TD1 - Rappel d’alg` ebre lin´ eaire - Corrig´ e

CPBX MPC Alg`ebre II 2020-2021

TD1 - Rappel d’alg` ebre lin´ eaire - Corrig´ e

Exo 7

On commence par noter que B est de taille 2n×2n. Par d´efinition, ker(B) = {V ∈R²ⁿ, BV = 0}.

Trouver le noyau revient `a r´esoudre l’´equation BV = 0, o`u V est inconnu. Comme B est d´efini par blocs, il paraˆıt logique de chercher les ´el´ements du noyau sous la forme V =

X Y

, o`u X etY sont deux vecteurs inconnus de Rⁿ. On a BV = 0

⇐⇒

A A A A

X Y

= 0

⇐⇒A(X+Y) = 0

⇐⇒X+Y ∈ker(A)

Lorsqu’on arrive `a A(X+Y) = 0, il faut bien ´evidemment ´eviter de dire “on divise par A” ou encore “comme A6= 0, alorsX+Y = 0”. La premi`ere phrase n’a pas de sens (on ne divise pas par une matrice), et la deuxi`eme est fausse.

Rappel : Par d´efinition, une matrice A est dans GL_n(R) si A est inversible. Cela est

´equivalent `a kerA={0}.

Donc comme on a suppos´eA inversible, on a X

Y

est dans ker(B) si et seulement si X+Y = 0, autrement dit si et seulement si Y =−X. On a donc montr´e que

ker(B) =

X

−X

, X ∈Rⁿ

.

Il est int´eressant de chercher `a donner une base de cet espace vectoriel. On peut prendre lesn vecteurs

ei

−e_i

i=1,...,n

, o`u les ei sont les vecteurs de la base canonique. Cette famille est libre et g´en`ere clairement ker(B), donc ils en forment une base et

dim ker(B) = n.

Dans le cas o`uAn’est pas inversible, ker(A)6={0}, et il faut reprendre le raisonnement ci-dessus. On a encore B

X Y

= 0 si et seulement si X+Y ∈ ker(A). On d´eduit donc 1

que

ker(B) =

X

−X+T

, X ∈Rⁿ, T ∈ker(A)

.

Pour aller plus loin : c’est un espace de dimension n+ dim ker(A). On peut essayer d’en donner une base.

Exo 8

1. On pourrait raisonner comme dans l’exercice 7 pour d´eterminer le noyau de (A A), puis appliquer le th´eor`eme du rang.

On va raisonner autrement. En effet, on peut directement ´ecrire Z ∈Im (A A)

⇐⇒ ∃V ∈R²ⁿ, Z = (A A)V

⇐⇒ ∃X ∈Rⁿ,∃Y ∈Rⁿ, Z = (A A) X

Y

⇐⇒ ∃X ∈Rⁿ,∃Y ∈Rⁿ, Z =AX+AY

Autrement dit, on a Im (A A) = {A(X+Y), X ∈Rⁿ, Y ∈ Rⁿ}. Cet ensemble est

´egal `a ImA ={AZ, Z ∈Rⁿ} (ˆetes-vous capable de le montrer?). Sa dimension est donc le rang de A, et on a montr´e

rg(A A) = rg(A).

Exo 9

1. L’´enonc´e affirme que u est d´efini par l’image de 4 vecteurs de R⁴, `a savoir les (f_i)_i=1,...,4. Il faut se poser la question de savoir si cela permet de d´efinir u sur R⁴ entier, en effet une fonction doit ˆetre d´efinie sur l’espace entier!

Rappel 1 : Une application lin´eaire sur un espace vectoriel de dimension finie est d´etermin´ee par l’image des vecteurs d’une base quelconque.

Il suffit donc de montrer que la famille (f_i)_i=1,...,4 est une base de R⁴. Pour cela, il faut utiliser le

Rappel 2 : Soit (v_i)_i=1,...,n une famille de n vecteurs dans un espace vectoriel de dimension n. Alors cette famille est une base, si et seulementsi elle est libre, si et seulement si elle est g´en´eratrice.

En effet, ici on a 4 vecteurs et dim(R⁴) = 4. Donc il suffit de montrer le cˆot´e libre OU le cˆot´e g´en´erateur (au choix). On fait le cˆot´e g´en´erateur, pour cela on remarque que

e₁ = 1

2(f₁+f₂), e₂ = 1

2(f₂−f₁), e₃ = 1

2(f₃ +f₄), ete₄ = 1

2(f₄−f₃) (1) Donc chaquee_is’expriment comme combinaison lin´eaire desf_i. Donc Vect(e₁, . . . , e₄)⊂ Vect(f1, . . . , f4). Or Vect(e1, . . . , e4) = R⁴, donc Vect(f1, . . . , f4) = R⁴, et les

2/4

(f_i)_i=1,...,4 forment une famille g´en´eratrice. Donc c’est une base d’apr`es le rappel 2) ci-dessus. Donc l’application uest bien d´efinie d’apr`es le rappel 1) ci-dessus.

M´ethode alternative utilisant des d´eterminants : On sait que la famille (f_i) est li- bre si et seulement si son d´eterminant dans la base canonique est non nul. Ce d´eterminant est

det

(ei)(f₁, . . . , f₄) =

1 1 0 0

−1 1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 1

Il s’agit d’un d´eterminant diagonal par bloc, donc c’est le produit des d´eterminant des blocs diagonaux :

1 1 0 0

−1 1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 1

=

1 1

−1 1 .

1 1

−1 1

= 2.2 = 46= 0

Donc la famille est libre, donc c’est une base.

2. Par d´efinitionF est stable parusi et seulement siu(F)⊂F. On veut donc montrer que

∀x∈F, u(x)∈F.

On ´ecrit x=x₁f₁+x₂f₂ avec (x₁, x₂)∈R², puis u(x) = x₁u(f₁) +x₂u(f₂) = x₁e₁+x₂e₂ =x₁1

2(f₁+f₂) +x₂1

2(f₂−f₁).

Doncu(x)∈Vect(f₁, f₂), cqfd. Le calcul est similaire pour G.

Une m´ethode alternative consiste `a ´ecrire la matrice de u dans la base des f_i. En effet le cours pr´evoit que la matrice sera alors diagonale par blocs. C’est l’objet de la question suivante :

3. Rappel : Pour ´ecrire la matrice d’une application lin´eaire u de E (muni de la base B₁) dans F (muni de la base B₂), on calcule les images des vecteurs de la base B₁, on les exprime dans la baseB₂, et on affiche cela dans des colonnes.

SoitBla base canonique etB⁰la base des (f_i). En reprenant les calculs d´ej`a effectu´es en (1), on a

u(f₁) = 1

2(f₁+f₂), u(f₂) = 1

2(f₂−f₁), u(f₃) = 1

2(f₃+f₄), etu(f₄) = 1

2(f₄−f₃)

MatB⁰(u) =









1

2 −¹₂ 0 0

1 2

1

2 0 0

0 0 ¹₂ −¹₂ 0 0 ¹₂ ¹₂









Remarque : Par rapport au rappel, on aE =F =R⁴ et B1 =B2 = (f1, . . . , f4).

3/4

On constate que cette matrice est diagonale par blocs. Ceci est coh´erent avec la question pr´ec´edente.

Pour ´ecrire la matrice deu dans la base B, on va s’entrainer `a faire un changement de base. On a

MatB(u) =P⁻¹MatB⁰(u)P (2)

o`u P est la matrice de passage de la baseB⁰ vers la base B.

Rappel : Pour trouver la matrice de passage de B vers B⁰, on range en colonne les vecteurs de la baseB⁰ exprim´es en fonction des vecteurs de la base B. En inversant, on trouve la matrice de passage deB⁰ vers B.

Donc la matrice de passage de B vers B⁰ est

P⁻¹ =









1 1 0 0

−1 1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 1







 .

On peut calculer son inverse `a la main en inversant chacun des blocs : 1 1

−1 1 ⁻¹

= ₁

2 −¹₂

1 2

1 2

.

P =









1

2 −¹₂ 0 0

1 2

1

2 0 0

0 0 ¹₂ −¹₂ 0 0 ¹₂ ¹₂







 .

Rappel : Savez-vous calculer rapidement l’inverse d’une matrice de taille 2?

Il ne reste plus qu’`a appliquer la formule (2).

4/4