Reprise du message précédent :

 
ça veut dire quoi appliquer M à u ?  

On a le droit de dire que le det d'une matrice est nul si 2 colonne ou lignes sont égales ?
 
Parce qu'ici je dois prouver sans calcul

Oui

calculer le produit Mu où u est un vecteur colonne de dimension la dimension de l'EV

Si a=1, la famille formée par les 3 colonnes est liée, donc det(M)=0.

Pour la dernière question ou il demande pour quels valeurs de a l'application est un isomorphisme, autrement dit est bijective.
 
Comment puis-je le déduire des valeurs ou le det est nul ?

Le déterminant (pour une matrice n*n) est une application n-linéaire alternée. Donc par définition si deux vecteurs (donc dans le cas d'une matrice deux colonnes) sont égaux alors le déterminant est nul.

Tu as un isomorphisme ssi det(Ma)!=0. Donc par contre apposée de ton résultat tu en déduis les bonnes valeurs de a pour avoir l'isomorphisme.

On peut facilement le comprendre pk isomorphisme équivaut à det nul ?
Ou la démonstration n'est pas intuitive ?

C'est intuitif si on a bien compris que le déterminant d'une famille non linéairement dépendante est différent de 0 (car det est une forme n-linéaire alternée).
 
Par défintion det u = detB u(B) = "déterminant de la famille u(B) où B est une base quelconque et u un endomorphisme de E".
 
- Si detB u(B) != 0 alors la famille u(B) est forcément libre donc est une base de E (car si elle était liée comme det est une forme n-linéaire alternée => det = 0). Donc comme u(B) est une base => u isomorphisme.
 
- Si u est un isomorphisme => u(B) base de E. Par définition du det, detB (B)=1. Or detB (B)= detB u(B) * detu(B) (B) donc detB u(B) !=0.
 
D'où l'équivalence. Fin bon c'est pas très important de connaître toutes ces preuves (parce que rien que dans cette preuve j'utilise d'autres propriétés), ça fait parti de la construction du déterminant. Surtout que tu passes dans pas longtemps tes partiels. C'est de la théorie, et on te posera pas ce genre de questions.

 
 
isomorphisme équivaut a determinant non nul!
 
euhg pr la dem j'avoue je m'en souviens plus je vais jeter un oeil je reviens

Quel est la méthode pour trouver Im(f) f étant une application ?
 
par exemple f(x,y)=(2x+y,x-y)

 
 

 
chapeau

 
tu prends une base de R² et tu regardes les images des vecteurs de cette base je dirai

 
C'est vrai, mais j'aimerais vraiment avoir une vision claire et intuitive de ce que je fais , promis après les partiels je continue à bosser.
Vous pouvez quoter

f(x,y)=x(2,1)+y(1,-1). Donc Im(f) = Vect( (2,1), (1,-1) ). Et c'est bien une famille libre.

 
 
Merci
 
Il faut absolument que la famille soit libre ?

C'est à dire ? Pour comprendre ce que tu manipules, il faut avoir compris les preuves pour voir d'où ça vient. Après avoir bien assimilé l'outil déterminant, utiliser ses propriétés devient naturel et tu te poses plus vraiment la question par exemple de l'équivalence det u != 0 et u isomorphisme.

Disons que si la famille est liée, tu peux réduire ton vect à un seul vecteur, puisqu'il sera combinaison de l'autre, donc ce n'est pas la réponse définitive. Ici en dimension 2 ça se voit de suite, mais en dim supérieur il faut faire attention.

Bien sur qu'une fois que certaines demo ne sont que des moyens, et qu'il est inutile de les memoriser, mais j'avoue ne pas voir à quoi ça sert tout ce que j'apprends, mais j'aurais plus tard le temps de m'y interesser il me reste plus qu'un jour.

 
 
Ok c'est comme dire par exemple f(x) =2x+3-x , on a envie de dire c'est pas fini
 
Tout à l'heure on a vu que si le det de la matrice d'une application est null alors l'application est bijective.
 
Comment peut on déduire du fait que Ker (f) =(0,0) et que Im (f) Vect( (2,1), (1,-1) ) pour dire que f est bijective ?
 
Car le fait que Im(f) soit libre et génératrice et donc une base de R2 dit juste que tout y à un antecedent mais pas 1 seul

Tu as plusieurs équivalences à connaitre pour une application linéaire de E dans F (avec E, F K-ev de dimension fini !) : u bijectif <=> u injectif <=> u surjectif.
 
Ici Ker f = {(0,0)} => f injectif, or f endomorphisme donc f est bijectif.
Autre justification, dim Im(f) (encore appelé rang de f) = 2 (comme (2,1), (1,-1) est une base de IR²) donc tout vecteur de l'espace d'arrivée est atteint donc f est surjectif, comme f est un endo => f bijectif.
 
En pratique, pour montrer qu'un endo est bijectif, on regarde toujours son Ker, c'est plus simple. S'il est réduit à 0, directement on a la bijectivité.

 
 
Donc tout application de R dans R qui est surjective et bijective ? Pourquoi ne serait-il pas possible qu'une image est plusieurs antecedent ?

Attention, on parle d'application linéaire ici. Jusqu'à preuve du contraire x->x² est bien une application de IR dans IR mais n'est pas linéaire

Autant pour moi Merci  
 
Dans ce théorème, j'ai du mal à saisir la nuance entre rgf et dim(Imf).
 
Quelle est-elle ?

 
Aucune

Pourquoi alors disent-ils que c'est seulement pour les applications endormorphisme que c'est égal ?
 
En tout cas merci bcp, je vous tiendrais au courant du partiel

Bah c'est faux, par définition, rg f=dim Imf= dim Vect(u(B)) où B est une base quelconque.

Si on peut plus avoir confiance en wiki  

lien?

 
 
On peut remplacer colonnes par lignes dans cette phrase ?

!=
 
ça veut dire différent ?

 
 
http://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3 [...] me_du_rang

Ouais. C'est souvent utilisé en programmation.

bah y'a pas de problème ...
C'est bien marqué que "rgf désigne la dimension de l'image de f."

 
Oui mais pourtant, l'égalité dim(im(f)=rgf semble être le cas particulier des endomorphismes

Cela a du sens lorsqu'on arrive dans un ev de dimension fini.

Ouais ça peut porter à confusion ...
J'vois pas de cas particulier en fait  

Bon je laisse tomber si c'est pas important

Il n'y a pas de problème.
 
Soit E, F deux K-ev non nécessairement de dim finie et f une application linéaire de E dans F. Si Imf est de dim finie alors on appelle rang de f : rg(f)=dim Imf

j'ai jamais vu des ev de dim infinie je crois