EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009
Corrigé de la série 11
Exercice 1.
1. Par définition, la première colonne de la matrice cherchée A = (αi,j) consiste en les coefficients α1,1, α2,1 ∈ F tels que T(~e1) = α1,1~e1 +α2,1~e2. Comme T(~e1) = T(1,0,0) = (5,1) = 5(1,0) + (0,1) = 5~e1+~e2, on a α1,1 = 5 et α2,1 = 1. Pour la deuxième colonne, on calcule T(~e2) = T(0,1,0) = (2,1) = 2~e1+~e2, et en déduit α1,2 = 2, α2,2 = 1. Pour la troisième : T(~e3) = (7,−1) = 7~e1 −~e2), donc α1,3 = 7, α2,3 = −1. La matrice est alors donnée par A=
5 2 7 1 1 −1
.
2. Soit B = (βi,j) la matrice qu’on cherche. L’image du premier vecteur de la base de B sous T est T(1,1,0) = (5 + 2,1 + 1) = (7,2). Il nous faut l’exprimer dans la base B0, ce qui revient à déterminer β1,1, β2,1 tels que (7,2) = β1,1(−~e1 +~e2) +β2,1(~e1 +~e2) = (−β1,1 + β2,1, β1,1 + β2,1). On trouve β1,1 = −52 , β2,1 = 92. En continuant de la même manière, on trouve B =
−5
2 −92 −6
9 2
9
2 6
= 12
−5 −9 −12
9 9 12
.
3.
1 0 0 0 1 0 0 0 0
4.
0 0 0 0 0 0 2√
2 0 1
5.
α 0 0 α
=αI2 6.
0 1 1 0
7.
0 1 2 −1 0 0 −2 1 0 0 0 3
8. 12
0 0 0 0
0 1 −1 0 0 −1 1 0
0 0 0 0
Exercice 2.
1. Soit f1 l’application associée. Par linéarité et par définition, elle satisfait : f(x, y, z) =f(x~e1+y~e2+z~e3) =xf(~e1) +yf(~e2) +zf(~e3)
=x(−2~e1+ 5~e2+ 4~e3) +y(3~e1+~e2+ 11~e3) +z(~e1+ 3~e3)
= (−2x+ 3y+z,5x+y,4x+ 11y+ 3z) pour tout(x, y, z)∈F3.
1
2. L’application f2 associée à A2 est donnée par f(α, β) = αf(~e1) +βf(~e2)
=α(1−(2t2−1) + (4t3−3t)) +β(t+ 2(2t2−1)−(4t3−3t))
= 4(α−β)t3+ 2(−α+ 2β)t2+ (−3α+ 4β)t+ 2(α−β)1.
3. Soitf3l’application cherchée. Pour trouverf3(a, b, c)pour(a, b, c)∈F3quelconque, il nous faut d’abord écrire(a, b, c)dans la baseB. Poser(a, b, c) = α(1,1,0)+β(1,0,1)+γ(0,1,1) mène à un système de trois équations linéaires, dont les solutions sont α = 12(a+b−c), β = 12(a−b+c), γ = 12(−a+b+c). Donc :
f3(a, b, c) = 1
2(a+b−c)f3(1,1,0) + 1
2(a−b+c)f3(1,0,1) + 1
2(−a+b+c)f3(0,1,1)
= 1
2(a+b−c)(~e1+ 2(~e1−~e2)) + 1
2(a−b+c)(−~e1+~e2) + 1
2(−a+b+c)(2~e1+~e1−~e2) = (−1 2a+ 7
2b−1
2c,−2b+c).
4. Pour la fonction associée f4, on trouve pour A=
α β γ δ
:
f4(A) = f4
α β γ δ
=f4
α 1 0
0 0
+β−γ 2
0 1
−1 0
+ β+γ 2
0 1 1 0
+δ 0 0
0 1
= β−γ 2
0 1
−1 0
= 1
2(A−AT).
Exercice 3.
1. Si
a
1 0 0 1
+b
1 0 0 −1
+c
0 1 1 0
+d
0 1
−1 0
=
0 0 0 0
alorsa+b = 0eta−b= 0, aussi c+d= 0 etc−d= 0. Il s’ensuit quea=b=c=d= 0 etC est linéairement indépendente. De la même manière, on trouve que
0
@
a b c d
1 A=12
0
@(a+d) 0
@
1 0 0 1
1 A+(a−d)
0
@
1 0 0 −1
1 A+(b+c)
0
@
0 1 1 0
1 A+(b−c)
0
@
0 1
−1 0
1 A 1 A
donc C engendre Mat(2,2,F) et est une base. Ensuite on considère l’équation a(1 +x+x2) +b(x+x2) +c(1 +x2) =α+βx+γx2.
On trouve que a+c = α, a+b = β, et a +b +c = γ. Donc c = γ −β, b = γ −α, et a = α−γ+β. En particulier, si α = β = γ = 0, alors a = b = c = 0. Donc C0 est linéairement indépendente et elle engendre P2(F). Par conséquent, elle en est une base.
2. On utilise les calculs de (a). On trouve que 1 0
0 0
= 1 2
1 0 0 1
+ 1
2
1 0 0 −1
,
0 1 0 0
= 1 2
0 1 1 0
+ 1
2
0 1
−1 0
,
0 0 1 0
= 1 2
0 1 1 0
− 1 2
0 1
−1 0
,
0 0 0 1
= 1 2
1 0 0 1
− 1 2
1 0 0 −1
.
2
Donc
[Id]C,B =
1/2 0 0 1/2
1/2 0 0 −1/2
0 1/2 1/2 0 0 1/2 −1/2 0
.
Ensuite,1 = (1 +x+x2)−(x+x2), x= (1 +x+x2)−(1 +x2), etx2 =−(1 +x+x2) + (x+x2) + (1 +x2). Donc
[Id]C0,B0 =
1 1 −1
−1 0 1 0 −1 1
.
Pour [T]B0,B, on fait plusieurs petits calculs : T
1 0 0 0
= 4, T
0 1 0 0
= 2 +x, T
0 0 1 0
=−x+ 3x2, T
0 0 0 1
=x2, alors
[T]B0,B =
4 2 0 0 0 1 −1 0 0 0 3 1
.
Finalement, T
1 0 0 1
= 4 +x2 = 3(1 +x+x2)−3(x+x2) + (1 +x2)
T
1 0 0 −1
= 4−x2 = 5(1 +x+x2)−5(x+x2)−(1 +x2)
T
0 1 1 0
= 2 + 3x2 =−(1 +x+x2) + (x+x2) + 3(1 +x2)
T
0 1
−1 0
= 2 + 2x−3x2 = 7(1 +x+x2)−5(x+x2)−5(1 +x2).
Alors
[T]C0,C =
3 5 −1 7
−3 −5 1 −5 1 −1 3 −5
.
3. Toujours des calculs : T
1 0 0 0
= 4 = 4(1 +x+x2)−4(x+x2),
T
0 1 0 0
= 2 +x= 3(1 +x+x2)−2(x+x2)−(1 +x2),
T
0 0 1 0
=−x+ 3x2 =−4(1 +x+x2) + 3(x+x2) + 4(1 +x2),
T
0 0 0 1
=x2 =−(1 +x+x2) + (x+x2) + (1 +x2),
3
alors
[T]C0,B =
4 3 −4 −1
−4 −2 3 1
0 −1 4 1
.
Or,
[T]C0,C[Id]C,B =
3 5 −1 7
−3 −5 1 −5 1 −1 3 −5
1/2 0 0 1/2
1/2 0 0 −1/2
0 1/2 1/2 0 0 1/2 −1/2 0
=
4 3 −4 −1
−4 −2 3 1
0 −1 4 1
= [T]C0,B.
Également,
[Id]C0,B0[T]B0,B =
1 1 −1
−1 0 1 0 −1 1
4 2 0 0 0 1 −1 0 0 0 3 1
=
4 3 −4 −1
−4 −2 3 1
0 −1 4 1
= [T]C0,B.
4. C’est vite fait :
1 1 −1
−1 0 1 0 −1 1
1
−3 1
= −3 0 4 .
Exercice 4. Soit (v1, . . . , vn) une base de V. On définit T : L(V,F) → V par T f = Pn
j=1f(vj)vj. L’application T est bien linéaire car chaque f l’est. Pour montrer que T est un isomorphisme, il suffit de trouver un inverse. Pour i = 1, . . . , n, soit Svi :V →F l’application linéaire définie sur la base par
(Svi)(vj) =
1 si i=j, 0 sinon.
Alors les Svi déterminent une application linéaire S :V →L(V,F),
n
X
i=1
aivi 7→
n
X
i=1
ai(Svi).
Soit f ∈L(V,F).
S(T f)(vj) = (S(
n
X
i=1
f(vi)vi))(vj) = (
n
X
i=1
f(vi)Svi)(vj) =
n
X
i=1
f(vi)(Svi)(vj) = f(vj).
Donc S(T f) =f. Par conséquent, ST = IdL(V,F). Réciproquement, T(Svi) =Pn
j=1(Svi)(vj)·vj =vi, doncT S = IdV. En conclusion, S =T−1 etT est un isomorphisme.
4
