EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 10
Correction exercice 1
1. L’addition dans M at(m, n,F), notée +, est définie de la manière suivante, pour (aij) ∈ M at(m, n,F) et (bij)∈M at(m, n,F) on a :
(aij +bij)ij = (aij)ij + (bij)ij.
La multiplication par les scalaires est définie de la manière suivante, pour λ ∈ F et (aij)∈M at(m, n,F)
(λaij)ij =λ(aij)ij.
On vérifie que (aij +bij)∈M at(m, n,F) et (λaij)∈M at(m, n,F).
L’élément neutre pour l’addition est la matrice nulle 0 définie par (0)ij = 0. On vérifie que 0 + (aij) = (aij).
Inverse additif.
Soit (aij)∈M at(m, n,F) on vérifie que la matrice −1(aij) où −1∈F est tel que : (aij)−(aij) = 0
De plus, on vérifie les relations suivantes : (λ+µ)(aij) = (λaij) + (µaij)
λ((aij) + (bij)) = (λaij) + (λbij) λ(µ(aij)) = (λµ)(aij)
2. Montrons que M(−,B,B0) est linéaire. Soient α ∈ F , f et g dans L(V, W), B = {~v1, . . . , ~vn} une base de V et B0 ={w~1, . . . , ~wm} une base de W.
On note M(−,B,B0)(f) = (aij) et M(−,B,B0)(g) = (bij) on rappelle que ceci signifie que :
f(~vi) =a1iw~1 +. . .+amiw~m et g(~vi) = b1iw~1+. . .+bmiw~m. Par conséquent, on a
(αf +g)(~vi) =αf(~vi) +g(~vi) = (αa1i+b1i)w~1+. . .+ (αami+bmi)w~m.
On en déduit que M(−,B,B0)(αf+g) =αM(−,B,B0)(f) +M(−,B,B0)(g)et donc que M(−,B,B0) est linéaire.
On définit l’application linéaire :
RealB,B0 :M at(m, n,F)→ L(V, W)
de la manière suivante. On associe à (aij) l’application linéaire de V dans W telle que RealB,B0(aij)(~vk) = a1kw~1 +. . .+amkw~m ∈W
On vérifie que RealB,B0 est l’inverse de M(−,B,B0). En effet, pour tout T et tout k ∈ {1, . . . n} on a :
RealB,B0 ◦ M(−,B,B0)(T)(~vk) = T(~vk).
De même, M(−,B,B0)◦RealB,B0(A) = A.
1
Correction exercice 2 Soit P =Pn
i=0aiXi, on a f(P) =Pn
i=0aiXn−i donc f(P)∈ Pn(R). On vérifie facilement (le faire !) que f est linéaire. On a f ◦f = Id donc f est bijective et l’inverse de f est f.
La matrice de f dans la base canonique s’écrit :
0 0 . . . 0 1
... 1 0
. ..
0 1 ...
1 0 . . . 0 0
Correction exercice 3
Soit GL(V) l’ensemble des opérateurs inversibles de V.
– Montrons que la composition des applications linéaires dans GL(V) est interne c’est à dire que la composée de deux applications inversibles est inversible. Soient T et U deux éléments de GL(V) d’inverses respectifs T−1 et U−1, alors
(T.U)(U−1.T−1) = (U−1.T−1)(T.U) = Id
par conséquent T.U ∈GL(V).
– (i) Soit Id :V →V l’application identité (qui est un élément de GL(V)), on a :
Id◦T =T ◦Id =T
pour tout T dans GL(V).
– (ii) Par définition d’inversibilité, pour T ∈GL(V) on a l’existence de T−1 ∈GL(V) tel que
T ◦T−1 =T−1◦T = Id.
– (iii) T ◦(U ◦V) = (T ◦U)◦V par associativité de la composition.
Correction exercice 4
1. Montrons que f est linéaire.
f
0 0 0 0
=
0 0 0 0
f
a b c d
+
a0 b0 c0 d0
=f
a+a0 b+b0 c+c0 d+d0
=
a+a0−d−d0 c+c0 b+b0 a+a0−d−d0
=
a−d c b a−d
+
a0−d0 c0 b0 a0−d0
=f
a b c d
+f
a0 b0 c0 d0
f
λ
a b c d
=f
λa λb λc λd
=
λa−λd λc λb λa−λd
=λf
a b c d
De même, on montre que g est linéaire.
2
2. La base canonique de M at(2,2,R) est
B={E1 =
1 0 0 0
, E2 =
0 1 0 0
, E3 =
0 0 1 0
, E4 =
0 0 0 1
}
(On rappelle que M at(m, n,R) est isomorphe à Rm+n. En effet, l’application f :M at(m, n,R)→Rm+n définie par
f(ai,j) = (a1,1, a1,2, . . . , a1,n, a2,1, . . . , a2,n, . . . , am,1, . . . , am,n)
est un isomorphisme linéaire.)
f
1 0 0 0
=
1 0 0 1
=E1+E4
f
0 1 0 0
=
0 0 1 0
=E3
f
0 0 1 0
=
0 1 0 0
=E2
f
0 0 0 1
=
−1 0 0 −1
=−E1−E4
Par conséquent, la matrice de f dans la base canonique de M at(2,2,R) est
F =
1 0 0 −1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 −1
Pour l’application linéaire g on a :
g(E1) =E1, g(E2) =−E3, g(E3) = −E2, g(E4) =E4
par conséquent la matrice de g dans la base canonique de M at(2,2,R) est
G=
1 0 0 0
0 0 −1 0 0 −1 0 0
0 0 0 1
3. Soit
a b c d
un élément du noyau de f. On a
f
a b c d
=
a−d c b a−d
=
0 0 0 0
.
On en déduit que b = c = 0 et a = d et donc que Ker(f) = Span
1 0 0 1
. Par le théorème du rang, on a que dim(Im(f)) = 3 et d’après les calculs de f(Ei), on obtient queE1+E4, E2 et E3 sont dans l’image et ils sont clairement linéairement indépendants donc ils forment une base de Im(f).
3
4. On montre que g◦g = Id donc g est inversible d’inverse g.
Correction exercice 5
1. Par le théorème du rang on a :
dim(Ker(h)) = dim(E)−dim(Im(h)) =n−r.
Soit(~er+1, . . . , ~en) une base deKer(h)⊂E. Par le théorème du ballon, on peut compléter cette famille libre de E pour obtenir un base de E par des vecteurs (~e1, . . . , ~er). Soit (h(~e1), . . . , h(~er)) la famille de Im(h). On vérifie facilement que cette famille est libre, par construction. Comme cette famille a r éléments, c’est donc une base de Im(h). On notef~i =h(~ei)pouri= 1, . . . , r. Par le théorème du ballon on complète la base(f~1, . . . , ~fr) deIm(h)⊂F en une base deF par des vecteursf~r+1, . . . , ~fm. Par constructionh(~ei) =f~i pour i= 1, . . . , r et h(ei) = 0 pour i > r.
La matrice de h dans ce couple de bases est
1 0 . . . 0 0
0 . .. ... ... ... . .. 1 . ..
... . .. 0 . .. ...
... . .. ... 0 0 . . . 0 0
où les seules entrées non-nulles de la matrice sont les r premiers termes de la diagonale.
2. On commence par déterminer le noyau de h, ce qui revient à résoudre le système :
2x1 −x2 +x3 −x4 = 0 x2 +x3 −2x4 = 0 x1 +2x2 +x3 +x4 = 0
Par la méthode du pivot de Gauss, on montre que ce système est équivalent au système suivant :
x1 +2x2 +x3 +x4 = 0 5x2 +x3 +3x4 = 0
−4x3 +13x4 = 0 Les solutions de ce système sont donc de la forme :
(−7 4λ,−5
4λ,13 4 λ, λ)
d’où Ker(h) = Span(−7,−5,13,4). D’où ~e4 = (−7,−5,13,4). On en déduit également que rg(f) = 3 et donc que f est surjective.
On complète ce vecteur ~e4 pour obtenir une base de R4. On vérifie facilement que {~e1 = (1,0,0,0), ~e2 = (0,1,0,0), ~e3 = (0,0,1,0), ~e4 = (−7,−5,13,4)}
forme une base de R4. On a : h(1,0,0,0) = (2,0,1) =f~1 h(0,1,0,0) = (−1,1,2) =f~2 h(0,0,1,0) = (1,1,1) =f~3
(f~1, ~f2, ~f3) forme une base de Im(f) =R3.
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