EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 10
Exercice 1. On peut faire les multiplications suivantes : A·B, B·A, B·C,
car le nombre de colonnes de la matrice à gauche dans chaque produit correspond au nombre de lignes de la matrice à droite. On a :
A·B =
1 3 0 0 −2 0
·
2 3 0 1
−1 0
=
2 6 0 −2
,
B·A=
2 3 0 1
−1 0
·
1 3 0 0 −2 0
=
2 0 0
0 −2 0
−1 −3 0
,
B·C =
2 3 0 1
−1 0
· 5
−4
=
−2
−4
−5
.
Exercice 2. 1. On exprime les images de e1, e2, e3 ∈ R3 par T dans la base canonique B= (e1, e2, e3) de R3. On a T(e1) = (−1,−6,3) =−e1−6e2+ 3e3, T(e2) = (1,4,−1) = e1+ 4e2−e3 etT(e3) = (1,2,1) =e1+ 2e2+e3. On obtient donc
[T]B,B =
−1 1 1
−6 4 2 3 −1 1
par la dénition de la matrice associée à une application linéaire.
2. On sait que
[T]B,B·[T]B,B = [T ◦T]B,B. On calcule donc
[T ◦T]B,B = [T]B,B·[T]B,B=
−1 1 1
−6 4 2 3 −1 1
·
−1 1 1
−6 4 2 3 −1 1
=
−2 2 2
−12 8 4 6 −2 2
= 2
−1 1 1
−6 4 2 3 −1 1
= 2[T]B,B= [2T]B,B.
La dernière égalité découle du fait que l'applicationL(R3,R3)→Mat(3,3;R),L7→[L]B,B est un isomorphisme (voir le cours). On a donc T ◦T = 2T. Si v ∈im(T), alors il existe w∈R3 tel que v =T(w). On a alors T(v) = T2(w) = 2T(w) = 2v.
1
3. Comme T :R3 →R3, on sait que im(T),ker(T) sont des sous-espaces vectoriels deR3. Si v ∈ker(T)∩im(T), alorsT(v) = 0etT(v) = 2v d'après la question précédente. On a donc v = 0. Par conséquent, ker(T)∩im(T) ={0} et ker(T) etim(T) sont en somme directe.
D'après le théorème du rang, on a dim(ker(T)⊕im(T)) = dim(ker(T)) + dim(im(T)) = dim(R3). Donc ker(T)⊕im(T) est un sous-espace vectoriel de R3 de dimension 3. Il est donc égal à R3 (voir le test).
4. On sait queim(T)⊆ {v ∈R3 |T(v) = 2v}. En même temps, siw∈ {v ∈R3 |T(v) = 2v}, alors w = 12T(w) = T 12w
∈ im(T). Donc im(T) = {v ∈ R3 | T(v) = 2v}. Mais T(x, y, z) = (2x,2y,2z)si et seulement si(−x+y+z,−6x+4y+2z,3x−y+z) = (2x,2y,2z) et donc ssi (−3x+y+z,−6x+ 2y+ 2z,3x−y−z) = (0,0,0). On résoud le système
−3 1 1 0
−6 2 2 0 3 −1 −1 0
(L1) (L2) (L3)
→
−3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
(L1) (L2−2L1)
(L3+L1) .
On trouve −3x+y+z = 0. Le vecteur v = (x, y, z) est donc un élément de im(T) ssi
−3x+y+z = 0 (ceci est l'équation cherchée).
5. Si v ∈ im(T), on vient de voir que −3x+y+z = 0, c'est à dire z = 3x−y, et donc v = (x, y,3x−y) = x(1,0,3) +y(0,1,−1). Comme(1,0,3)et(0,1,−1)sont linéairement indépendents, on trouve que ((1,0,3),(0,1,−1)) est une base de im(T). Si v ∈ ker(T), alors (−x+y+z,−6x+ 4y+ 2z,3x−y+z) = (0,0,0). On résoud le système
−1 1 1 0
−6 4 2 0 3 −1 1 0
(L1) (L2) (L3)
→
−1 1 1 0 0 −2 −4 0
0 2 4 0
(L1)
(L2−6L1) = (L02) (L3+ 3L1) = (L03)
→
−1 1 1 0 0 −2 −4 0
0 0 0 0
(L1) (L02) (L03+L02)
.
On a donc2y+ 4z = 0et−x+y+z = 0, ce qui impliquey=−2zetx=y+z =−z, donc v = (−z,−2z, z) =z(−1,−2,1). On trouve par conséquentker(T) = span ((−1,−2,1))et on peut poser B0 = ((1,0,3),(0,1,−1),(−1,−2,1)). Comme (1,0,3),(0,1,−1) ∈ im(T) et (−1,−2,1) ∈ ker(T), on trouve T(1,0,3) = 2(1,0,3), T(0,1,−1) = 2(0,1,−1) et T(−1,−2,1) = 0. La matrice de T dans la base B0 est donc
[T]B0,B0 =
2 0 0 0 2 0 0 0 0
.
Exercice 3. 1. Si
[L]B3,B2 =
i 0 −i
0 2i 4−i 0 1 +i 0
−1 1 0
=:A
avec B3 = (1, X, X2, X3) et B2 = (1, X, X2), alors L(1) = i−X3, L(X) = 2iX + (1 + i)X2+X3 et L(X2) =−i+ (4−i)X. On trouve donc
L(a0 +a1X+a2X2) = a0L(1) +a1L(X) +a2L(X2)
=a0(i−X3) +a1(2iX+ (1 +i)X2+X3) +a2(−i+ (4−i)X)
= (ia0−ia2) + (2ia1+ (4−i)a2)X+ (1 +i)a1X2+ (−a0 +a1)X3. 2
Il a été vu en cours que [L(v)]B3 = [L]B3,B2 ·[v]B2 pour tout v ∈ P2(F). Comme [a0 + a1X+a2X2]B2 = (a0, a1, a2)t, on retrouve bien par cette méthode :
[L(a0+a1X+a2X2)]B3 =
i 0 −i
0 2i 4−i 0 1 +i 0
−1 1 0
·
a0 a1 a2
=
ia0−ia2 2ia1+ (4−i)a2
(1 +i)a1
−a0+a1
,
et doncL(a0+a1X+a2X2) = (ia0−ia2)+(2ia1+(4−i)a2)X+(1+i)a1X2+(−a0+a1)X3. 2. Si A est la matrice de L relativement aux bases (X2, X,1)et (X3, X2, X,1) de P2(C) et
P3(C)respectivement, alors
[L(a0+a1X+a2X2)](X3,X2,X,1) =
i 0 −i
0 2i 4−i 0 1 +i 0
−1 1 0
·[a0+a1X+a2X2](X2,X,1)
=
i 0 −i
0 2i 4−i 0 1 +i 0
−1 1 0
·
a2 a1 a0
=
ia2−ia0
2ia1+ (4−i)a0 (1 +i)a1
−a2+a1
,
et doncL(a0+a1X+a2X2) = (ia2−ia0)X3+(2ia1+(4−i)a0)X2+(1+i)a1X+(−a2+a1). 3. Le polynôme p=a0+a1X+a2X2 s'écrit
p=a2(1 +X)2−a2−2a2X+a0 +a1X
=a2(1 +X)2+ (a1−2a2)(1 +X)−a1+ 2a2−a2+a0
=a2(1 +X)2+ (a1−2a2)(1 +X) + (−a1+a2+a0)
dans la base (1,1 +X,(1 +X)2). SiA est la matrice de Lrelativement aux bases (1,1 + X,(1 +X)2) et (1,1 +X,1 +X2,1 +X3) de P2(C) et P3(C) respectivement, on trouve par conséquent :
[L(a0+a1X+a2X2)](1,1+X,1+X2,1+X3) =
i 0 −i
0 2i 4−i 0 1 +i 0
−1 1 0
·[a0 +a1X+a2X2](1,1+X,(1+X)2)
=
i 0 −i
0 2i 4−i 0 1 +i 0
−1 1 0
·
−a1+a2+a0 a1−2a2
a2
=
i(−a1+a2+a0)−ia2 2i(a1−2a2) + (4−i)a2
(1 +i)(a1−2a2)
−(−a1+a2+a0) + (a1−2a2)
,
3
et donc
L(a0+a1X+a2X2) =(i(−a1+a2+a0)−ia2) + (2i(a1−2a2) + (4−i)a2)(1 +X)
+ (1 +i)(a1−2a2)(1 +X2) + (−(−a1+a2+a0) + (a1−2a2))(1 +X3)
=((4−2i)a2+ (3i+ 2)(a1−2a2) + (i−1)(−a1+a2+a0)) + (2i(a1−2a2) + (4−i)a2)X
+ (1 +i)(a1−2a2)X2+ (a1−a2−a0+a1−2a2)X3
=(−(1 + 7i)a2+ (2i+ 3)a1+ (i−1)a0) + ((4−5i)a2+ 2ia1)X + (1 +i)(a1−2a2)X2+ (2a1−3a2−a0)X3.
Exercice 4. Si A∈Mat(l, m;F) etC ∈Mat(m, n;F), alors on peut eectuer le produit A·C et on a (A·C)ij = Pm
k=1(A)ik(C)kj pour i = 1, . . . , l et j = 1, . . . , n. On calcule donc pour i= 1, . . . , l et j = 1, . . . , n :
(A·(C+D))ij =
m
X
k=1
(A)ik(C+D)kj =
m
X
k=1
(A)ik((C)kj+ (D)kj)
=
m
X
k=1
(A)ik(C)kj+
m
X
k=1
(A)ik(D)kj = (A·C)ij + (A·D)ij
= (A·C+A·D)ij.
Cela prouve que les coecients des deux matrices A·(C+D) etA·C+A·D coincident. Les deux matrices sont donc égales.
On prouve la deuxième égalité de la même manière : soit i ∈ {1, . . . , l} et j ∈ {1, . . . , n}, alors
((A+B)·C)ij =
m
X
k=1
(A+B)ik(C)kj =
m
X
k=1
((A)ik+ (B)ik) (C)kj
=
m
X
k=1
(A)ik(C)kj+
m
X
k=1
(B)ik(C)kj = (A·C)ij + (B·C)ij
= (A·C+B·C)ij.
4
