EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009
Corrigé de la série 12
Exercice 1.
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). On considère la liste(h(e1), . . . , h(er)) dans im(h). On vérifie que cette liste est libre : soient a1, . . . , ar ∈ F tels que Pr
i=1aih(ei) = 0. On a donc, par la linéarité de h, l’égalité h(Pr
i=1aiei) = 0 et doncPr
i=1aiei ∈ker(h). Donc Pr
i=1aiei ∈span(er+1, . . . , en), c’est à direPr
i=1aiei =Pn
i=r+1biei, ce qui donnePr
i=1aiei−Pn
i=r+1biei = 0et donc a1 =. . .= ar = 0(= br+1 = . . . = bn) par l’indépendance linéaire de (e1, . . . , en). Comme la liste (h(e1), . . . , h(er))a r éléments, c’est donc une base de im(h)(par la proposition pour les paresseux). On note fi =h(ei) pouri= 1, . . . , r. Par le théorème du ballon on complète la base (f1, . . . , fr) de im(h) ⊂ F en une base de F par des vecteurs fr+1, . . . , fm. Par constructionh(ei) =fi pouri= 1, . . . , r et h(ei) = 0 pouri > r.
Sim =n, 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.
Si m > n, la matrice de h dans le couple de bases construit est la matrice m×n ayant la matrice ci-dessus comme bloc n ×n supérieur et tous les autres entrées nulles, et si n > m, la matrice est la matrice m×n ayant la matrice ci-dessus comme bloc m×m à gauche et toutes les autres entrées nulles.
En particulier, cet exercice nous montre que si h est une application linéaire inversible (dans ce cas on doit avoirm =n), on trouve des bases Bde E etC deF telles que
[h]C,B=In.
2. On commence par déterminer le noyau de h, ce qui revient à résoudre le système :
−x1 + x2 − x3 + x4 = 0
−2x1 + 2x2 + x3 − x4 = 0
−3x + 3x + 2x − 2x = 0
Ce système est équivalent au système suivant :
x1 − x2 + x3 − x4 = 0 3x3 − 3x4 = 0 5x3 − 5x4 = 0
On obtient donc
x1 − x2 = 0 x3 − x4 = 0 Les solutions de ce système sont donc de la forme :
α(1,1,0,0) +β(0,0,1,1)avec α, β ∈F,
d’oùker(h) = span{(1,1,0,0),(0,0,1,1)}. On pose donce3 = (1,1,0,0)ete4 = (0,0,1,1).
On en déduit également que rang(f) = 4−2 = 2.
On gonfle (e3, e4) pour obtenir une base deF4 : la liste
(e1 = (1,0,0,0), e2= (0,0,1,0), e3 = (1,1,0,0), e4 = (0,0,1,1))
est libre et engendreF4. En effet, un vecteur(a, b, c, d)quelconque deF4 s’écrit de manière unique :
(a, b, c, d) = be3+ (a−b)e1+de4+ (c−d)e2.
(En particulier, en applicant cela au vecteur (a, b, c, d) = 0, on obtient l’indépendance linéaire de la liste.) On définit : h(e1) = h(1,0,0,0) = (−1,−2,−3) =: f1 et h(e2) = h(0,0,1,0) = (−1,1,2) =: f2. La liste (f1, f2) est libre. En posant par exemple f3 :=
(1,0,0), on obtient la liste libre (f1, f2, f3) qui, par la proposition pour les paresseux, génèreF3.
Exercice 2. 1. On a
An =
1 n 0 1
. On montre cela par induction : on a
A1 =A=
1 1 0 1
. Si on admet que
An−1 =
1 n−1
0 1
, on peut en déduire que
An=A·An−1 =
1 1 0 1
·
1 n−1
0 1
=
1 n 0 1
2. On calcule en utilisant le point précédant
L(Q) ={L(x1e1+x2e2)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={x1L(e1) +x2L(e2)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={x1(1,0) +x2(1,1)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={(x1+x2, x2)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={(x, y)∈F2 |0≤y ≤1, y ≤x≤y+ 1},
et
L2(Q) = {L2(x1e1 +x2e2)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={x1L2(e1) +x2L2(e2)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={x1(1,0) +x2(2,1)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={(x1+ 2x2, x2)∈F2 |0≤x1, x2 ≤1}
={(x, y)∈F2 |0≤y≤1,2y≤x≤2y+ 1}.
e1 e2
Q L(Q) L2(Q)
Exercice 3.
Soit B = {e1, . . . , en} la base canonique de Fn. L’application linéaire f de L(Fn,Fn) dans la base canonique associée à la matrice A est définie par
f(e1) = 0
f(ei) =ei−1 pour 2≤i≤n.
Ceci provient directement de la définition de[f]B,Bet du fait queA= [f]B,B: l’image du i-ème élément de la base canonique, exprimée dans la base canonique, est la i-ème colonne deA.
Soit P(k)la propriété suivante :
fk(ei) = 0 pour i≤k et
fk(ei) =ei−k pour i > k.
On montre par induction que P(k) est vraie pour tout k ≥ 1. La proposition P(1) est vraie d’après ce qui précède. Supposons que la propriété P(k) est vraie. On a alors
fk+1(ei) =f(fk(ei)) = f(0) = 0 pour i≤k fk+1(ek+1) =f(fk(ek+1)) =f(e1) = 0
fk+1(ei) =f(fk(ei)) =f(ei−k) =ei−k−1 =ei−(k+1) pour i > k+ 1 par conséquent la propriété P(k+ 1) est vraie.
En particulier, on obtient que fp = 0 pour p ≥n puisque la condition i > p ≥ n est alors vide (B est une base à n éléments).
D’après la remarque suivant la définition 5.3 du polycopié de Fabien Margairaz, on sait que Ai = [f]iB,B= [fi]B,B.
On en déduit que pour i < n, Ai est la matrice dont la i−ème diagonale supérieure est formée de1 et ayant des 0partout ailleurs et Ap = 0pour p≥n.
Exercice 4.
1. Montrons que f est linéaire. Soient
a b c d
,
a′ b′ c′ d′
∈Mat(2,2;F) etλ ∈F. On a
f
a b c d
+
a′ b′ c′ d′
=f
a+a′ b+b′ c+c′ d+d′
=
a+a′−d−d′ c+c′ b+b′ a+a′−d−d′
=
a−d c b a−d
+
a′−d′ c′ b′ a′−d′
=f
a b c d
+f
a′ b′ c′ d′
et 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. La base canonique de Mat(2,2,F) 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 Mat(m, n,F)est isomorphe à Fmn. En effet, l’application f : Mat(m, n,F)→Fmn
définie par
f(A) = (a1,1, a1,2, . . . , a1,n, a2,1, . . . , a2,n, . . . , am,1, . . . , am,n) siA= (aij)i=1,...,m j=1,...,n
est un isomorphisme linéaire.) On a
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, et
f
0 0 0 1
=
−1 0 0 −1
=−E1−E4.
Par conséquent, la matrice de f dans la base canonique de Mat(2,2,F)est
F =
1 0 0 −1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 −1
.
Pour l’application linéaireg 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 Mat(2,2,F)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 on obtient ker(f) = span
1 0 0 1
. Par le théorème du rang, on a que dim(im(f)) = 3 et d’après les calculs des f(Ei),i= 1, . . . ,4, on obtient que E1+E4, E2 et E3 sont dans l’image. Ces trois vecteurs sont linéairement indépendants donc ils forment une base de im(f), par la proposition pour les paresseux.
4. On montre que g◦g = Iddonc g est inversible d’inverse g.
Exercice 5.
1. Non, car si P−1AP =A, en multipliant à gauche par la matrice P on obtientP P−1AP = P A et comme P P−1 = In on en déduit que AP =P A. Or, le produit de deux matrices A etP ne commute pas forcément.
Le produit de matrices étant associatif, on a :
(P−1AP)p = (P−1AP)(P−1AP)(P−1AP). . .(P−1AP)
| {z }
pfois
=P−1A(P P−1)A(P P−1)AP . . . P−1AP.
Comme P P−1 =In on obtient (P−1AP)p =P−1ApP. 2. On calcule
(In−BA)(In+B(In−AB)−1A) = (In−BA) + (In−BA)B(In−AB)−1A
= (In−BA) + (B−BAB)(In−AB)−1A
= (In−BA) +B(In−AB)(In−AB)−1A
= (In−BA) +BA =In puisque (In−AB)(In−AB)−1 =In.
Soit, on montre, de même que (In+B(I −AB)−1A)(In−BA) = In soit on utilise le fait qu’une matrice inversible à droite est inversible, pour conclure que (In−BA) est inversible et que (In−BA)−1 =In+B(In−AB)−1A.
Exercice 6. 1. Le premier système peut s’écrire
1 1 1 1 2 3 1 4 9
| {z }
:=A
x y z
=
−1 7 9
.
Le problème revient donc à décider si le vecteur (−1,7,9) ∈ F3 est dans l’image de l’application linéaire f ∈ L(F3,F3) définie par la matrice A, c’est à dire f ∈ L(F3,F3) telle que [f]B,B=A, où B={e1, e2, e3}est la base canonique de F3.
L’image de f est le span des images des vecteurs e1, e2 et e3. Donc on a im(f) = span{(1,1,1),(1,2,4),(1,3,9)}.
Ces trois vecteurs sont linéairement indépendants (voir l’exercice 5 de la série 4). On a donc dim(im(f)) = 3, et im(f) est un sous-espace vectoriel de F3. On obtient donc im(f) =F3 d’après l’exercice 7 de la série 6. Donc chaque vecteur de F3 a une préimage unique par f et le système a exactement une solution.
2. Ce système s’écrit
2 1 3 1 1 2 3 2 5
| {z }
:=B
x y z
=
6 4 10
.
On associe l’application g ∈ L(F3,F3) à la matrice B comme dans le point précédent, et on cherche à décider si le vecteur (6,4,10) est dans l’image de g (et si oui, combien de préimages ce vecteur a par g). On a cette fois-ci
im(g) = span{(2,1,3),(1,1,2),(3,2,5)}. Comme
(3,2,5) = (2,1,3) + (1,1,2), (1) on a
im(g) = span{(2,1,3),(1,1,2)},
et comme cette liste est libre, la dimension de im(g)est égale à 2. On trouve (6,4,10) = 2(2,1,3) + 2(1,1,2) (en résolvant le système a((2,1,3) + b(1,1,2) = (6,4,10)). Donc (6,4,10)∈im(g), et comme(2−t)(2,1,3)+(2−t)(1,1,2)+t(3,2,5) = 2(2,1,3)+2(1,1,2) pour toutt ∈F(d’après l’équation (1)), on obtient que le système admet une infinité de solutions. (En fait, on a finalement résolu le système et trouvé que les solutions sont de la forme (x, y, z) = (2−t,2−t, t)avec t∈F.)
3. Ce dernier système s’écrit
1 −3 −2
1 2 3
3 1 4
| {z }
:=C
x y z
=
−2 3 5
.
On associe l’application h∈L(F3,F3) à la matriceC comme dans les points précédents, et on cherche à décider si le vecteur (−2,3,5)est dans l’image de h. On a
im(h) = span{(1,1,3),(−3,2,1),(−2,3,4)}.
Comme
(−2,3,4) = (1,1,3) + (−3,2,1), (2) on a
im(h) = span{(1,1,3),(−3,2,1)}, et cette liste est libre.
Chercher a, b∈F tels que
(−2,3,5) =a(1,1,3) +b(−3,2,1) (3) revient à chercher a′ =a−1et b′ =b−1 tels que
(0,0,1) =a′(1,1,3) +b′(−3,2,1)
(soustraire (2) à (3) !). Mais il n’existe pas de tels nombres a′ et b′, donc le système n’a pas de solutions.
