Exercice 38

1. Le système $x - y + z = 2x + y + 2z = 0$ donne, par somme, $3x + 3z = 0$, puis $y = 0$ : $\mathrm{Ker}\, f = \mathbb{R}(-1, 0, 1)$. Les images $(1, 2)$ et $(-1, 1)$ de $e_{1}$ et $e_{2}$ ne sont pas colinéaires : on résout $a(1, 2) + b(-1, 1) = (p, q)$ par $a = \frac{p + q}{3}$, $b = \frac{q - 2p}{3}$, donc elles engendrent $\mathbb{R}^{2}$. $$\boxed{\mathrm{Ker}\, f = \mathbb{R}(-1, 0, 1), \ \operatorname{Im} f = \mathbb{R}^{2} : \ f \text{ est surjective, non injective.}}$$

2. La linéarité est immédiate. Résolvons $g(x, y, z) = (p, q, r)$. La deuxième équation donne $x = q - z$, la première $y = \frac{p - z}{2}$, et la troisième devient $$-(q - z) + \frac{p - z}{2} + az = r, \qquad\text{soit}\qquad \Big(a + \frac{1}{2}\Big)z = r + q - \frac{p}{2}.$$ Si $a \neq -\frac{1}{2}$, la solution est unique : $g$ est bijective. Pour $a = 1$, on obtient $z = \frac{-p + 2q + 2r}{3}$, puis $x$ et $y$. $$\boxed{g \in \mathrm{GL}(\mathbb{R}^{3}) \iff a \neq -\frac{1}{2}, \qquad a = 1 : \ g^{-1}(p, q, r) = \frac{1}{3}\big(p + q - 2r,\ 2p - q - r,\ -p + 2q + 2r\big)}$$ Pour $a = -\frac{1}{2}$, le noyau s'obtient avec $p = q = r = 0$ et $z$ libre : $x = -z$, $y = -\frac{z}{2}$. L'image est engendrée par $g(e_{1}) = (0, 1, -1)$ et $g(e_{2}) = (2, 0, 1)$, puisque $g(e_{3}) = (1, 1, -\frac{1}{2})$ est égal à $g(e_{1}) + \frac{1}{2}g(e_{2})$ ; c'est le plan d'équation $p - 2q - 2r = 0$, d'après la condition de compatibilité. $$\boxed{a = -\tfrac{1}{2} : \ \mathrm{Ker}\, g = \mathbb{R}(2, 1, -2), \quad \operatorname{Im} g = \mathrm{Vect}\big((0, 1, -1), (2, 0, 1)\big) = \{p - 2q - 2r = 0\}}$$