Chapitre 3 – Réduction
Pour inverser P on résout le système associé
x + 2y + 3z = a
−y − z = b
x + y + z = c
⇔
x + 2y + 3z = a
−y − z = b
−y − 2z = −a + c
⇔
x + 2y + 3z = a
−y − z = b
−z = −a − b + c
⇔
x = a − 2(−a − 2b + c) − 3(a + b − c)
y = −a − 2b + c
z = a + b − c
⇔
x = b + c
y = −a − 2b + c
z = a + b − c
D’où P
−1 =
0
1 1
−1 −2 1
1
1 1
et P
−1 AP =
−2 0 0
0 1 0
0 0 3
.
7.
1. a. On sait qu’une famille génératrice de mf a est (f a (e 1 ), f a (e 2 ), f a (e 3 )). Comme
f a (e 1 ) = f a (e 3 ) et f a (e 2 ) = 0, la famille (f a (e 1 )) est aussi génératrice. Or f a (e 2 ) est non nul
puisque sa composante sur e 2 vaut 1. La famille (f a (e 1 )) est donc une base de mf a .
b. D’après le théorème du rang, on sait que dim(Kerf a ) = 3 − dim(mf a ) = 2. De plus
f (e 2 ) = 0 et f (e 1 − e 3 ) = f (e 1 ) − f (e 3 ) = 0 c’est-à-dire que e 2 , e 1 − e 3 ∈ Kerf a .
Enfin (e 2 , e 1 − e 3 ) forme une famille libre puisque ces vecteurs ne sont clairement pas
proportionnels. En conclusion (e 2 , e 1 − e 3 ) forme une base de Kerf a
2. D’après la définition de f a ,
A =
a 0 a
1 0 1
−a 0 −a
D’où
A
2 =
0 0 0
0 0 0
0 0 0
Donc f a ◦ f a = 0
3. a. Montrons que c’est une famille libre de E. Soit b, c, d tels que ae
1 + be
2 + ce
3 = 0. En
repassant dans la base initiale, on a
b(ae 1 + e 2 − ae 3 ) + c(e 1 − e 3 ) + de 3 = 0
(ab + c)e 1 + be 2 + (−ab − c + d)e 3 = 0
La coordonnée sur e 2 doit être nulle donc b = 0. En annulant celle sur e 1 , on trouve
c = 0. Enfin d’après la coordonnée sur e 3 il vient c = 0. La famille (e
1 , e
2 , e
3 ) est une
famille libre de trois vecteurs d’un espace de dimension trois, c’est donc une base de E.
b. On a f a (e
1 ) = f a ◦ f a (e 1 ) = 0, f (e
2 ) = f (e 1 − e 3 ) = 0 et f (e
3 ) = f (e 3 ) = e
1 . D’où
A
=
0 0 1
0 0 0
0 0 0
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