Exercice 4 - Exercice 1

Dans la base $$\mathcal{B}$$ nous pouvons exprimer les vecteurs $$u'$$, $$v'$$ et $$w'$$ de la manières suivantes :
$$\bullet \,\, u' = u+v = 1u + 1v + 0w$$. Donc les composantes recherchées sont $$(1 \,;\, 1 \,;\, 0)$$ ;
$$\bullet \bullet \,\, v' = u-v = 1u - 1v + 0w$$. Donc les composantes recherchées sont $$(1 \,;\, -1 \,;\, 0)$$ ;
$$\bullet \bullet \bullet \,\, w' = u - 2v + w = u' = 1u - 2v + 1w$$. Donc les composantes recherchées sont $$(1 \,;\, 2 \,;\, 1)$$ ;

Nous allons faire usage du résultat suivant : $$(n \in \mathbb{N}^\star)$$
$$Si \,\, \dim(V) = n \,\, alors \,\, une \,\, famille \,\, libre \,\, ayant \,\, exactement \,\, n \,\, élements \,\, est \,\, une \,\, base \,\, (famille \,\, libre \,\, maximale).$$
Or, on a $$\dim(V) = 3$$ et l'ensemble $$\mathcal{B}' = (u' = u+v \,;\, v' = u - v \,;\, w' = u - 2v + w)$$ une famille vectorielle de $$V$$ qui contient $$3$$ éléments. Il nous suffit donc de montrer que $$\mathcal{B}'$$ est libre dans $$V$$.
Notons par $$\lambda_1$$, $$\lambda_2$$ et $$\lambda_3$$ trois nombres dans $$\mathbb{K}$$. On a :
$$\lambda_1 u' + \lambda_2 v' + \lambda_3 w' = 0_V \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 (u+v) + \lambda_2 (u - v) + \lambda_3 (u - 2v + w) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)$$
Soit :
$$\lambda_1 u' + \lambda_2 v' + \lambda_3 w' = 0_V \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1u + \lambda_1v + \lambda_2u - \lambda_2v + \lambda_3 u - 2\lambda_3 v + \lambda_3w = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)$$
Soit encore :
$$\lambda_1 u' + \lambda_2 v' + \lambda_3 w' = 0_V \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, (\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3)u + (\lambda_1 - \lambda_2 - 2\lambda_3) v + \lambda_3w = 0u + 0v + 0w$$
Ce qui nous donne donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 & = & 0 \\ \lambda_1 - \lambda_2 - 2\lambda_3 & = & 0 \\ \lambda_3 & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Donc clairement on a $$\lambda_3 = 0$$ et de fait :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \lambda_1 + \lambda_2 & = & 0 \\ \lambda_1 - \lambda_2 & = & 0 \end{array} \right.$$
Ceci implique que $$\lambda_1 = \lambda_2 = 0$$. Donc on a :
$$\lambda_1 u' + \lambda_2 v' + \lambda_3 w' = 0_V \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0$$
Ainsi les trois vecteurs $$u'$$, $$v'$$ et $$w'$$ sont linéairement indépendants dans $$V$$. Ils forment une famille libre dans $$V$$. Comme $$\dim(V) = 3$$ alors ces trois vecteurs $$u'$$, $$v'$$ et $$w'$$ forment une famille libre maximale et de fait forment une base de $$V$$. Cette base est notée $$\mathcal{B}'$$.

La matrice $$\mathcal{M}\mathrm{at}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}')$$ s'obtient en écrivant, en colonne, les composantes des trois vecteurs de $$\mathcal{B}'$$ qui sont exprimer dans la base $$\mathcal{B}$$. En vertu de la première question on obtient :
$$\mathcal{M}\mathrm{at}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}') = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

La matrice $$\mathcal{M}\mathrm{at}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}') = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$ représente la matrice de passage de la base $$\mathcal{B}$$ vers $$\mathcal{B}'$$.
On note ceci :
$$P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}'} = \mathcal{M}\mathrm{at}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}') = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

La matrice $$\mathcal{M}\mathrm{at}_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}')$$ est carrée et le fait que $$\mathcal{B}$$ et $$\mathcal{B}'$$ sont deux bases d'un même espace vectoriel assure qu'elle est inversible.

On a :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} u + v & = & u' \\ u - v & = & v' \\ u - 2v + w & = & w' \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} 2u & = & u' + v' \\ 2v & = & u' - v' \\ w & = & -u + 2v + w' \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} u & = & \dfrac{1}{2} (u' + v' ) \\ \\ v & = & \dfrac{1}{2} (u' - v' ) \\ \\ w & = & - \dfrac{1}{2} (u' + v' ) + u' - v' + w' \\ \end{array} \right.$$
D'où :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} u & = & \dfrac{1}{2}u' + \dfrac{1}{2}v' + 0w' \\ \\ v & = & \dfrac{1}{2}u' - \dfrac{1}{2}v' + 0w' \\ \\ w & = & \dfrac{1}{2}u' - \dfrac{3}{2}v' + 1w' \\ \end{array} \right.$$

Il nous faut maintenant ranger, en colonne, les composantes de ces trois vecteurs $$u$$, $$v$$ et $$w$$ pour obtenir l'expression de la matrice $$\mathcal{M}\mathrm{at}_{\mathcal{B'}}(\mathcal{B})$$. On a alors :
$$\mathcal{M}\mathrm{at}_{\mathcal{B'}}(\mathcal{B}) = P_{\mathcal{B'} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \\ \dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} \\ \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

On désigne par $$a$$ le vecteur de suivant : $$a = u + v + w$$. Donc ce vecteur $$a$$ est représenté, dans la base $$\mathcal{B}$$ par le vecteur $$X$$ suivant :
$$X = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$
Donc :
$$X' = P_{\mathcal{B'} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}} X$$
Soit :
$$X' = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \\ \dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} \\ \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 1 \\ \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} \\ \\ \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2} \\ \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{3}{2} \\ \\ - \dfrac{3}{2} \\ \\ 1 \end{pmatrix}$$

On désigne par $$a$$ le vecteur de suivant : $$a' = u' + v' + w'$$. Donc ce vecteur $$a'$$ est représenté, dans la base $$\mathcal{B}'$$ par le vecteur $$X$$ suivant :
$$Y' = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$
Donc :
$$Y = P_{\mathcal{B} \, \longrightarrow \, \mathcal{B}'} Y'$$
Soit :
$$Y = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+1+1 \\ 1-1-2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$$