 \input{../preambules/preCorrection.tex}


\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 23}
\lfoot{}
\cfoot{Applications lin�aires.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 23}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{6}

%\vspace{200pt}
%%% Exercices d'approfondissement
\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{Montrer qu'on a une fonction de r�partition}
\end{bclogo} 
\vspace{-13pt}

\begin{exo}
Les applications suivantes sont-elles lin�aires ? D�terminer $Ker(f)$ puis $Im(f)$ lorsqu'elles le sont. 
\begin{enumerate}
\item $f_1 : \begin{array}{ccc}
\mathcal{M}_{2,1}(\R) & \longrightarrow & \mathcal{M}_{2,1}(\R) \\
\vect{x}{y}{} & \longmapsto & \vect{4x-6y}{2x - 3y}{}
\end{array}$

On montre que $f_1$ est une application lin�aire. \\

Soient $X = \vect{x_1}{x_2}{} \in \mathcal{M}_{2,1}(\R)$, $Y = \vect{y_1}{y_2}{} \in \mathcal{M}_{2,1}(\R)$ et $\lambda \in \R$. 
\begin{align*}
f_1(\lambda X + Y) & = \vect{4(\lambda x_1 + y_1) - 6(\lambda x_2 + y_2) }{2(\lambda x_1 + y_1) - 3(\lambda x_2 + y_2) }{} \\
& = \vect{4\lambda x_1 + 4y_1 - 6\lambda x_2 - 6y_2 }{2\lambda x_1 + 2y_1 - 3\lambda x_2 - 3y_2 }{} \\
& = \vect{\lambda (4x_1 - 6x_2) + 4y_1 - 6y_2 }{\lambda (2x_1 - 3x_2) + 2y_1  - 3y_2 }{} \\
& = \lambda \vect{4x_1 - 6x_2 }{2x_1 - 3x_2}{} +  \vect{ 4y_1 - 6y_2 }{ 2y_1  - 3y_2 }{}  \\
& = \lambda f_1 (X) + f_1(Y)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'application $f_1$ est une application lin�aire. }
\end{center}

{\bf D�termination de $Ker(f_1)$ :} Soit $X = \vect{x_1}{x_2}{} \in Ker(f_1)$
On a donc le syst�me 
\begin{align*}
X \in Ker(f_1) & =  f_1 (X) = 0 \\
& = \begin{cases}
4x_1 - 6x_2 & = 0 \\
2x_1 - 3x_2 & = 0
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
4x_1 - 6x_2 & = 0 \\
0 & = 0 \quad L_2 \leftarrow 2L_2 - L_1 
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
x_1 & = \dfrac{3}{2}x_2 \\
0 & = 0 \quad L_2 \leftarrow 2L_2 - L_1 
\end{cases} \\
\end{align*}
On conclut que
\begin{center}
\fbox{ $Ker(f_1) = \left\{ \vect{\frac{3}{2} x_2}{x_2}{}, \quad  x_2 \in \R \right\} = Vect \left\{ \vect{\frac{3}{2}}{1}{} \right\}$}
\end{center}

{\bf D�termination de $Im(f_1)$ :}
On consid�re $e_1 = \vect{1}{0}{}$ et $e_2 = \vect{0}{1}{}$. On calcule 
$$
f_1(e_1) = \vect{4}{2}{} \qquad f_1(e_2) = \vect{-6}{-3}{}
$$
D'apr�s le cours, 
$$
Im (f_1) = Vect \left\{ \vect{4}{2}{} , \vect{-6}{-3}{} \right\}
$$
On d�termine une base de $Im (f_1)$. La famille $ \left( \vect{4}{2}{} , \vect{-6}{-3}{} \right)$ �tant une famille g�n�ratrice de $f_1$, il suffit de trouver une famille libre. 
Or, $\vect{-6}{-3}{} = - \dfrac{3}{2} \vect{4}{2}{}$. Ceci montre que la famille est li�e (en effet les vecteurs sont colin�aires). On a donc 

\begin{center}
\fbox{$Im(f_1) = Vect \left\{ \vect{4}{2}{} \right\}$.}
\end{center}

\item $f_2 : \begin{array}{ccc}
\mathcal{M}_{4,1}(\R) & \longrightarrow & \mathcal{M}_{3,1}(\R) \\
\begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
x_4 
\end{pmatrix} & \longmapsto & \vect{x_1 - x_2 + x_3 + x_4}{x_1 + 2 x_2 - x_4}{x_1 + x_2 + 3 x_3 - 3 x_4}
\end{array}$

On montre que $f_2$ est une application lin�aire. \\

Soient $X = \vectt{x_1}{x_2}{x_3}{x_4} \in \mathcal{M}_{4,1}(\R)$, $Y = \vectt{y_1}{y_2}{y_3}{y_4} \in \mathcal{M}_{4,1}(\R)$ et $\lambda \in \R$. 
\begin{align*}
f_2(\lambda X + Y)& = \vect{(\lambda x_1 + y_1) - (\lambda x_2 + y_2) +(\lambda x_3 + y_3) + (\lambda x_4 + y_4)}{(\lambda x_1 + y_1) + 2(\lambda x_2 + y_2) - (\lambda x_4 + y_4)) }{(\lambda x_1 + y_1) + (\lambda x_2 + y_2) + 3(\lambda x_3 +y_3) - 3(\lambda x_4 +y_4) } \\
& = \vect{\lambda x_1 + y_1 - \lambda x_2 - y_2 + \lambda x_3 + y_3 + \lambda x_4 + y_4}{\lambda x_1 + y_1 + 2\lambda x_2 + 2y_2 - \lambda x_4 - y_4) }{\lambda x_1 + y_1 + \lambda x_2 + y_2 + 3\lambda x_3 + 3y_3 - 3\lambda x_4 - 3y_4 } \\
& = \vect{\lambda (x_1 - x_2 + x_3 + x_4) + (y_1 - y_2 + y_3 + y_4) }{\lambda (x_1 + 2x_2 - x_4) + y_1 + 2y_2 - y_4 }{\lambda (x_1 + x_2 + 3x_3-3x_4) + y_1 + y_2 + 3y_3 - 3y_4} \\
& = \lambda \vect{x_1 - x_2 + x_3 + x_4}{x_1 + 2x_2 - x_4}{x_1 + x_2 + 3x_3-3x_4} +  \vect{ y_1 - y_2 + y_3 + y_4 }{y_1 + 2y_2 - y_4 }{y_1 + y_2 + 3y_3 - 3y_4}  \\
& = \lambda f_2 (X) + f_2(Y)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'application $f_2$ est une application lin�aire. }
\end{center}

{\bf D�termination de $Ker(f_2)$ :} Soit $X = \vectt{x_1}{x_2}{x_3}{x_4} \in Ker(f_2)$
On a donc le syst�me 
\begin{align*}
X \in Ker(f_2) & =  f_2 (X) = 0 \\
& = \begin{cases}
x_1 - x_2 + x_3 + x_4 & = 0 \\
x_1 + 2 x_2 - x_4& = 0 \\
x_1 + x_2 + 3 x_3 - 3 x_4 & = 0
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
x_1 - x_2 + x_3 + x_4 & = 0 \\
\quad 3x_2 - x_3 - 2x_4 & = 0 \quad L_2 \leftarrow L_2 - L_1 \\
\quad 2x_2 + 2x_3 - 4 x_4 & = 0 \quad L_3 \leftarrow L_3 - L_1 
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
x_1 - x_2 + x_3 + x_4 & = 0 \\
\quad 3x_2 - x_3 - 2x_4  & = 0 \\
\quad \qquad 8x_3 - 8x_4 & = 0 \quad L_3 \leftarrow 3L_3 - 2L_2 
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
 x_1  & = -x_4 \\
 x_2  & = x_4 \\
 x_3 & = x_4 
\end{cases} 
\end{align*}
On conclut que
\begin{center}
\fbox{ $Ker(f_2) = \left\{ \vectt{-x_4}{x_4}{x_4}{x_4}, \quad x_4 \in \R \right\} = Vect \left\{ \vectt{-1}{1}{1}{1} \right\}$}
\end{center}

{\bf D�termination de $Im(f_2)$ :}
On consid�re $e_1 = \vectt{1}{0}{0}{0}$, $e_2 = \vectt{0}{1}{0}{0}$, $e_3 = \vectt{0}{0}{1}{0}$ et $e_4 = \vectt{0}{0}{0}{1}$. On calcule 
$$
f_2(e_1) = \vect{1}{1}{1} \qquad f_2(e_2) = \vect{-1}{2}{1} \qquad f_2(e_3) = \vect{1}{0}{3} \qquad f_2(e_4) = \vect{1}{-1}{-3}
$$
D'apr�s le cours, 
$$
Im (f_2) = Vect \left\{\vect{1}{1}{1} , \vect{-1}{2}{1}  , \vect{1}{0}{3},  \vect{1}{-1}{-3} \right\}
$$
On d�termine maintenant une base de $Im(f_2)$. La famille $\left\{\vect{1}{1}{1} , \vect{-1}{2}{1}  , \vect{1}{0}{3},  \vect{1}{-1}{-3} \right\}$ est une famille g�n�ratrice de $Im (f_2)$. Mais est-elle libre ? \\

Soient $\lambda_1$, $\lambda_2$, $\lambda_3$, $\lambda_4 \in \R$ tel que 
\begin{align*}
\lambda_1 \vect{1}{1}{1} + \lambda_2 \vect{-1}{2}{1} + \lambda_3 \vect{1}{0}{3} + \lambda_4  \vect{1}{-1}{-3} = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2 + \lambda_3 + \lambda_4 = 0 \\
\lambda_1 + 2\lambda_2 - \lambda_4 = 0 \\
\lambda_1 + \lambda_2 + 3\lambda_3 - 3 \lambda_4 = 0
\end{cases}\\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 = - \lambda_4 \\
\lambda_2 = \lambda_4\\
\lambda_3 = \lambda_4
\end{cases}
\end{align*}
On reconnait le syst�me calcul� pr�c�demment (en rempla�ant les lettre $x_1,x_2, x_3$ et $x_4$ par $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ et $\lambda_4$).
En posant par exemple $\lambda_4 = 1$ on a $\lambda_3 = 1$ et $\lambda_2 = 1$ et $\lambda_1 = -1$, ainsi
$$
- \vect{1}{1}{1} + \vect{-1}{2}{1} +  \vect{1}{0}{3} +  \vect{1}{-1}{-3}= 0 \Leftrightarrow  \vect{1}{-1}{-3} = \vect{1}{1}{1} -  \vect{-1}{2}{1} -\vect{1}{0}{3}
$$
Ainsi le vecteur $\vect{1}{-1}{-3}$ est une combinaison lin�aire des vecteurs $\vect{1}{1}{1}$, $\vect{-1}{2}{1}$ et $\vect{1}{0}{3}$. On en d�duit que 
$$
Im (f_2) =  Vect \left\{\vect{1}{1}{1} , \vect{-1}{2}{1}  , \vect{1}{0}{3} \right\}
$$
On v�rifie que cette nouvelle famille est libre. Soient $\lambda_1$, $\lambda_2, \lambda_3 \in \R$ tels que 
\begin{align*}
\lambda_1 \vect{1}{1}{1} + \lambda_2 \vect{-1}{2}{1} + \lambda_3 \vect{1}{0}{3}   = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2 + \lambda_3 = 0 \\
\lambda_1 + 2\lambda_2  = 0 \\
\lambda_1 + \lambda_2 + 3\lambda_3  = 0
\end{cases}\\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 = 0\\
\lambda_2 = 0\\
\lambda_3 = 0
\end{cases}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La famille $\left( \vect{1}{1}{1} , \vect{-1}{2}{1}  , \vect{1}{0}{3} \right)$ est une base de $Im(f_2)$.}
\end{center}

\newpage
\item $f_3 : \begin{array}{ccc}
\mathcal{M}_{3,1}(\R) & \longrightarrow & \mathcal{M}_{3,1}(\R) \\
\vect{x}{y}{z} & \longmapsto & \vect{x + y + z}{x + y + z}{x+y+ z}
\end{array}$

On montre que $f_3$ est une application lin�aire. \\

Soient $X = \vect{x_1}{x_2}{x_3} \in \mathcal{M}_{3,1}(\R)$, $Y = \vect{y_1}{y_2}{y_3} \in \mathcal{M}_{3,1}(\R)$ et $\lambda \in \R$. 
\begin{align*}
f_3(\lambda X + Y) & = \vect{\lambda x_1 + y_1 +(\lambda x_2 + y_2)+(\lambda x_3 + y_3) }{\lambda x_1 + y_1 +(\lambda x_2 + y_2)+(\lambda x_3 + y_3)) }{\lambda x_1 + y_1 +(\lambda x_2 + y_2)+(\lambda x_3 + y_3)} \\
& = \vect{\lambda (x_1 + x_2 + x_3) + y_1 + y_2 + y_3 }{\lambda (x_1 + x_2 + x_3) + y_1 + y_2 + y_3 }{\lambda (x_1 + x_2 + x_3) + y_1 + y_2 + y_3} \\
& = \lambda \vect{x_1+x_2+x_3 }{x_1+x_2+x_3}{x_1+x_2+x_3} +  \vect{ y_1 + y_2 + y_3 }{y_1 + y_2 + y_3 }{y_1 + y_2 + y_3}  \\
& = \lambda f_3 (X) + f_3(Y)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'application $f_3$ est une application lin�aire. }
\end{center}

{\bf D�termination de $Ker(f_3)$ :} Soit $X = \vect{x}{y}{z} \in Ker(f_3)$
On a donc le syst�me 
\begin{align*}
X \in Ker(f_3) & =  f_3 (X) = 0 \\
& = \begin{cases}
x + y + z & = 0 \\
x + y + z & = 0 \\
x + y + z & = 0
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
x + y + z & = 0 \\
0 & = 0 \quad L_2 \leftarrow L_2 - L_1 \\
0 & = 0 \quad L_3 \leftarrow L_3 - L_1 
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
x & = -y - z \\
0 & = 0 \quad L_2 \leftarrow 2L_2 - L_1 
\end{cases} \\
\end{align*}
On conclut que
\begin{center}
\fbox{ $Ker(f_3) = \left\{ \vect{-y -z}{y}{z}, \quad  (y,z) \in \R^2 \right\} = Vect \left\{ \vect{-1}{1}{0} , \vect{-1}{0}{1} \right\}$}
\end{center}

{\bf D�termination de $Im(f_3)$ :}
On consid�re $e_1 = \vect{1}{0}{0}$, $e_2 = \vect{0}{1}{0}$ et $e_3 = \vect{0}{0}{1}$. On calcule 
$$
f_3(e_1) = \vect{1}{1}{1} \qquad f_3(e_2) = \vect{1}{1}{1} \qquad f_3(e_3) = \vect{1}{1}{1}
$$
D'apr�s le cours, 
\begin{center}
\fbox{$
Im (f_3) = Vect \left\{\vect{1}{1}{1} , \vect{1}{1}{1}, \vect{1}{1}{1} \right\} =  Vect \left\{\vect{1}{1}{1} \right\}
$}
\end{center}

(Car il est clair que les vecteurs sont li�s)
\newpage 

\item $f_4 : \begin{array}{ccc}
\mathcal{M}_{3,1}(\R) & \longrightarrow & \mathcal{M}_{3,1}(\R) \\
\vect{x}{y}{z} & \longmapsto & \vect{x+y - z}{2x + y - 3z}{3x + 2y - 4z} 
\end{array}$

On montre que $f_4$ est une application lin�aire. \\

Soient $X = \vect{x_1}{x_2}{x_3} \in \mathcal{M}_{3,1}(\R)$, $Y = \vect{y_1}{y_2}{y_3} \in \mathcal{M}_{3,1}(\R)$ et $\lambda \in \R$. 
\begin{align*}
f_4(\lambda X + Y)& = \vect{\lambda x_1 + y_1 +(\lambda x_2 + y_2)-(\lambda x_3 + y_3) }{2(\lambda x_1 + y_1) +(\lambda x_2 + y_2)-3(\lambda x_3 + y_3)) }{3(\lambda x_1 + y_1) + 2(\lambda x_2 + y_2) - 4(\lambda x_3 +y_3)} \\
& = \vect{\lambda x_1 + y_1 + \lambda x_2 + y_2 -\lambda x_3 - y_3 }{2\lambda x_1 + 2y_1 +\lambda x_2 + y_2 - 3\lambda x_3 - 3y_3 }{3\lambda x_1 + 3y_1 + 2\lambda x_2 + 2y_2 - 4\lambda x_3 -4y_3} \\
& = \vect{\lambda (x_1 + x_2 - x_3) + y_1 + y_2 - y_3 }{\lambda (2x_1 + x_2 - 3x_3) + 2y_1 + y_2 - 3y_3 }{\lambda (3x_1 + 2x_2 - 4x_3) + 3y_1 + 2y_2 - 4y_3} \\
& = \lambda \vect{x_1+x_2-x_3 }{2x_1 + x_2 - 3x_3}{3x_1+2x_2-4x_3} +  \vect{ y_1 + y_2 - y_3 }{2y_1 + y_2 - 3y_3 }{3y_1 + 2y_2 - 4y_3}  \\
& = \lambda f_4 (X) + f_4(Y)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'application $f_4$ est une application lin�aire. }
\end{center}

{\bf D�termination de $Ker(f_4)$ :} Soit $X = \vect{x}{y}{z} \in Ker(f_4)$
On a donc le syst�me 
\begin{align*}
X \in Ker(f_4) & =  f_4 (X) = 0 \\
& = \begin{cases}
x + y - z & = 0 \\
2x + y - 3z & = 0 \\
3x + 2y - 4z & = 0
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
x + y - z & = 0 \\
\qquad -y - z & = 0 \quad L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1 \\
\qquad -y - z & = 0 \quad L_3 \leftarrow L_3 - 3L_1 
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
x + y - z & = 0 \\
\qquad -y - z & = 0 \\
\qquad \qquad 0 & = 0 \quad L_3 \leftarrow L_3 - L_2 
\end{cases} \\
& = \begin{cases}
 x  & = 2z \\
 y  & = -z \\
 0 & = 0 \quad L_3 \leftarrow L_3 - L_2 
\end{cases} 
\end{align*}
On conclut que
\begin{center}
\fbox{ $Ker(f_4) = \left\{ \vect{2z}{-z}{z}, \quad z \in \R \right\} = Vect \left\{ \vect{2}{-1}{1} \right\}$}
\end{center}

{\bf D�termination de $Im(f_4)$ :}
On consid�re $e_1 = \vect{1}{0}{0}$, $e_2 = \vect{0}{1}{0}$ et $e_3 = \vect{0}{0}{1}$. On calcule 
$$
f_4(e_1) = \vect{1}{2}{3} \qquad f_4(e_2) = \vect{1}{1}{2} \qquad f_4(e_3) = \vect{-1}{-3}{-4}
$$
D'apr�s le cours, 
$$
Im (f_4) = Vect \left\{\vect{1}{2}{3} , \vect{1}{1}{2} , \vect{-1}{-3}{-4} \right\}
$$
On d�termine maintenant une base de $Im(f_4)$. La famille $\left\{\vect{1}{2}{3} , \vect{1}{1}{2} , \vect{-1}{-3}{-4} \right\}$ est une famille g�n�ratrice de $Im (f_4)$. Mais est-elle libre ? \\

Soient $\lambda_1$, $\lambda_2$, $\lambda_3 \in \R$ tel que 
\begin{align*}
\lambda_1 \vect{1}{2}{3} + \lambda_2 \vect{1}{1}{2} + \lambda_3 \vect{-1}{-3}{-4} = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \\
2\lambda_1 + \lambda_2 - 3\lambda_3 = 0 \\
3\lambda_1 + 2\lambda_2 - 4\lambda_3 = 0
\end{cases}\\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 = 2 \lambda_3 \\
\lambda_2 = -\lambda_3\\
0 = 0
\end{cases}
\end{align*}
On reconnait le syst�me calcul� pr�c�demment (en rempla�ant les lettre $x,y$ et $z$ par $\lambda_1, \lambda_2$ et $\lambda_3$).
En posant par exemple $\lambda_3 = 1$ on a $\lambda_2 = -1$ et $\lambda_1 = 2$, ainsi
$$
2 \vect{1}{2}{3} - \vect{1}{1}{2} +  \vect{-1}{-3}{-4} = 0 \Leftrightarrow  \vect{-1}{-3}{-4} = \vect{1}{1}{2} - 2 \vect{1}{2}{3} 
$$
Ainsi le vecteur $\vect{-1}{-3}{-4}$ est une combinaison lin�aire des vecteurs $\vect{1}{1}{2}$ et $\vect{1}{2}{3}$. On en d�duit que 
$$
Im (f_4) = Vect \left\{\vect{1}{2}{3} , \vect{1}{1}{2}  \right\}
$$
On v�rifie que cette nouvelle famille est libre. Soient $\lambda_1$, $\lambda_2 \in \R$ tels que 
\begin{align*}
\lambda_1 \vect{1}{2}{3} + \lambda_2 \vect{1}{1}{2}  = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
2\lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
3\lambda_1 + 2\lambda_2= 0
\end{cases}\\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
-\lambda_2 = 0 \quad L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1 \\
-\lambda_2 = 0 \quad L_3 \leftarrow L_3 - 3L_1 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La famille $\left( \vect{1}{2}{3} , \vect{1}{1}{2}  \right)$ est une base de $Im(f_4)$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
Soit $A$ une matrice de $\M_3(\R)$. On consid�re l'application $\Phi$ d�finie par 
$$
\Phi : \begin{array}{ccc}
\mathcal{M}_{3,1}(\R) & \longrightarrow & \mathcal{M}_{3,1}(\R) \\
X & \longmapsto & AX
\end{array}
$$
\begin{enumerate}
\item Soient $X,Y \in \M_{3,1}(\R)$ et $\lambda \in \R$. On calcule
\begin{align*}
\Phi(\lambda X + Y) & = A (\lambda X + Y) \\
& = \lambda AX +  AY \\
& = \lambda \Phi(X) + \Phi(Y)
\end{align*}
Donc,
\begin{center}
\fbox{L'application $\Phi$ est lin�aire. }
\end{center}
\item Dans un premier temps, on suppose que  $Ker (\Phi) = \{ 0 \}$. 

On r�sout le syst�me 
\begin{align*}
AX = 0 & \Longrightarrow \Phi(X) = 0 \\
& \Longrightarrow X \in Ker(\Phi) \\
& \Longrightarrow X = 0 \\
& \Longrightarrow \text{Le syst�me est de Cramer} \\
& \Longrightarrow \text{La matrice $A$ est inversible}
\end{align*} 
On a montr� que $Ker (\Phi) = \{ 0 \} \Longrightarrow A$ est inversible. \\

On suppose maintenant que A est inversible. Soit $X \in Ker(\Phi)$. On a alors 
\begin{align*}
\Phi(X) = 0 & \Longrightarrow AX = 0 \\
& \Longrightarrow A^{-1} A X = A^{-1} 0 \\
& \Longrightarrow X = 0
\end{align*}
Donc $Ker (\Phi) = \{ 0 \} \Longleftarrow A$ est inversible. Finalement, 
\begin{center}
\fbox{$Ker (\Phi) = \{ 0 \} \Longleftrightarrow A$ est inversible.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
