Corrigé de la série 13

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 13

Exercice 1. 1. On considère le système (A^t|0) :







1 1 1 1 0 0 1 2 0 0 0 3 4 0 0

−1 1 1 1 0





 (L1) (L2) (L3) (L4)

→







1 1 1 1 0 0 1 2 0 0 0 3 4 0 0 0 2 2 2 0







(L1) (L2) (L3) (L⁰₄) = (L4) + (L1)

→







1 1 1 1 0 0 1 2 0 0 0 0 −2 0 0 0 0 −2 2 0







(L1) (L2) (L⁰₃) = (L3)−3(L2) (L⁰⁰₄) = (L⁰₄)−2(L2)

→







1 1 1 1 0 0 1 2 0 0 0 0 −2 0 0 0 0 0 2 0







(L1) (L2) (L⁰₃) (L⁰⁰⁰₄) = (L⁰⁰₄)−(L⁰₃)

→







1 1 1 1 0 0 1 2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0







(L1) (L2) (L⁰⁰₃) = (L⁰₃)·⁻¹₂ (L⁰⁰⁰⁰₄ ) = (L⁰⁰⁰₄)·¹₂ On a appliqué des transformations élémentaires aux 4lignes de la matriceA^t, qui sont 4 vecteurs qui engendrent l'image deTA. Par ces transformations, on ne modie pas l'espace engendré par les 4 vecteurs. Les4 vecteurs (lignes) obtenus engendrent donc toujours l'image de TA. Comme les 4 lignes de la matrice obtenue sont linéairement indépendantes, on trouveRang(A) = 4etAest donc inversible.

Remarque : En général, les lignes non-nulles de la matrice sous forme échelonnée obtenue forment une base de l'image de TA. On trouve donc toujours le rang deAen utilisant cette méthode.

2. On considère le sytème







1 0 0 −1 1 0 0 0 1 1 3 1 0 1 0 0 1 2 4 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1





 (L1) (L2) (L3) (L4)

→







1 0 0 −1 1 0 0 0 0 1 3 2 −1 1 0 0 0 2 4 2 −1 0 1 0 0 0 0 2 −1 0 0 1







(L1) (L⁰₂) = (L2)−(L1) (L⁰₃) = (L3)−(L1) (L⁰₄) = (L4)−(L1)

→







1 0 0 −1 1 0 0 0

0 1 3 2 −1 1 0 0

0 0 −2 −2 1 −2 1 0 0 0 0 1 −¹₂ 0 0 ¹₂







(L1) (L⁰₂) (L⁰⁰₃) = (L⁰₃)−2(L⁰₂)

(L⁰⁰₄) = (L⁰₄)·¹₂

→







1 0 0 −1 1 0 0 0 0 1 3 2 −1 1 0 0 0 0 1 1 −¹₂ 1 −¹₂ 0 0 0 0 1 −¹₂ 0 0 ¹₂







(L1) (L⁰₂) (L⁰⁰⁰₃) = (L⁰⁰₃)·⁻¹₂

(L⁰⁰₄) 1

→







1 0 0 0 1/2 0 0 1/2

0 1 3 0 0 1 0 −1

0 0 1 0 0 1 −1/2 −1/2 0 0 0 1 −1/2 0 0 1/2







(L⁰₁) = (L1) + (l⁰⁰₄) (L⁰⁰₂) = (L⁰₂)−2(L⁰⁰₄) (L⁰⁰⁰⁰₃ ) = (L⁰⁰⁰₃)−(L⁰⁰₄)

(L⁰⁰₄)

→







1 0 0 0 1/2 0 0 1/2

0 1 0 0 0 −2 3/2 1/2 0 0 1 0 0 1 −1/2 −1/2 0 0 0 1 −1/2 0 0 1/2







(L⁰₁) (L⁰⁰⁰₂) = (L⁰⁰₂)−3(L⁰⁰⁰⁰₃ )

(L⁰⁰⁰⁰₃ ) (L⁰⁰₄)

. L'inverse deAest donc la matrice







1/2 0 0 1/2

0 −2 3/2 1/2 0 1 −1/2 −1/2

−1/2 0 0 1/2





.

3. On rappelle queE(I)ij∈Mat(4;F)est la matrice obtenue à partir de la matrice identité par l'opérationIij,E(II)i,λ∈Mat(4;F)la matrice obtenue à partir de la matrice identité par l'opérationIIi,λetE(III)ij,λ∈Mat(4;F)la matrice obtenue à partir de la matrice identité par l'opérationIIIij,λ.

D'après la méthode des questions précédentes, on a

E(III)23,−3·E(III)14,1·E(III)24,−2·E(III)34,−1·E(II)_3,−¹₂

·E(II)_4,¹

2·E(III)32,−2·E(III)41,−1·E(III)31,−1·E(III)21,−1A=I4. La matrice inverseA⁻¹est donc égale à

E(III)23,−3·E(III)14,1·E(III)24,−2·E(III)34,−1·E(II)_3,−¹

2

·E(II)_4,¹₂·E(III)32,−2·E(III)41,−1·E(III)31,−1·E(III)21,−1·I4

=E(III)23,−3·E(III)14,1·E(III)24,−2·E(III)34,−1·E(II)_3,−¹

2

·E(II)_4,¹₂·E(III)32,−2·E(III)41,−1·E(III)31,−1·E(III)21,−1. Exercice 2. 1. On utilise l'algorithme de Gauss-Jordan.









(A)11 1

(A)22 1

... ...

(A)(n−1)(n−1) 1

(A)nn 1









Supposons qu'il existeitel que(A)i,i= 0. On multiplie à droite et à gauche la matrice Apar la matrice élémentaire de permutationE(I)in. Cela revient à inverser les colonnes ietnet les lignesietnet donne la matrice













(A)11 1

... ...

(A)(i−1)(i−1) 1

(A)nn 1

(A)(i+1)(i+1) 1

... ...

(A)ii= 0 1











 .

2

Dans ce cas, la matrice A étant sous forme échelonnée (non-réduite, mais il sut de multiplier par des matrices de type E(II)i,λ pour la mettre sous forme réduite), ayant une dernière ligne n'ayant que des zéros, on déduit que la matrice A n'est pas inversible.

(La dernière ligne de la partie droite de la matrice globale étant non-nulle) On a donc montré par contraposée que siAest inversible, alors(A)ii6= 0pouri= 1, . . . , n.

Si pour touti,(A)ii6= 0, en multipliant à gauche successivement par les matrices élémen- tairesE(II)_i, ¹

(A)ii pouri= 1, . . . , n, on obtient :





1 _(A)¹₁₁

... ...

1 _(A)¹_ii



.

La matriceAest donc inversible et son inverse est A⁻¹=





(A)111

... 1 (A)ii



.

2. On utilise l'algorithme de Gauss-Jordan.







(A)11 (A)12 . . . (A)1n 1 0 . . . 0 0 (A)22 . . . (A)2n 0 ... ... ...

... ... ... ... ... ... ... 0 0 . . . 0 (A)nn 0 . . . 0 1





.

La matrice est cette fois encore sous forme échelonnée (non-réduite), par conséquent, s'il existeitel queAii = 0l'algorithme de Gauss-Jordan aboutit à une matrice ayant une dernière ligne de zéros pourAet une dernière ligne non-nulle à droite, et dans ce casA n'est pas inversible.

SiAii6= 0pouri= 1, . . . , n, on obtient queRang(A) =n(pour avoir la forme échelonnée réduite de la matrice il sut de multiplier par les matrices élémentaires de typeE(II)i,λ, comme à l'exercice précédent). On en déduit queAest inversible.

3

Exercice 3. On utilise l'algorithme de Gauss-Jordan :



 i 1 2 1 0 0

1 +i 3−i 4 0 1 0

−i −i i 0 0 1



 (L1) (L2) (L3)

→



 1 −i −2i −i 0 0 0 2 2 + 2i i−1 1 0 0 1−i 2 +i 1 0 1



 (L⁰₁) =−i(L1) (L⁰₂) = (L2) + (1 +i)i(L1)

(L⁰₃) = (L3) + (L1)

→



 1 −i −2i −i 0 0 0 1 1 +i ⁱ⁻¹₂ ¹₂ 0 0 0 i 1−i −¹⁻ⁱ₂ 1



 (L⁰₁) (L⁰⁰₂) =¹₂(L⁰₂) (L⁰⁰₃) = (L⁰₃)−¹⁻ⁱ₂ (L⁰₂)

→



 1 −i −2i −i 0 0 0 1 1 +i ⁱ⁻¹₂ ¹₂ 0 0 0 1 −1−i ¹⁺ⁱ₂ −i



 (L⁰₁) (L⁰⁰₂) (L⁰⁰⁰₃) =−i(L⁰⁰₃)

→



 1 −i 0 2−3i i−1 2 0 1 0 ⁵ⁱ⁻¹₂ ¹⁻²ⁱ₂ −1 +i 0 0 1 −1−i ¹⁺ⁱ₂ −i



 (L⁰⁰₁) = (L⁰₁) + 2i(L⁰⁰⁰₃) (L⁰⁰⁰₂) = (L⁰⁰₂)−(1 +i)(L⁰⁰⁰₃)

(L⁰⁰⁰₃)

→



 1 0 0 ⁻¹⁻⁷ⁱ₂ ³ⁱ₂ 1−i 0 1 0 ⁵ⁱ⁻¹₂ ¹⁻²ⁱ₂ −1 +i 0 0 1 −1−i ¹⁺ⁱ₂ −i



 (L⁰⁰⁰₁) = (L⁰⁰₁) +i(L⁰⁰⁰₂) (L⁰⁰⁰₂) (L⁰⁰⁰₃) L'inverse de



 i 1 2 1 +i 3−i 4

−i −i i



 est donc 1 2



−1−7i 3i 2−2i 5i−1 1−2i −2 + 2i

−2−2i 1 +i −2i



.

De même, on calcule







1 −1 0 0 1 0 0 0 0 2 −1 0 0 1 0 0 0 0 1 a 0 0 1 0 1 0 0 a² 0 0 0 1





 (L1) (L2) (L3) (L4)

→







1 −1 0 0 1 0 0 0

0 1 −¹₂ 0 0 ¹₂ 0 0

0 0 1 a 0 0 1 0

0 1 0 a² −1 0 0 1







(L1) (L⁰₂) =¹₂(L2)

(L3) (L⁰₄) = (L4)−(L1)

→







1 −1 0 0 1 0 0 0

0 1 −¹₂ 0 0 ¹₂ 0 0

0 0 1 a 0 0 1 0

0 0 ¹₂ a² −1 −¹₂ 0 1







(L1) (L⁰₂) (L3) (L⁰⁰₄) = (L⁰₄)−(L⁰₂)

→







1 −1 0 0 1 0 0 0

0 1 −¹₂ 0 0 ¹₂ 0 0

0 0 1 a 0 0 1 0

0 0 0 ^2a2₂^−a −1 −¹₂ −¹₂ 1







(L1) (L⁰₂) (L3) (L⁰⁰⁰₄) = (L⁰⁰₄)−¹₂(L3)

La matrice est inversible ssi06=^2a2₂^−a=^a(2a−1)₂ , donc ssia6= 0eta6=¹₂. Sia6= 0eta6=¹₂, on 4

obtient 





1 −1 0 0 1 0 0 0

0 1 −¹₂ 0 0 ¹₂ 0 0

0 0 1 a 0 0 1 0

0 0 0 1 −_2a2²−a −_2a2¹−a −_2a2¹−a 2 2a²−a







(L1) (L⁰₂) (L3) (L⁰⁰⁰⁰₄ ) =_2a2²−a(L⁰⁰⁰₄)

→







1 −1 0 0 1 0 0 0

0 1 −¹₂ 0 0 ¹₂ 0 0

0 0 1 0 _2a^2a2−a a

2a²−a 2a²

2a²−a −_2a^2a2−a

0 0 0 1 −_2a2²−a −_2a2¹−a −_2a2¹−a 2 2a²−a







(L1) (L⁰₂) (L⁰₃) = (L3)−a(L⁰⁰⁰⁰₄ )

(L⁰⁰⁰⁰₄ )

→







1 −1 0 0 1 0 0 0

0 1 0 0 _2a2^a−a a² 2a²−a a²

2a²−a −_2a2^a−a

0 0 1 0 _2a^2a2−a a

2a²−a 2a²

2a²−a −_2a^2a2−a

0 0 0 1 −_2a2²−a −_2a2¹−a −_2a2¹−a 2 2a²−a







(L1) (L⁰⁰₂) = (L⁰₂) +¹₂(L⁰₃)

(L⁰₃) (L⁰⁰⁰⁰₄ )

→







1 0 0 0 _2a^2a2−a² a² 2a²−a a²

2a²−a −_2a2^a−a

0 1 0 0 _2a2^a−a a² 2a²−a a²

2a²−a −_2a2^a−a

0 0 1 0 _2a^2a2−a a

2a²−a 2a²

2a²−a −_2a^2a2−a

0 0 0 1 −_2a2²−a −_2a2¹−a −_2a2¹−a 2 2a²−a







(L⁰₁) = (L1) + (L⁰⁰₂) (L⁰⁰₂) (L⁰₃) (L⁰⁰⁰⁰₄ ) Sia6= 0eta6=¹₂, l'inverse de la matrice est donc

1 2a²−a







2a² a² a² −a a a² a² −a 2a a 2a² −2a

−2 −1 −1 2





.

Exercice 4. On rappelle qu'on écrit(a1a2. . . am)la permutationσ∈Sntelle que σ(ai) =ai+1 si i= 1, . . . , n1−1,

σ(an1) =am

avec a1, . . . , am ∈ {1, . . . , n}. Siσ = (a1a2. . . am) ∈ Sn et τ = (b1b2. . . bl) ∈ Sn, on écrit σ◦τ= (a1a2. . . am)(b1b2. . . bl)∈Sn.

On commence par chercher toutes les permutations de l'ensemble de3éléments{1,2,3}.

On a déjà l'identitéId = Id{1,2,3}. On continue en cherchant les permutations6= Idqui xent le point1. Il n'y en a qu'une ; c'est celle qui échange2et3: σ= (23). De même, on trouve les permutations(12)et(13)qui xent3et2, respectivement. Comme|S3|= 3! = 6, il reste deux permutations à trouver, qui d'après ce qu'on vient de voir, ne peuvent xer ni1, ni2, ni 3. Siσ∈S3ne xe pas1, alors soit elle envoie1sur2, soit sur3. Dans le premier cas, si elle ne xe pas3, elle doit envoyer2sur3car sinonσ= (12). On trouve doncσ= (123)et dans le deuxième casσ= (132). On a donc

S3={Id,(12),(13),(23),(123),(132)}.

On calcule maintenant les nombres d'inversions de ces6permutations : NI(Id) = 0

NI((12)) =]{(1,2)}= 1

NI((13)) =]{(1,2),(1,3),(2,3)}= 3 NI((23)) =]{(2,3)}= 1

NI((123)) =]{(1,3),(2,3)}= 2 NI((132)) =]{(1,2),(1,3)}= 2.

5

On cherche maintenant les permutations des4éléments{1,2,3,4}. On commence par cher- cher celles qui xent le point1. Cela revient à chercher les permutations de{2,3,4}. On trouve doncId,(23),(34),(24),(234),(243)d'après ce qu'on vient de voir. On cherche maintenant les permutations qui xent2mais pas1. On trouve(13),(14),(134),(143). On continue avec les permutations qui xent3, mais ni1, ni2. On trouve(12),(124),(142). Finalement, les permu- tations qui xent4mais ni1, ni2ni3sont(123)et(132). Il reste9des4! = 24permutations à trouver. Elles ne xent aucun des4nombres puisqu'on a trouvé toutes celles qui xent au moins1élément de{1,2,3,4}. Siσ∈S4ne xe aucun point, alorsσ(1) = 2,3ou4. Siσ(1) = 2, alorsσ(2) = 1,3ou4. Dans le premier cas, on trouveσ= (12)(34), dans le deuxième cas, on trouveσ= (1234)et dans le troisièmeσ= (1243)carσne xe ni3, ni4. De même siσ(1) = 3, on trouveσ= (13)(24), σ = (1324)ouσ = (1342) et siσ(1) = 4, on trouve σ= (14)(23), σ= (1423)ouσ= (1432). On a donc trouvé

S4=









Id,(23),(34),(24),(13),(14),(12), (234),(243),(134),(143),(124),(142),(123),(132),

(12)(34),(13)(24),(14)(23), (1234),(1243),(1324),(1342),(1423),(1432)







.

On calcule maintenant les nombres d'inversion : NI(Id) = 0

NI((23)) =]{(2,3)}= 1 NI((34)) =]{(3,4)}= 1

NI((24)) =]{(2,3),(2,4),(3,4)}= 3 NI((13)) =]{(1,2),(1,3),(2,3)}= 3

NI((14)) =]{(1,2),(1,3),(1,4),(2,4),(3,4)}= 5 NI((12)) =]{(1,2)}= 1

NI((234)) =]{(2,4),(3,4)}= 2 NI((243)) =]{(2,3),(2,4)}= 2

NI((134)) =]{(1,2),(1,4),(2,4),(3,4)}= 4 NI((143)) =]{(1,2),(1,3),(1,4),(2,3)}= 4 NI((124)) =]{(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)}= 4 NI((142)) =]{(1,2),(1,3),(1,4),(3,4)}= 4 NI((123)) =]{(1,3),(2,3)}= 2

NI((132)) =]{(1,2),(1,3)}= 2 NI((12)(34)) =]{(1,2),(3,4)}= 2

NI((13)(24)) =]{(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)}= 4

NI((14)(23)) =]{(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)}= 6 NI((1234)) =]{(1,4),(2,4),(3,4)}= 3

NI((1243)) =]{(1,3),(2,3),(2,4)}= 3

NI((1324)) =]{(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)}= 5 NI((1342)) =]{(1,2),(1,4),(3,4)}= 3

NI((1423)) =]{(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)}= 5 NI((1432)) =]{(1,2),(1,3),(1,4)}= 3.

6

Exercice 5. En utilisant le résultat de l'exercice précédent, on calcule det(A) =X

σ∈S3

(−1)^NI(σ)(A)1σ(1)(A)2σ(2)(A)3σ(3)

=(A)11(A)22(A)33+ (A)12(A)23(A)31+ (A)13(A)21(A)32

−(A)11(A)23(A)32−(A)12(A)22(A)33−(A)13(A)22(A)31

=4 + 10 + 9−5−6−12 = 0 et

det(B) =X

σ∈S4

(−1)^NI(σ)(B)1σ(1)(B)2σ(2)(B)3σ(3)(B)4σ(4)

=(B)11(B)22(B)33(B)44−(B)11(B)23(B)32(B)44−(B)11(B)22(B)34(B)43

−(B)11(B)24(B)33(B)42−(B)13(B)22(B)31(B)44−(B)14(B)22(B)33(B)41

−(B)12(B)21(B)33(B)44+ (B)11(B)23(B)34(B)42+ (B)11(B)24(B)32(B)43

+ (B)13(B)22(B)34(B)41+ (B)14(B)22(B)31(B)43+ (B)12(B)24(B)33(B)41

+ (B)14(B)21(B)33(B)42+ (B)12(B)23(B)31(B)44+ (B)13(B)21(B)32(B)44

+ (B)12(B)21(B)34(B)43+ (B)13(B)24(B)31(B)42+ (B)14(B)23(B)32(B)41

−(B)12(B)23(B)34(B)41−(B)12(B)24(B)31(B)43−(B)13(B)24(B)32(B)41

−(B)13(B)21(B)34(B)42−(B)14(B)23(B)31(B)42−(B)14(B)21(B)32(B)43

=2−0−0−3−6−4−0 + 0−2 + 0−6 + 0 + 3 + 0 + 2 + 0 + 9 + 0−0−0−4−0−0 + 2

=−7

7