Espaces vectoriels et applications linéaires : corrigé du contrôle de maths Licence L2

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Corrigé du contrôle avec le barème détaillé. Compte tes points et repère ce qu’il faut revoir.

Durée conseillée : 45 minutes. Barème sur 20 points. Calculatrice autorisée seulement quand l’énoncé le précise.

Sommaire

\((0,0,0)\in F\), et pour \(u,v\in F\), \(\lambda,\mu\in\mathbb{R}\), l’expression \(x-y+2z\) est linéaire donc nulle sur \(\lambda u+\mu v\) (1 pt).
Un élément s’écrit \((y-2z,y,z)=y(1,1,0)+z(-2,0,1)\) (1 pt). Ces deux vecteurs sont dans \(F\) (\(1-1=0\) ; \(-2-0+2=0\)) et non proportionnels : base de \(F\), \(\dim F=2\) (1 pt).
Non : \((1,0,0)\) et \((0,1,0)\) sont dans \(G\) mais pas leur somme \((1,1,0)\) (1 pt).

\(u_2-u_1=(0,1,-2)=u_3\), soit \(u_1-u_2+u_3=0\) (1 pt).
\(u_1,u_2\) ne sont pas proportionnels : libres ; \(u_3\in\operatorname{Vect}(u_1,u_2)\). Rang 2 et base \((u_1,u_2)\) (1 pt).
Déterminant de \(u_1,u_2,w\) : \(1\cdot(1\cdot1-0\cdot0)-0+2\cdot(1\cdot0-1\cdot0)=1\neq0\) (1 pt) ; trois vecteurs libres en dimension 3 forment une base (1 pt).

\(x+2y=0\), \(y=z\), \(x+y+z=0\) donnent \(x=-2y\), \(z=y\), et \(-2y+y+y=0\) est vérifiée. \(\operatorname{Ker}f=\operatorname{Vect}((-2,1,1))\) (2 pts).
\(f(e_1)=(1,0,1)\), \(f(e_2)=(2,1,1)\), \(f(e_3)=(0,-1,1)=2f(e_1)-f(e_2)\). Une base de l’image est \(((1,0,1),(2,1,1))\) (1 pt) ; un vecteur \((a+2b,b,a+b)\) vérifie \(z=x-y\), équation de \(\operatorname{Im}f\) (1 pt).
\(\operatorname{rg}f=2=3-1\) cohérent avec \(\dim\operatorname{Ker}f=1\). Le noyau n’est pas réduit à \(\{0\}\) : pas injective ; le rang est \(2<3\) : pas surjective (1 pt).

Si \(\alpha a_1+\beta a_2+\gamma b_1+\delta b_2=0\), les coordonnées donnent \(\alpha+\gamma=0\), \(\alpha+\delta=0\), \(\beta+\gamma=0\), \(\beta-\delta=0\). Alors \(\gamma=\delta=-\alpha\), \(\beta=\alpha\) et \(\beta-\delta=2\alpha=0\) : tous les coefficients sont nuls (2 pts).
Quatre vecteurs libres dans \(\mathbb{R}^4\) en forment une base ; donc \(F+G=\mathbb{R}^4\) et \(\dim F+\dim G=4\), d’où \(F\cap G=\{0\}\) et \(\mathbb{R}^4=F\oplus G\) (1 pt).
On trouve \(u=2a_1+a_2+b_1\) : la partie dans \(F\) est \((2,2,1,1)\), celle dans \(G\) est \((1,0,1,0)\) ; leur somme vaut bien \((3,2,2,1)\) (1 pt).

Non : \(\operatorname{rg}f\leq4<7\), donc \(\dim\operatorname{Ker}f\geq3\) (1 pt).
\(\operatorname{rg}f=4\), donc \(\dim\operatorname{Ker}f=7-4=3\) (1 pt).
\(\operatorname{rg}f=7-5=2<4\) : non surjective (1 pt).

Entraîne-toi : défi express de Licence L2