Corrigé de la série 10

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008

Corrigé de la série 10

Exercice 1.

(a) Pour être un sous-espace vectoriel,GL_n(F)devrait contenir l'élément nul deMat(n, n;F), i.e. la matrice ~0. Or, ~0 n'est pas inversible car ~0· A = ~0 pour n'importe quel A ∈ Mat(n, n;F).

L'ensembleGLn(F)n'est pas fermé sous l'addition non plus : Les matricesIn et−In sont clairement dans GL_n(F); leurs inverses sont I_n et −I_n respectivement. Or, leur somme I_n−I_n est la matrice~06∈GL_n(F).

(b) Supposons que A =

a b c d

est inversible. Alors il existe B =

v w x y

∈ Mat(n, n;F) tel que A·B =I_n. On en tire les systèmes suivants :

(av+bx = 1 cv+dx = 0

(aw+by = 0 cw+dy= 1

Du premier système, on déduitv(ad−bc) =detx(ad−bc) =−c, du deuxième, on obtient w(ad−bc) =−b ety(ad−bc) =a. Par conséquent,ad−bcn'est pas zéro, car autrement on aurait d=c= 0, ce qui contredirait l'équationcw+dy = 1.

Inversement, si ∆ := ad −bc 6= 0, le systême au-dessus est résoluble, avec v = d/∆, w=−c/∆, x=−b/∆et y=a/∆, donc A⁻¹ = ∆⁻¹

d −c

−b a

. En résumé : A=

a b c d

∈GL₂(F) ⇐⇒ ad−bc6= 0.

(c) Le système est résoluble pour tout(a, b)si et seulement si la fonction linéairef: F² →F², f(x, y) = (6x − 5y,18x − 15y), est surjective. C'est le cas si et seulement si f est un isomorphisme, vue que F² est de dimension nie sur F. Or, sous l'isomorphisme φ: Mat(2,2;F) ∼= L(F²,F²) établi dans le cours, les isomorphismes correspondent aux matrices inversibles. Alorsf est un isomorphisme si et seulement si

6 −5 18 −15

∈GL₂(F). Comme6·(−15)−18·(−5) = 15·(−6 + 6) = 0, la matrice n'est pas inversible selon le critère de (b). Par conséquent, la réponse à la question est non.

(d) Vérions les propriétés : (i) La matrice identité I₂ =

1 0 0 1

satisfait I₂·A=A·I₂ pour tout A∈Mat(2,2;F), donc en particulier pourA∈GL₂(F).

(ii) Pour un élément A∈GL₂(F)il existe par dénition une matriceB telle queA·B = I₂ =B·A.

(iii) Pour A, B, C ∈ Mat(2,2;F) ⊂ GL₂(F), on a A·(B ·C) = (A·B)·C. Une façon de démontrer cela est par vérication directe. Alternativement, on peut utiliser le résultat montré dans le cours qu'il y a un isomorphismeφ: Mat(2,2;F)∼=L(F²,F²) tel que φ(A·B) = φ(A)◦φ(B). Alors on a

φ(A·(B·C)) = φ(A)◦φ(B·C) =φ(A)◦(φ(B)◦φ(C)).

De manière analogue, on trouve :

φ((A·B)·C) = φ(A◦B)◦φ(C).

Comme la composition d'application◦est une opération associative, on conclut que les images sous φ de A · (B · C) et de (A ·B)· C coincident. Comme φ est un isomorphisme, cela implique queA·(B·C) = (A·B)·C.

Exercice 2.

(a) 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.

(b) 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

.

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



.

(c) 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),

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.

(d) C'est vite fait :





1 1 −1

−1 0 1 0 −1 1







 1

−3 1



= −3 0 4 . Exercice 3.

(a) Représentons le système par le schéma





1 2 −3 −1 3 −1 2 7 8 2 −2 9





L1 L2 L3

Pour faire disparaître les entrées dans la première colonne au-dessous de1, nous eectuons les opérations élémentaires suivantes :





1 2 −3 −1 0 −7 11 10 0 −14 22 17





L1 L2−3·L1=L2' L3−8·L1=L3'

Ensuite, nous obtenons un 0 sous le −7 en faisant





1 2 −3 −1 0 −7 11 10

0 0 0 −3





L1 L2' L3'−2·L2'

La dernière ligne correspond à l'équation contradictoire 0 =−3, le système d'équations est donc incompatible, i.e. ne possède pas de solutions.

(b) On applique l'algorithme de GaussJordan :





2 1 −2 10 1 1 4 −9 7 5 1 14





L1 L2 L3





1 1 4 −9

0 −1 −10 28 0 −2 −27 77





L2 =L1⁰ L1−2·L2 =L2⁰ L3−7·L2 =L3⁰





1 0 −6 19 0 1 10 −28 0 0 −7 21





L1⁰+L2⁰ =L1⁰⁰ -L2⁰ =_L2⁰⁰

L3⁰−2·L2⁰ =L3⁰⁰





1 0 −6 19 0 1 10 −28 0 0 1 −3





−¹

7·L3⁰⁰ =L3⁰⁰⁰





1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 −3





L1⁰⁰+6·L3⁰⁰⁰ L2⁰⁰−10·L3⁰⁰⁰

L3⁰⁰⁰

Il y a alors une seule solution(1,2,−3).

(c) Plus de GaussJordan :





1 −3 7 −4 1 2 −3 6 7 4 −1 22





L1 L2 L3





1 −3 7 −4

0 5 −10 10 0 −10 −20 −20





L1 L2−L1=L2⁰ L3−7·L2=L3⁰





1 −3 7 −4 0 1 −2 2

0 0 0 0





L1

1

5·L2⁰ =L2⁰⁰ L3⁰+2·L2⁰ =L3⁰⁰





1 0 1 2 0 1 −2 2 0 0 0 0





L1+3·L2⁰⁰ L2⁰⁰ L3⁰⁰

Il y a donc une innité de solutions à un paramètre :

{(2−z,2 + 2z, z)∈F³|z∈F}= (2,2,0) + span(−1,2,1) Exercice 4.

(a) La liste forme une base si et seulement si elle est libre, vu qu'elle consiste de quatre éléments. Supposant que P4

i=1α_i~v_i =~0, on est amené au système











α₁+α₂+α₃ = 0

−α₁+ 3α₃+ 2α₄ = 0 α₂+ 5α₃+ 3α₄ = 0 2α₁+ 2α₂+ 7α₃+αα₄ = 0

En utilisant GaussJordan on trouve que la seule solution (α₁, α₂, α₃, α₄) est ~0 si et seulement si α6= 5. La liste est alors une base ssi α6= 5.

(b) Pourα = 5on trouve~v₁−2~v₂+~v₃−~v₄ =~0. Doncdim span(~v₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄) = 3, et(~v₁, ~v₂, ~v₃) est une base.

(c) Si α 6= 5, (~v₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄) est une base et par conséquent v ∈ span(~v₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄) pour tout k ∈ F. Pour les composantes, on résout le système trouvé en (a) avec second membre (−2, k,1,3). On trouve :

α₁ =−9 + 4k+ 5r, α₂ = 16 + 5k+ 10r, α₃ =−3−k−5r, α₄ = 5r, avecr = _α−5^2+k.

Pour α= 5, on a v ∈span(~v₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄) ssik =−2. On trouve~v =−~v₁+ 6~v₂−~v₃.