Dm sous espaces vectoriels

[Ju64200]

Bonjour, j'aurais besoin d'aide sur un exercice concernant un dm, qui doit être rédigé en utilisant correctement les concepts mathématiques...
Ps : toute argumentation utilisant des résultats connus sur des applications linéaires, sur l’indépendance linéaire ou l’usage de base ne sera pas considérée comme valide...

Soit f : R^4 -> R^4 la fonction définie par :
f (x, y, z, t) = (3x - z + 5t, y + t, x + 2z + 4t, x - y + z + 2t)

1° Démontrer que pour tout vecteur x et y appartenant à R^4, et pour tout alpha et beta appartenant aux réels, on a f(αx + βy) = αf(x) + βf(y).
( x et y sont des vecteurs)
En déduire que Im(f) est un sous-espace vectoriel de R^4

réponse : j'ai posé x = (x,y,z,t) et y=(x',y',z',t')
<=> f(α(3x - z + 5t, y + t, x + 2z + 4t, x - y + z + 2t) + β(3x' - z' + 5t', y' + t', x' + 2z' + 4t', x' - y' + z'+ 2t'))
ensuite je me suis dit que l'on pouvait distribuer alpha beta pour chaque composante, ce qui nous donnait finalement αf(x) + βf(y)
mais c'est peut-être un petit peu rapide...
Im(f) est un s.e.v de R^4 car elle stable par la somme et par pondération.

2° Nous considérons en R^4 la base canonique, qui est le sous ensemble de R^4 donné par B = {e1,e2,e3,e4}.
Il est clair que tout élément (x,y,z,t) appartenant à R^4 peut s'exprimer sous la forme (x,y,z,t) = xe1 + ye2 + ze3 + te4.

a) Calculer f(e1), f(e2), f(e3) et f(e4)
J'ai trouvé f(e1) = f(1,0,0,0) = (3,0,1,1) ; f(e2) = (0,1,0,-1) ; f(e3) = (-1,0,2,1) ; f(e4) = (5,1,4,2)

b) Existe-t-il un vecteur (a,b,c,d) différent du vecteur nul tel que :
a.f(e1)+ b.f(e2) + c.f(e3) + d.f(e4) = (0,0,0,0)
J'ai trouvé a + b + c + d = 0
<=> a + b = c - d
donc par exemple le vecteur (2,2,8,4)

3° f est-elle injective ? f est-elle surjective ?

Merci d'avance...

[catamat]

Bonjour

b) Existe-t-il un vecteur (a,b,c,d) différent du vecteur nul tel que :
a.f(e1)+ b.f(e2) + c.f(e3) + d.f(e4) = (0,0,0,0)
J'ai trouvé a + b + c + d = 0
<=> a + b = c - d
donc par exemple le vecteur (2,2,8,4)

Ce n'est pas ce que j'ai trouvé, on obtient un système (4,4) indéterminé dont les solutions forment un sev de dimension 1.

[phyelec]

bonjour,

1)
l'idée est la bonne,il faut terminer le calcul.
2) a) je trouve pareil
b) pouvez me dire comment vous trouvez ce résultat? quel système avez-vous résolu?

[phyelec]

@catamat, nos postes se sont croisés je vous laisse continuer avec Ju64200

[catamat]

@phyelec, pas de soucis, si je ne suis pas dispo vous pouvez aussi continuer...

[Ju64200]

1°
f(α(x,y,z,t)+β(x',y',z',t'))
<=> α(3x - z + 5t, y + t, x + 2z + 4t, x - y + z + 2t) + β(3x' - z' + 5t', y' + t', x' + 2z' + 4t', x' - y' + z'+ 2t')
<=> α(3x - z + 5t) + α(y + t) + α(x + 2z + 4t) + α(x - y + z + 2t) + β(3x' - z' + 5t') + β(y' + t) + β(x' + 2z' + 4t') + β(x' - y' + z'+ 2t')
<=> αf(x) + βf(y)

2°b
a.f(e1)+ b.f(e2) + c.f(e3) + d.f(e4) = (0,0,0,0)
a(1,0,0,0) + b(0,1,0,0) + c(0,0,1,0) + d(0,0,01) = 0
on obtient le système suivant :
a =0
b=0
c=0
d=0
donc il n'existe pas de vecteur non nul tel que a.f(e1)+ b.f(e2) + c.f(e3) + d.f(e4) = (0,0,0,0)

3° je connais les concepts d'injectivité et de surjectivité mais pas comment le prouver...

[catamat]

a.f(e1)+ b.f(e2) + c.f(e3) + d.f(e4) = (0,0,0,0)
a(1,0,0,0) + b(0,1,0,0) + c(0,0,1,0) + d(0,0,01) = 0

Non
f(e1) = f(1,0,0,0) = (3,0,1,1) ; f(e2) = (0,1,0,-1) ; f(e3) = (-1,0,2,1) ; f(e4) = (5,1,4,2)

donc
a(3,0,1,0) + b(0,1,0,-1) + c(-1,0,2,1) + d(5,1,4,2) = 0
à résoudre...

Pour l'injection et la surjection voir les résultats sur le noyau et l'image d'une application linéaire

[Ju64200]

Je n'avais pas le droit d'utiliser le noyau pour répondre à cette question, j'ai donc essayé avec des exemples.

f est injective ssi : pour tout (x,y,z,t) , (x',y',z',t') appartenant à R^4 , f(x,y,z,t) = f(x',y',z',t') implique que (x,y,z,t)=(x',y',z',t')

f(o,o,o,o) = (o,o,o,o)
f(2,1,1,-1) = (o,o,o,o)
or (o,o,o,o) différent de (2,1,1,-1) donc f n'est pas injective

f est surjective ssi : pour tout (x',y',z',t') appartenant à F, il existe (x,y,z,t) appartenant à E tel que (x',y',z',t') = f(x,y,z,t)
Prenons f(x,y,z,t) = (o.5,4,2,-1)

3x -z +5t = o,5
y+t= 4
x+2z+4t = 2
x-y+z+2t = -1

L2 : y=-t
L4 : x - (4-t) + z + 2t = -1 <=> x = 3-3t-z
L3 : 3 - 3t -z + 2z + 4t = 2 <=> z = -t-3
L4 : 3 - 3t -z +2z + 4t = 2 <=> -3-t+t = -1 <=> -3 = -1
Ce qui est impossible, donc (o.5,4,2,-1) n'a pas d'antécédent.
Par conséquent, f n'est pas surjective

[catamat]

Ok pour l'injection mais il y a des erreurs pour la surjection.

3x -z +5t = o,5
y+t= 4
x+2z+4t = 2
x-y+z+2t = -1

L2 : y=-t y=-t+4
L4 : x - (4-t) + z + 2t = -1 <=> x = 3-3t-z
L3 : 3 - 3t -z + 2z + 4t = 2 <=> z = -t-3 z=-t-1, donc x=3-3t+t+1=4-2t
L4 : 3 - 3t -z +2z + 4t = 2 <=> -3-t+t = -1 <=> -3 = -1non vous utlisez deux fois la même équation L3 en l'occurence et les erreurs commises en amont conduisent à une impossibilité, sans erreur on aurait eu 0=0

Il fallait reporter dans L1
3x-z+5t=0,5 ssi
3(4-2t)-(-t-1)+5t=0,5 ssi
13=0.5
Donc pas de solution

Ceci dit la résolution est mal présentée, la résolution doit s'effectuer en respectant à la lettre la méthode choisie (substitution , pivot de Gauss...) et à chaque étape on remplace le système par un système équivalent.