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 4 lignes de la matrice A^t, qui sont 4 vecteurs qui engendrent l'image de T_A. Par ces transformations, on ne modie pas l'espace engendré par les 4 vecteurs. Les 4 vecteurs (lignes) obtenus engendrent donc toujours l'image de T_A. Comme les 4 lignes de la matrice obtenue sont linéairement indépendantes, on trouve Rang(A) = 4 etA est donc inversible.

Remarque : En général, les lignes non-nulles de la matrice sous forme échelonnée obtenue forment une base de l'image de T_A. On trouve donc toujours le rang de A en 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 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 deA est 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 que E(I)ij ∈Mat(4;F)est la matrice obtenue à partir de la matrice identité par l'opérationI_ij,E(II)_i,λ ∈Mat(4;F)la matrice obtenue à partir de la matrice identité par l'opération II_i,λ et E(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,−¹

2

·E(II)_4,¹

2 ·E(III)32,−2·E(III)41,−1·E(III)31,−1·E(III)21,−1A=I₄. La matrice inverse A⁻¹ est 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)_4,¹

2 ·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)_4,¹

2 ·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 existe i tel que (A)_i,i = 0. On multiplie à droite et à gauche la matrice A par la matrice élémentaire de permutation E(I)_in. Cela revient à inverser les colonnes i etn et les lignesi et n et 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





















 .

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 si A est inversible, alors (A)_ii6= 0 pouri= 1, . . . , n.

Si pour touti,(A)_ii6= 0, en multipliant à gauche successivement par les matrices élémen- taires E(II)_i, ¹

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







1 _(A)¹

... 11 ...

1 _(A)¹

ii





.

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







1 (A)11

...

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 existe i tel que A_ii = 0 l'algorithme de Gauss-Jordan aboutit à une matrice ayant une dernière ligne de zéros pour A et une dernière ligne non-nulle à droite, et dans ce cas A n'est pas inversible.

SiA_ii6= 0 pouri= 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 que A est inversible.

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 ssi 06= ^2a2₂^−a = ^a(2a−1)₂ , donc ssi a6= 0 et a6= ¹₂. Si a6= 0 et a6= ¹₂, on

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 2a}^a₂²_{−a 2a}^a₂²_−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 ) Sia 6= 0 eta 6= 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. . . a_m)la permutation σ ∈S_n telle que σ(a_i) = a_i+1 si i= 1, . . . , n₁−1,

σ(an1) =am

avec a₁, . . . , a_m ∈ {1, . . . , n}. Si σ = (a₁a₂. . . a_m) ∈ S_n et τ = (b₁b₂. . . b_l) ∈ S_n, on écrit σ◦τ = (a₁a₂. . . a_m)(b₁b₂. . . b_l)∈S_n.

On commence par chercher toutes les permutations de l'ensemble de 3 éléments {1,2,3}. On a déjà l'identité Id = Id{1,2,3}. On continue en cherchant les permutations 6= Id qui xent le point 1. Il n'y en a qu'une ; c'est celle qui échange 2 et 3 : σ = (23). De même, on trouve les permutations (12) et (13) qui xent 3 et 2, respectivement. Comme |S₃| = 3! = 6, il reste deux permutations à trouver, qui d'après ce qu'on vient de voir, ne peuvent xer ni 1, ni 2, ni 3. Si σ ∈ S₃ ne xe pas 1, alors soit elle envoie 1 sur 2, soit sur 3. Dans le premier cas, si elle ne xe pas 3, elle doit envoyer 2sur3 car sinonσ = (12). On trouve doncσ = (123)et dans le deuxième cas σ= (132). On a donc

S₃ ={Id,(12),(13),(23),(123),(132)}.

On calcule maintenant les nombres d'inversions de ces 6permutations : N I(Id) = 0

N I((12)) =]{(1,2)}= 1

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

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

On cherche maintenant les permutations des 4éléments{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 donc Id,(23),(34),(24),(234),(243) d'après ce qu'on vient de voir. On cherche maintenant les permutations qui xent 2 mais pas 1. On trouve (13),(14),(134),(143). On continue avec les permutations qui xent3, mais ni 1, ni 2. On trouve (12),(124),(142). Finalement, les permu- tations qui xent 4 mais ni1, ni 2ni 3sont (123) et(132). Il reste 9des 4! = 24permutations à trouver. Elles ne xent aucun des 4 nombres puisqu'on a trouvé toutes celles qui xent au moins1élément de{1,2,3,4}. Siσ∈S₄ ne xe aucun point, alorsσ(1) = 2,3ou4. Siσ(1) = 2, alors σ(2) = 1,3 ou 4. Dans le premier cas, on trouve σ = (12)(34), dans le deuxième cas, on trouveσ = (1234)et dans le troisième σ= (1243) carσ ne xe ni 3, ni4. De même si σ(1) = 3, on trouve σ = (13)(24), σ = (1324) ou σ = (1342) et si σ(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 :

N I(Id) = 0

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

σ∈S3

(−1)^{N I(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)^{N I(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