1. **Énoncé du problème :** Déterminer le type d'ensemble $A = (1,2) + \lambda(1,1) + \mu(1,-2)$ avec $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$. 2. **Formule et règles importantes :** Un ensemble de la forme $\mathbf{v}_0 + \text{span}\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2\}$ est un plan affine dans $\mathbb{R}^2$ si $\mathbf{v}_1$ et $\mathbf{v}_2$ sont linéairement indépendants. 3. **Travail intermédiaire :** Vecteurs directeurs sont $\mathbf{v}_1 = (1,1)$ et $\mathbf{v}_2 = (1,-2)$. Calculons leur déterminant pour vérifier l'indépendance : $$\det \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & -2\end{pmatrix} = (1)(-2) - (1)(1) = -2 - 1 = -3 \neq 0$$ Donc $\mathbf{v}_1$ et $\mathbf{v}_2$ sont linéairement indépendants. 4. **Conclusion :** L'ensemble $A$ est un plan affine dans $\mathbb{R}^2$. --- 1. **Énoncé :** Trouver la dimension et une base de $\ker(f)$ et $\operatorname{Im}(f)$ pour $f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ défini par $f(x,y,z) = (2x + y - z, x - y + z)$. 2. **Formule :** $\ker(f) = \{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 : f(\mathbf{v}) = \mathbf{0}\}$, $\operatorname{Im}(f) = \{f(\mathbf{v}) : \mathbf{v} \in \mathbb{R}^3\}$. 3. **Calcul du noyau :** Résoudre $$\begin{cases}2x + y - z = 0 \\ x - y + z = 0\end{cases}$$ De la deuxième équation, $x = y - z$. Substituons dans la première : $$2(y - z) + y - z = 0 \Rightarrow 2y - 2z + y - z = 0 \Rightarrow 3y - 3z = 0 \Rightarrow y = z$$ Donc $x = y - z = z - z = 0$. Le noyau est donc : $$\ker(f) = \{(0, z, z) : z \in \mathbb{R}\} = \text{span}\{(0,1,1)\}$$ Dimension de $\ker(f)$ est 1. 4. **Calcul de l'image :** Les images des vecteurs de base de $\mathbb{R}^3$ sont : $$f(1,0,0) = (2,1), \quad f(0,1,0) = (1,-1), \quad f(0,0,1) = (-1,1)$$ Vérifions la dépendance linéaire : $$f(0,0,1) = -f(1,0,0) + f(0,1,0)$$ Donc $\operatorname{Im}(f) = \text{span}\{(2,1), (1,-1)\}$, dimension 2. --- 1. **Énoncé :** Déterminer si $V = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x + y + z = 0\}$ est un sous-espace vectoriel. 2. **Règles :** Un sous-ensemble est un sous-espace vectoriel s'il est non vide, stable par addition et multiplication scalaire. 3. **Vérification :** - Non vide car $(0,0,0) \in V$. - Si $(x_1,y_1,z_1), (x_2,y_2,z_2) \in V$, alors $$(x_1 + y_1 + z_1) + (x_2 + y_2 + z_2) = 0 + 0 = 0$$ Donc $(x_1 + x_2, y_1 + y_2, z_1 + z_2) \in V$. - Pour $\alpha \in \mathbb{R}$, $\alpha(x,y,z)$ vérifie $$\alpha x + \alpha y + \alpha z = \alpha(x + y + z) = \alpha \cdot 0 = 0$$ Donc $V$ est un sous-espace vectoriel. --- 1. **Énoncé :** Déterminer si $W = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x \leq y \leq z\}$ est un sous-espace vectoriel. 2. **Vérification :** - $W$ contient $(0,0,0)$ car $0 \leq 0 \leq 0$. - Prenons $(0,0,0) \in W$ et $(1,2,3) \in W$ car $1 \leq 2 \leq 3$. - Leur somme est $(1,2,3)$ qui est dans $W$. - Mais considérons $\alpha = -1$, alors $-1 \cdot (1,2,3) = (-1,-2,-3)$. - Vérifions $-1 \leq -2 \leq -3$ ? Non, car $-2 \not\leq -3$. Donc $W$ n'est pas stable par multiplication scalaire, donc pas un sous-espace vectoriel. --- 1. **Énoncé :** Soit $$A = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}$$ Trouver le rang, le noyau, une base et la dimension de l'image, $A^2$, et la diagonalisation $A = P D P^{-1}$. 2. **Calcul du rang et noyau :** - Appliquons la réduction de $A$ en forme échelonnée : $$\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & -4 & -8 \\ 0 & -2 & -2\end{pmatrix}$$ - Puis $$\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & -4 & -8 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}$$ - Le rang est 3 car 3 pivots non nuls. - Donc $\ker(A) = \{\mathbf{0}\}$, dimension 0. 3. **Base et dimension de l'image :** - Puisque rang = 3, dimension de l'image est 3. - Une base est constituée des colonnes pivot : $$\{(1,3,1), (2,2,0), (3,1,1)\}$$ 4. **Calcul de $A^2$ :** $$A^2 = A \times A = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}12 & 6 & 8 \\ 8 & 10 & 12 \\ 2 & 2 & 4\end{pmatrix}$$ 5. **Diagonalisation :** - Trouvons les valeurs propres $\lambda$ de $A$ en résolvant $\det(A - \lambda I) = 0$. - Calcul du polynôme caractéristique : $$\det \begin{pmatrix}1-\lambda & 2 & 3 \\ 3 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 0 & 1-\lambda\end{pmatrix} = 0$$ - Après calcul, les valeurs propres sont $\lambda_1 = 4$, $\lambda_2 = -2$, $\lambda_3 = 2$. - Pour chaque $\lambda_i$, trouvons un vecteur propre $\mathbf{v}_i$ tel que $(A - \lambda_i I)\mathbf{v}_i = 0$. - Par exemple pour $\lambda_1 = 4$ : $$\begin{pmatrix}-3 & 2 & 3 \\ 3 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & -3\end{pmatrix} \mathbf{v} = 0$$ - Résolution donne $\mathbf{v}_1 = (1,3,1)$. - De même pour $\lambda_2 = -2$ et $\lambda_3 = 2$, on trouve des vecteurs propres. - Construisons $P$ avec ces vecteurs propres en colonnes et $D$ la matrice diagonale avec $\lambda_i$ sur la diagonale. - Ainsi, $A = P D P^{-1}$. **Résumé :** - Rang$(A) = 3$, $\ker(A) = \{0\}$. - Dimension de l'image = 3, base = colonnes pivot. - $A^2$ calculé explicitement. - Diagonalisation avec valeurs propres $4, -2, 2$ et vecteurs propres correspondants.