Corrigé de la série 14

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 14

Exercice 1. 1. σ= (45)(23),τ = (234578)(19), ρ= (12345678).

2. On utilise la définition du déterminant. On écritE(I)_ij = (a_kl)_1≤k,l≤n,E(II)_i,λ = (b_kl)_1≤k,l≤n, et E(III)_ij,λ = (c_kl)1≤k,l≤n. On a a_kl = 1 si k =l 6=i, k =l 6=j, a_ji =a_ji = 1 et a_kl = 0 dans tous les autres cas. La seule permutation qui ne donne pas de facteur nul dans la for- mule pour det(E(I)_ij) est donc (ij) et comme le nombre d’inversion d’une transposition est impair, on trouve det(E(I)_ij) =−1.

De même on trouveb_kl = 1sik=l 6=i,b_ii=λetb_kl = 0pourk 6=l. La seule permutation qui ne donne pas de facteur nul dans la formule pourdet(E(II)i,λ)est donc l’identité. On en déduit det(E(II)_i,λ) = b₁₁·. . .·b_nn =λ.

Finalement, on a c_kl = 1 si k = l, c_ij = λ et c_kl = 0 dans tous les autres cas. La seule permutation qui ne donne pas de facteur nul dans la formule pour det(E(III)ij,λ) est donc à nouveau l’identité et on obtient det(E(III)_ij,λ) = 1.

3. En utilisant la décomposition trouvée dans l’exercice 1c de la série 13, on trouve det(A⁻¹) = det

E(III)23,−3·E(III)_14,1·E(III)24,−2·E(III)34,−1·E(II)_3,−¹

2

·E(II)_4,¹

2 ·E(III)32,−2·E(III)41,−1·E(III)31,−1·E(III)21,−1

= det(E(III)23,−3)·det(E(III)_14,1)·det(E(III)24,−2)·det(E(III)34,−1)

·det(E(II)_3,−¹

2)·det(E(II)_4,¹

2)·det(E(III)32,−2)·det(E(III)41,−1)

·det(E(III)31,−1)·det(E(III)21,−1)

=1·1·1·1·

−1 2

· 1

2

·1·1·1·1 = −1 4. On a donc det(A) = (det(A⁻¹))⁻¹ =−4.

Exercice 2. 1. Dans le cas (a), la forme n’est pas définie positive (b(−1,−1) = −2 < 0).

La forme de la question (b) est un produit scalaire (produit scalaire standard sur F¹).

2. (a) Cette forme n’est pas définie positive car b₁((1,0),(1,0)) = 0.

(b) Cette forme n’est pas symétrique car

b₂((1,1),(1,−1)) = 0·06= 4 =b₁((1,−1),(1,1)).

(c) Cette forme n’est pas définie positive car

b₃((1,−1),(1,−1)) = 0.

3. Dans le cas (a), la forme n’est pas définie positive (b(1,1) = 0), dans le cas (b) elle n’est pas symétrique b(x+ 1, x²) = 66= 8 =b(x², x+ 1).

4. La forme n’est pas définie positive (b(x, x) = 0).

5. Cette forme est un produit scalaire : – Symétrique : b(f, g) =Rb

af(t)g(t)dt=Rb

a g(t)f(t)dt=b(g, f)∀f, g ∈V. – Linéaire dans la première variable : On a pour tout f, g, h∈V ;

b(f+g, h) = Z b

a

(f +g)(t)h(t)dt = Z b

a

(f(t) +g(t))h(t)dt

= Z b

a

f(t)h(t)dt+ Z b

a

g(t)h(t)dt =b(f, h) +b(g, h), et pour tout λ ∈Fet f, g∈V :

b(λf, g) = Z b

a

(λf)(t)g(t)dt = Z b

a

λf(t)g(t)dt =λ Z b

a

f(t)g(t)dt =λb(f, g).

– Linéaire dans la seconde variable : par symétrie.

– Définie positive : Pour f ∈ V, on a b(f, f) = Rb

af(t)²dt ≥ 0, comme f(t)² ≥ 0 pour tout t ∈ [−1,1]. Si b(f, f) = 0, alors Rb

a f(t)²dt = 0, ce qui implique que la fonction f est la fonction nulle.

SiV =C⁰(R), la forme n’est pas définie positive, carRb

a f(t)²dt = 0implique uniquement que la fonction f est nulle sur l’intervalle [a, b]. Si V = P(R), par contre, on obtient de même que si Rb

a p(t)²dt pour un polynôme p, alors p= 0 sur [a, b], ce qui implique que p est le polynôme nul. La forme est donc définie positive dans ce cas et donc un produit scalaire (les autres propriétés sont vérifiées comme plus haut).

6. Cette forme est un produit scalaire.

– Symétrique : pour toutp, q ∈V, on a : b(p, q) =

Z 1

−1

p⁰(t)q⁰(t)dt+p(0)q(0) = Z 1

−1

q⁰(t)p⁰(t)dt+q(0)p(0) =b(q, p).

– Linéaire dans la première variable : pour tout p, q, r∈V, on a : b(p+q, r) =

Z 1

−1

(p+q)⁰(t)r⁰(t)dt+ (p+q)(0)r(0)

= Z 1

−1

(p⁰(t) +q⁰(t))r⁰(t)dt+ (p(0) +q(0))r(0)

= Z 1

−1

p⁰(t)r⁰(t)dt+ Z 1

−1

q⁰(t)r⁰(t)dt+p(0)r(0) +q(0)r(0) =b(p, r) +b(q, r), et l’homogénéité peut-être montrée de manière similaire.

– Linéaire dans la deuxième variable : par symétrie.

– Définie positive : Pour p ∈ V, on a b(p, p) = R1

−1(p⁰(t))²dt + (p(0))² ≥ 0. Si b(p, p) = R1

−1p⁰²(t)dt+ (p(0))² = 0, on a R1

−1(p⁰(t))²dt = (p(0))² = 0. Donc p(0) = 0 et p⁰ = 0 (voir ci-desus, il suffit de savoir que p⁰ est nul sur l’intervalle [−1,1] pour savoir que c’est le polynôme nul), ce qui implique quepest le polynôme constant disparaissant en 0, donc p= 0.

7. Cette forme est un produit scalaire :

– On vérifie facilement que b est bilinéaire et symétrique.

– Vérifions que b est définie positive : b(p, p) =

2

X

k=0

|p(k)|² ≥0

pour tout p ∈ V. De plus, b(p, p) = |p(0)|² +|p(1)|² +|p(2)|² = 0 si et seulement si

|p(0)|= |p(1)|= |p(2)| = 0 et donc p(0) =p(1) =p(2) = 0. Le polynôme p a donc au moins trois racines ; comme il est de degré deux, cela implique que p= 0.

8. (a) On montre facilement que cette forme est symétrique et bilinéaire. On cherche donc à déterminerλ∈Rtel quebsoit définie positive. On ab((x₁, x₂),(x₁, x₂)) = x²₁+λx²₂ pour toutx∈V. Pourλ >0, elle est définie positive car si0 = b((x₁, x₂),(x₁, x₂)) = x²₁+λx²₂, on a x²₁ =λx²₂ = 0et donc x₁ =x₂ = 0. Pour λ≤0, elle n’est pas définie positive car b((0,1),(0,1)) = λ ≤ 0. La forme b est donc un produit scalaire si et seulement si λ >0.

(b) Cette forme est symétrique si et seulement siλ = 6. On vérifie facilement qu’elle est bilinéaire. On calculeb((x1, x2),(x1, x2)) =x²₁+ 9x²₂+ 12x1x2 = (x1+ 3x2)²+ 6x1x2. On a doncb((−3,1),(−3,1)) =−18<0 et la forme n’est pas définie positive.

Exercice 3. 1. Pour tout a, b ∈ R, on a (a −b)² ≥ 0 et (a +b)² ≥ 0. On en déduit a²+b² ≥2ab eta²+b² ≥ −2ab, et donc

2|ab| ≤a²+b² pour tout a, b∈R. (1) 2. Il est facile de vérifier que l’ensemble R^N des suites réelles muni de

+ :R^N×R^N→R^N, (a_n)n∈N+ (b_n)n∈N = (a_n+b_n)n∈N

et

·:R×R^N→R^N, r·(an)n∈N= (r·an)n∈N

est un R-espace vectoriel.

Soit(a_n)n∈Nla suite nulle. On a alorsP∞

n=0a²_n= 0et(a_n)n∈N∈`<sup>2</sup>(N). Cet ensemble n’est donc pas vide. Soit r∈R et(a<sub>n</sub>)n∈N∈`²(N). On a alors

∞

X

n=0

(r·a_n)² =r²·

∞

X

n=0

a²_n<∞.

Cela montre r·(a_n)_n∈N∈`²(N).

Soient enfin (a_n)n∈N et(b_n)n∈N∈`²(N). On a

∞>2

∞

X

n=0

a²_n+ 2

∞

X

n=0

b²_n =

∞

X

n=0

2 a²_n+b²_n⁽¹⁾

≥

∞

X

n=0

a²_n+b²_n+ 2anbn =

∞

X

n=0

(an+bn)² (où la première égalité est justifiée par le fait que la somme de deux séries à gauche converge de manière absolue) et donc (an+bn)n∈N est un élément de `<sup>2</sup>(N). On a donc montré que `²(N)est un sous-espace vectoriel de R^N.

3. On doit montrer pour cela

∞

X

n=0

|a_nb_n|<∞ pour tout(an)n∈N et (bn)n∈N ∈`²(N). On a

∞

X

n=0

|a_nb_n|⁽¹⁾≤ 1 2

∞

X

n=0

(a²_n+b²_n) = 1 2

∞

X

n=0

a²_n+

∞

X

n=0

b²_n

!

<∞.

4. D’après la question précédente, la forme h,i estbien définie sur `²(N).

– Symétrie :

(a_n)_n∈N,(b_n)_n∈N

=

∞

X

n=0

a_nb_n=

∞

X

n=0

b_na_n=

(b_n)_n∈N,(a_n)_n∈N pour tout (a_n)_n∈N et(b_n)_n∈N∈`²(N).

– Bilinéarité :

r·(a_n)n∈N,(b_n)n∈N

=

(ra_n)n∈N,(b_n)n∈N

=

∞

X

n=0

ra_nb_n

=r

∞

X

n=0

a_nb_n=r

(a_n)n∈N,(b_n)n∈N

pour tout r∈R et (a_n)n∈N∈`²(N). La bilinéarité se déduit par symétrie.

– Définition positive :

(a_n)n∈N,(a_n)n∈N

=

∞

X

n=0

a²_n≥0 pour tout (an)n∈N ∈`²(N), et

(a_n)n∈N,(a_n)n∈N

= 0⇔a_n = 0 ∀n∈N⇔(a_n)n∈N = 0.

Exercice 4. 1. ker(T) ={v ∈V |T(v) = 0},

im(T) = {T(v)|v ∈V}={w∈W | ∃v ∈V avecT(v) = w}.

2. “⇒” Supposons T injective. Soit v ∈ ker(T). Alors T(v) = 0 = T(0) donc v = 0 par injectivité de T. En effet, comme T est linéaire, on a T(0) = T(0 + 0) = T(0) +T(0) et donc T(0) = 0. Par conséquent ker(T) ={0}.

“⇐” Supposons queker(T) = {0}. Soitv, v⁰ ∈V tels queT(v) = T(v⁰). Alors par linéarité deT, on a T(v−v⁰) =T(v)−T(v⁰) = 0 et doncv−v⁰ ∈ker(T) = {0}. Ainsi v =v⁰. 3. Comme T(0) = 0, on a 0∈ker(T) et donc ker(T)6=∅. Soit v, v⁰ ∈ ker(T), et soit λ ∈F.

AlorsT(v+v⁰) =T(v) +T(v⁰) = 0 + 0 = 0 etT(λv) =λT(v) =λ·0 = 0par linéarité de T. On a donc montré quev +v⁰ et λv sont des éléments de ker(T). Ainsi, ker(T) est un sous-espace vectoriel deV.

4. Montrons que span(T(v₁), . . . , T(v_k)) = im(T). L’inclusion “⊆” est claire car T(v_i) ∈ im(T) pour i = 1, . . . , n. Montrons l’autre inclusion. Soit w ∈ im(T). Alors il existe v ∈ V tel que T(v) = w. Comme (u₁, . . . , u_m, v₁, . . . , v_k) est une base de V, il existe α₁, . . . , α_m, β₁, . . . , β_k ∈ F tels que v = Pm

i=1α_iu_i +Pk

j=1β_jv_j. On obtient w = T(v) = Pm

i=1α_iT(u_i)

=0

+Pk

j=1β_jT(v_j) = Pk

j=1β_jT(v_j)∈span(T(v₁), . . . , T(v_k)).

Montrons que la liste(T(v₁), . . . , T(v_k))est libre. Soitα₁, . . . , α_k ∈Ftels quePk

i=1α_iT(v_i) = 0. Alors, par linéarité de T, on a 0 = Pk

i=1α_iT(v_i) = T Pk

i=1α_iv_i

donc Pk

i=1α_iv_i ∈ ker(T)dont(u₁, . . . , u_m)est une base. Donc il existeβ₁, . . . , β_m ∈F tels quePk

i=1α_iv_i = Pm

j=1β_ju_j et ainsi Pk

i=1α_iv_i +Pm

j=1(−β_j)u_j = 0. Par conséquent α_i = β_j = 0 pour i= 1, . . . , k, j = 1, . . . , mcar (u₁, . . . , u_m, v₁, . . . , v_k)étant une base, elle est libre.

5. Le théorème du rang dit que, comme dim(V) < ∞, on a dim(V) = dim(ker(T)) + dim(im(T)).

La preuve se déduit des questions précédentes. Comme (u₁, . . . , u_m) est une base de ker(T), on a dim(ker(T)) = m. Comme (T(v₁), . . . , T(v_k)) est une base de im(T), on a dim(im(T)) = k. Comme (u₁, . . . , u_m, v₁, . . . , v_k) est une base de V, on a dim(V) = m+k = dim(ker(T)) + dim(im(T)).

6. On a im(S) ⊆ ker(R) car si v ∈ im(S), alors ∃w ∈ V avec S(w) = v. Ainsi, R(v) = (R◦S)(w) = 0 et doncv ∈ker(R).

Par conséquent,dim(im(S))≤dim(ker(R)). Par le théorème du rang appliqué àS (V est de dimension finie), on a n = dim(ker(S)) + dim(im(S))≤dim(ker(S)) + dim(ker(R)).

Exercice 5. On doit calculer dim



span









−1 1−i

i



,



 1 +i

−2 a+ai



,



 a ai

0











.

Comme déjà vu dans la série 13, on effectue des opérations élémentaires sur les lignes de la matriceA^t. On a





−1 1−i i 1 +i −2 a+ai

a ai 0





II1,−1

→





1 i−1 −i 1 +i −2 a+ai

a ai 0





III2,1,−1−i

→

III3,1,−a





1 i−1 −i 0 0 (a+i)(1 +i)

0 a ai





I2,3

→





1 i−1 −i

0 a ai

0 0 (a+i)(1 +i)



.

Sia 6= 0alorsRang(A) = 3car aétant réel, on a(a+i)(1 +i)6= 0. Sia= 0, alorsRang(A) = 2.

D’après le cours, A est inversible si et seulement si Rang(A) = 3 donc si et seulement si a6= 0.

Exercice 6. 1. Cela revient à résoudre un système dont la matrice augmentée est égale à :









1 2 0 1 0 λ 2 1 0 2 3 µ 0 1 3 0 0 0 0 0 3 0 1 λ









III2,1,−2

→









1 2 0 1 0 λ

0 −3 0 0 3 µ−2λ

0 1 3 0 0 0

0 0 3 0 1 λ









I2,3

→

puisIII3,2,3









1 2 0 1 0 λ

0 1 3 0 0 0 0 0 9 0 3 µ−2λ

0 0 3 0 1 λ









I3,4

→

puisIII4,3,−3









1 2 0 1 0 λ 0 1 3 0 0 0 0 0 3 0 1 λ 0 0 0 0 0 µ−5λ









III1,2,−2

puisIII→2,3,−1









1 0 −6 1 0 λ

0 1 0 0 −1 −λ

0 0 3 0 1 λ

0 0 0 0 0 µ−5λ









III1,3,2

puis→II_3,1/3









1 0 0 1 2 3λ

0 1 0 0 −1 −λ 0 0 1 0 1/3 λ/3 0 0 0 0 0 µ−5λ







 .

Donc pour que de tels polynomes existent, il faut que µ= 5λ (siµ6= 5λ il n’ y a pas de solution). Si µ= 5λ, on obtient : a₀ =−a₃−2a₄+ 3λ, a₁ =a₄−λ, a₂ = 1/3(−a₄+λ).

Donc les ensembles cherchés sont

E_µ,λ=∅ si µ6= 5λ et

E_5λ,λ =

(−a₃−2a₄+ 3λ) + (a₄−λ)X+ 1

3(−a₄ +λ)X²+a₃X³+a₄X⁴ |a₃, a₄ ∈R

pourλ ∈R.

2. Si µ6= 5λ,E_µ,λ =∅ n’est pas un sous-espace vectoriel de P4(R).

Siµ= 5λ, l’ensemble E_5λ,λ est un sous-espace vectoriel ssi le système est homogène donc ssiλ = 0.

3. D’après 1), E_5,1 6=∅ donc il existe P ∈P4(R) tel que T(P) = 1 + 5X+X³.

Exercice 7. Les quatre questions de cet exercices peuvent être résolues de manière indépendante ! !

1. On cherche u 6= 0 tel que T_A(u) = 2u. La troisième colonne de A est



 0 0 2



. D’après

la définition de T_A cela veut dire que T_A(e₃) = 0e₁ + 0e₂ + 2e₃ et on peut donc choisir u=e₃ = (0,0,1).

2. On cherche v 6= 0 tel que T_A(v) = −2v, donc tel que A[v]_B = −2[v]_B, c’est-à-dire (A+ 2I₃)[v]_B= 0. On résoud donc le système associé à la matrice A+ 2I₃ :





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





III2,1,−1

III→3,1,−1





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





II3,1/4

→





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





donc les solutions sontx=−2y etz = 0. On peut choisir v = (−2,1,0).

On cherche w 6= 0 tel que T_A(w) = 3w, donc tel que A[w]_B = 3[w]_B, c’est-à-dire (A− 3I₃)[w]_B = 0. On résoud donc le système associé à la matrice A−3I₃ :





−4 2 0 0

2 −1 0 0

1 2 −1 0





I1,3

→





1 2 −1 0

2 −1 0 0

−4 2 0 0





III2,1,−2

III→3,1,4





1 2 −1 0 0 −5 2 0 0 10 −4 0





III3,2,2

→





1 2 −1 0 0 −5 2 0

0 0 0 0





II2,−1/5

→





1 2 −1 0 0 1 −2/5 0

0 0 0 0





III1,2,−2

→





1 0 −1/5 0 0 1 −2/5 0

0 0 0 0





donc les solutions sontx= 1/5z ety = 2/5z. On peut choisirw= (1,2,5).

3. On montre que span(u, v, w) = span(u)⊕span(v)⊕span(w). On commence par montrer queuetvsont linéairement indépendants. Siαu+βv = 0, alors2αu−2βv =T(αu+βv) = 0. En ajoutant deux fois la première équation à la deuxième, on trouve 4αu = 0. Cela implique α = 0 car u 6= 0 et par conséquent aussi β = 0. On a donc span(u, v) = span(u)⊕span(v). Soit maintenant ν ∈ span(u, v)∩span(w). On a donc ν = αu+βv avec α, β ∈ R et T(ν) = 3ν car ν est un multiple de w. On obtient donc 3(αu+βv) = T(αu+βv) = 2αu−2βv. Cela impliqueαu+ 5βv = 0 et donc α=β= 0 car uetv sont linéairement indépendants. On a donc span(u, v, w) = span(u, v)⊕span(w) = span(u)⊕ span(v)⊕span(w)et u, v, w sont linéairement indépendants. Comme la dimension de R³ est3 et cette liste est libre et composée de3 vecteurs, B⁰ = (u, v, w) est une base de R³. 4. Vu le choix de u, v, w, on a [T(u)]_B⁰ = (2,0,0)^t, [T(v)]_B⁰ = (0,−2,0)^t et [T(w)]_B⁰ =

(0,0,3)^t. On a donc

[T]_B⁰_,B⁰ =





2 0 0

0 −2 0

0 0 3



.

Exercice 8. 1. Comme T est linéaire, on a T(0,0) = (0,0). L’élément nul (0,0,0,0) est donc un élément degraph(T) et on a vérifié quegraph(T)6=∅.

Soit (x₁, x₂, y₁, y₂),(x⁰₁, x⁰₂, y₁⁰, y⁰₂) ∈ graph(T) et λ ∈ F. Cela veut dire que T(x₁, x₂) = (y₁, y₂) et T(x⁰₁, x⁰₂) = (y⁰₁, y₂⁰). On a alors T(x₁+x⁰₁, x₂ +x⁰₂) = T((x₁, x₂) + (x⁰₁, x⁰₂)) = T(x₁, x₂)+T(x⁰₁, x⁰₂) = (y₁, y₂)+(y₁⁰, y⁰₂) = (y₁+y⁰₁, y₂+y₂⁰)carT est linéaire. Cela implique que (x₁, x₂, y₁, y₂) + (x⁰₁, x⁰₂, y₁⁰, y⁰₂) = (x₁+x⁰₁, x₂+x⁰₂, y₁+y₁⁰, y₂+y₂⁰)∈graph(T). On a donc montré (v, v⁰ ∈graph(T)⇒v+v⁰ ∈graph(T)).

De même, on aT(λx₁, λx₂) = T(λ(x₁, x₂)) = λT(x₁, x₂) = λ(y₁, y₂) = (λy₁, λy₂). Cela im- pliqueλ(x1, x2, y1, y2) = (λx1, λx2, λy1, λy2)∈graph(T). On a montré(v ∈graph(T), λ∈ F⇒λv∈graph(T)).

Les trois conditions nécessaires et suffisantes pour quegraph(T)soit un sous-espace vec- toriel de F⁴ sont donc satisfaites.

2. On doit montrer que graph(T) +V =F⁴ et graph(T)∩V ={0}.

Montrons la première égalité. L’inclusion “⊆” est évidente par définition. Pour l’autre inclusion, prenons(a, b, c, d)∈F⁴ quelconque et posons (x, y) =T(a, b). On obtient alors (a, b, c, d) = (a, b, x, y) + (0,0, c−x, d−y)∈graph(T) +V.

Pour montrer la deuxième égalité, il suffit de montrer quegraph(T)∩V ⊆ {0}puisque,V et graph(T) étant des sous-espaces vectoriels de F⁴, ils contiennent tous les deux 0. Soit donc v = (a, b, c, d)∈graph(T)∩V. Alors a=b= 0 et (c, d) = T(a, b) =T(0,0) = (0,0) car T est linéaire. Par conséquentv = 0 et l’intersection degraph(T) etV est nulle.

Exercice 9. 1. Non. Par exemple, on a det

















1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0















 + det

















0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

















=

0 + 0 = 0, mais det

















1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0







 +









0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

















= det(I₄) = 1.

2. Oui. La matrice B est inversible car, vu la distributivité du produit matriciel par rapport à la somme, on a B·(B−I₃) = 2I₃ donc B · ¹₂(B−I₃)

=I₃. Ainsi, B⁻¹ = ¹₂(B−I₃).

Comme les zéros de l’équation X²−X−2 = 0 sont 2et −1 et que les matrices scalaires se comportent comme des scalaires, on peut par exemple prendreB = 2I₃ ouB =−I₃. 3. Oui. Soit A ∈ ker(f)∩im(f). Comme A ∈ ker(f), on a A +A^t = 0 donc A = −A^t.

Comme A ∈ im(f), il existe B ∈ Mat(3;F) telle que A = f(B) = B +B^t. On a donc

−A = A^t = (B +B^t)^t = B^t+B = A. Cela implique 2A = 0 et donc A est la matrice nulle. Ainsi ker(f)∩im(f) = {0} et la somme est directe.

4. L’image de A est engendrée par les colonnes de A donc im(A) = span((1, . . . ,1)) et Rang(A) = 1. Le noyau de A est l’ensemble{(x1, . . . , xn)|Pn

i=1xi = 0}.