Ker( f − Id). Si
(x,y,z) ∈ E 1 alors
(A − I 3 )
x
y
z
=
0
0
0
ce qui se traduit par le système :
−4 x − 2 y
= 0
6 x + 2 y +
z = 0
4 x
+ 2 z = 0
La première équation donne y = −2 x et la troisième z = −2 x. Ainsi,
(x,y,z) = x(1,−2,−2). Réciproquement, (1,−2,−2) est bien solution de ce système donc le vecteur u 1 = (1,−2,−2) est un élément non nul de E 1 .
Alternativement,
les
égalités
( f − Id) 3 = ( f − Id) ◦ ( f − Id) 2
et
Ker(( f − Id) 3 ) = {0} entraînent Im(( f − Id) 2 ) ⊂ Ker( f − Id) . Il suffit donc de
trouver un élément non nul de Im(( f − Id) 2 ). Ceci est facile puisque les vecteurs
colonnes de la matrice (A − I 3 ) 2 engendrent Im(( f − Id) 2 ) ; comme ces colonnes sont
colinéaires à
1
−2
−2
, on retrouve le fait que (1,−2,−2) est élément de Ker( f − Id).
44
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
colonne est une combinaison linéaire des deux autres (le double de leur somme).
2.b. Il est aisé de construire des bases de ce type. En effet, une base de E 1 est une
famille libre de E 2 donc peut être complétée en une base de E 2 , etc.
Nous connaissons les dimensions des espaces E k , ce qui simplifie la détermination
de bases. En effet :
• E 1 est de dimension 1, donc toute famille libre à un élément en est une base.
Autrement dit, on peut prendre pour u 1 n'importe quel élément non nul de E 1 .
• E 2 est de dimension 2. La famille (u 1 ,u 2 ) étant de cardinal 2 = dim(E 2 ) il suffit
qu'elle soit libre pour être une base de E 2 . Autrement dit, si u 2 est n'importe quel
vecteur de E 2 non colinéaire à u 1 , (u 1 ,u 2 ) est une base de E 2 .
• Enfin, E 3 = R 3 est de dimension 3. Sachant que (u 1 ,u 2 ) est libre, il suffit donc
de prendre pour u 3 n'importe quel vecteur n'appartenant pas à Vect(u 1 ,u 2 ), i.e. à E 2 ,
pour que (u 1 ,u 2 ,u 3 ) soit également libre, et donc une base de R 3 puisqu'elle a
3 = dim(R 3 ) vecteurs.
On voit en particulier qu'il y a beaucoup (en fait, une infinité) de choix possibles
pour une telle base. Nous essaierons donc de faire en sorte que les vecteurs u k choisis soient « les plus simples possibles ». En pratique, ceci signifie qu'on essaiera de
faire en sorte que leurs coordonnées dans la base canonique soient de petits entiers.
Ceci permettra d'avoir des matrices de passage simples.
Commençons donc par chercher un élément non nul de E 1 = Ker( f − Id). Si
(x,y,z) ∈ E 1 alors
(A − I 3 )
x
y
z
=
0
0
0
ce qui se traduit par le système :
−4 x − 2 y
= 0
6 x + 2 y +
z = 0
4 x
+ 2 z = 0
La première équation donne y = −2 x et la troisième z = −2 x. Ainsi,
(x,y,z) = x(1,−2,−2). Réciproquement, (1,−2,−2) est bien solution de ce système donc le vecteur u 1 = (1,−2,−2) est un élément non nul de E 1 .
Alternativement,
les
égalités
( f − Id) 3 = ( f − Id) ◦ ( f − Id) 2
et
Ker(( f − Id) 3 ) = {0} entraînent Im(( f − Id) 2 ) ⊂ Ker( f − Id) . Il suffit donc de
trouver un élément non nul de Im(( f − Id) 2 ). Ceci est facile puisque les vecteurs
colonnes de la matrice (A − I 3 ) 2 engendrent Im(( f − Id) 2 ) ; comme ces colonnes sont
colinéaires à
1
−2
−2
, on retrouve le fait que (1,−2,−2) est élément de Ker( f − Id).
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire