Corrigé de la série 12

(1)

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 12

Exercice 1. 1. Le vecteur (x, y, z)∈C³ est un élément de ker(L), si et seulement si







1 i 0

1 +i 1−i 2

−3−2i 0 1 + 2i

i −i 5

2 2 −1−i







·



 x y z



=





 0 0 0 0 0





 .

On doit donc résoudre le système







1 i 0 0

1 +i 1−i 2 0

−3−2i 0 1 + 2i 0

i −i 5 0

2 2 −1−i 0





 (L1) (L₂) (L₃) (L4) (L₅)

→







1 i 0 0

0 2−2i 2 0 0 3i−2 1 + 2i 0

0 1−i 5 0

0 2−2i −1−i 0







(L1)

(L⁰₂) = (L₂)−(1 +i)(L₁) (L⁰₃) = (L₃) + (3 + 2i)(L₁)

(L⁰₄) = (L4)−i(L1) (L⁰₅) = (L₅)−2(L₁) (Remarque : on eectue 4 transfomations élémentaires d'un coup.)

→







1 i 0 0

0 2−2i 2 0 0 0 10−4i 0

0 0 −8 0

0 0 −3−i 0







(L₁) (L⁰₂)

(L⁰⁰₃) = (2−2i)(L⁰₃)−(3i−2)(L⁰₂) (L⁰⁰₄) = (L⁰₂)−2(L⁰₄)

(L⁰⁰₅) = (L⁰₅)−(L⁰₂)

.

(Remarque : les transformations à la troisième et la quatrième ligne ne sont pas vraiment des transformations élémentaires, mais des composées de deux transformations élémen- taires.)

On trouve donc z =y=x= 0, c'est-à-dire ker(L) = {0}. Comme on vient en fait de montrer :

x(1,1 +i,−3−2i, i,2) +y(i,1−i,0,−i,2) +z(0,2,1 + 2i,5,−1−i) = (0,0,0,0,0)

⇒ x=y=z = 0,

on sait que(1,1+i,−3−2i, i,2),(i,1−i,0,−i,2)et(0,2,1+2i,5,−1−i)sont linéairement indépendants. Comme ils engendrent l'image de L, on trouve que

C:= ((1,1 +i,−3−2i, i,2),(i,1−i,0,−i,2),(0,2,1 + 2i,5,−1−i))

est une base deim(L). (D'une autre manière, le théorème du rang donnedim(im(L)) = 3 donc Cest une base de im(L).)

2. L'application est injective car ker(L) ={0}, mais pas surjective (et donc non plus bijec- tive) car dim(im(L)) = 3 <5 = dim(C⁵).

(2)

Exercice 2. On calcule la forme échelonnée réduite







1 0 −3 2 −1 −5 a

0 0 0 0 −1 1 b

0 0 −3 0 0 −6 c

2 2 0 10 0 4 d

1 2 −3 8 1 −3 e





 (L₁) (L₂) (L₃) (L₄) (L₅)

→







1 0 −3 2 −1 −5 a

0 0 0 0 −1 1 b

0 0 −3 0 0 −6 c

0 2 6 6 2 14 d−2a 0 2 0 6 2 2 e−a







(L₁) (L₂) (L₃)

(L⁰₄) = (L₄)−2(L₁) (L⁰₅) = (L₅)−(L₁)

→







1 0 −3 2 −1 −5 a

0 1 3 3 1 7 d/2−a

0 0 1 0 0 2 −c/3

0 0 0 0 −1 1 b

0 0 −6 0 0 −12 e+a−d







(L₁) (L⁰₂) = (L⁰₄)· ¹₂ (L⁰₃) =−(L₃)· ¹₃

(L⁰⁰₄) = (L₂) (L⁰⁰₅) = (L⁰₅)−(L⁰₄)

→







1 0 −3 2 −1 −5 a

0 1 3 3 1 7 d/2−a

0 0 1 0 0 2 −c/3

0 0 0 0 −1 1 b

0 0 0 0 0 0 e+a−d−2c







(L₁) (L⁰₂) (L⁰₃) (L⁰⁰₄)

(L⁰⁰⁰₅) = (L⁰⁰₅) + 6(L⁰₃)

→







1 0 0 2 −1 1 a−c 0 1 0 3 1 1 d/2−a+c

0 0 1 0 0 2 −c/3

0 0 0 0 1 −1 −b

0 0 0 0 0 0 e+a−d−2c







(L⁰₁) = (L₁) + 3(L⁰₃) (L⁰⁰₂) = (L⁰₂)−3(L⁰₃)

(L⁰₃) (L⁰⁰⁰₄) =−(L⁰⁰₄)

(L⁰⁰⁰₅) = (L⁰⁰₅)

→







1 0 0 2 0 0 a−c−b 0 1 0 3 0 2 d/2−a+c+b

0 0 1 0 0 2 −c/3

0 0 0 0 1 −1 −b

0 0 0 0 0 0 e+a−d−2c







(L⁰⁰₁) = (L⁰₁) + (L⁰⁰⁰₄) (L⁰⁰⁰₂ ) = (L⁰⁰₂)−(L⁰⁰⁰₄)

(L⁰₃) (L⁰⁰⁰₄) (L⁰⁰⁰₅) On trouve donc :

1. Si (a, b, c, d, e) = (0,0,0,0,0), la ligne (L⁰⁰⁰₅) donne l'équation 0 = 0. Par (L⁰⁰₄), on trouve x₅ = x₆. Ensuite, on a x₃ = −2x₆, x₂ = −3x₄ − 2x₆ et x₁ = −2x₄. L'ensemble des solutions du système est donc

{(−2x₄,−2x₆−3x₄,−2x₆, x₄, x₆, x₆)|x₄, x₆ ∈F}

= span ((0,−2,−2,0,1,1),(−2,−3,0,1,0,0)).

2. Si (a, b, c, d, e) = (−4,1,−6,−8,−1), la ligne (L⁰⁰⁰₅ ) donne l'équation 0 = −1−4 + 8 + 12 = 15, ce qui n'est pas possible. Le système n'a donc aucune solution.

3. Si (a, b, c, d, e) = (−6,0,−9,18,6), la ligne(L⁰⁰⁰₅)donne l'équation0 = 6−6−18 + 18 = 0. Par (L⁰⁰₄), on trouve x₅ = x₆. Ensuite, on a x₃ + 2x₆ = 3 qui implique x₃ = −2x₆ + 3, x₂+3x₄+2x₆ = 6qui impliquex₂ = 6−2x₆−3x₄ etx₁+2x₄ = 3qui impliquex₁ = 3−2x₄. L'ensemble des solutions du système est donc

{(3−2x4,6−2x6−3x4,3−2x6, x4, x6, x6)|x4, x6 ∈F}

=(3,6,3,0,0,0) + span ((0,−2,−2,0,1,1),(−2,−3,0,1,0,0)).

(3)

Exercice 3. On calcule la forme échelonnée réduite





1 +i 3−i i a

1 −i 2−i b

1−i −1−i 1−3i 1



 (L₁) (L₂) (L₃)

→





1 −i 2−i b 0 2 −3 a−b(1 +i) 0 0 0 1−b(1−i)





(L⁰₁) = (L₂)

(L⁰₂) = (L₁)−(1 +i)(L₂) (L⁰₃) = (L₃)−(1−i)(L₂)

→





1 0 2−5i/2 3b/2 +i(a−b)/2 0 1 −3/2 (a−b(1 +i))/2 0 0 0 1−b(1−i)





(L⁰⁰₁) = (L⁰₁) +i(L⁰⁰₂) (L⁰⁰₂) = ¹₂(L⁰₂)

(L⁰₃)

Le système a donc une (des) solution(s) seulement si 1−b(1−i) = 0, c'est-à-dire b = _1−i¹ = 1/2 +i/2. On obtient dans ce cas





1 0 3−5i/2 (2 +i+ai)/2 0 1 −3/2 (a−i)/2

0 0 0 0



 (L⁰₁) (L⁰₂) (L⁰₃)

et donc x₂ − 3x₃/2 = (a − i)/2, ce qui implique x₂ = ³₂x₃ + ¹₂(a − i), etx₁+ (3−5i/2)x₃ = (2 +i+ai)/2, ce qui implique x₁ = ⁵ⁱ₂ −3

x₃+^2+i+ai₂ . L'ensemble des solutions du système est donc S=∅ si b6= 1/2 +i/2et

S= 5i−6

2 x₃+2 +i+ai 2 ,3

2x₃+a−i 2 , x₃

x₃ ∈C

= 1

2(2 +i+ai, a−i,0) + span

5i−6 2 ,3

2,1

= 1

2(2 +i+ai, a−i,0) + span ((5i−6,3,2)) si b= 1/2 +i/2.

Exercice 4. On doit résoudre le système de 100 équations à 100 inconnues







1 −1 0 . . . 0 1

−1 2 −1 0 . . . 0 0

0 −1 2 −1 0 . . . 0 0

0 0 −1 2 −1 0 . . . 0 0

... ... ... ... ... ... ... ... ...

0 . . . 0 0 −1 2 −1 0 0

0 . . . 0 0 −1 2 −1 0

0 . . . 0 0 −1 2 0





 (L₁) (L2) (L₃) (L₄)

...

(L₉₈) (L₉₉) (L₁₀₀)

On a 





1 −1 0 . . . 0 1

0 1 −1 0 . . . 0 1

0 −1 2 −1 0 . . . 0 0

0 0 −1 2 −1 0 . . . 0 0

... ... ... ... ... ... ... ... ...

0 . . . 0 0 −1 2 −1 0 0

0 . . . 0 0 −1 2 −1 0

0 . . . 0 0 −1 2 0







(L₁)

(L⁰₂) = (L₂) + (L₁) (L₃)

(L₄) ...

(L₉₈) (L₉₉) (L₁₀₀)

(4)

→







1 −1 0 . . . 0 1

0 1 −1 0 . . . 0 1

0 0 1 −1 0 . . . 0 1

0 0 0 1 −1 0 . . . 0 1

... ... ... ... ... ... ... ... ...

0 . . . 0 0 0 1 −1 0 1

0 . . . 0 0 0 1 −1 1

0 . . . 0 0 0 1 1







(L₁) (L⁰₂)

(L⁰₃) = (L₃) + (L⁰₂) (L⁰₄) = (L₄) + (L⁰₃)

...

(L⁰₉₈) = (L98) + (L⁰₉₇) (L⁰₉₉) = (L₉₉) + (L⁰₉₈) (L⁰₁₀₀) = (L₁₀₀) + (L⁰₉₉)

→







1 0 0 . . . 0 100

0 1 0 0 . . . 0 99

0 0 1 0 0 . . . 0 98

0 0 0 1 0 0 . . . 0 97

... ... ... ... ... ... ... ... ...

0 . . . 0 0 0 1 0 0 3

0 . . . 0 0 0 1 0 2

0 . . . 0 0 0 1 1







(L⁰₁) = (L₁) + (L⁰⁰₂) (L⁰⁰₂) = (L⁰₂) + (L⁰⁰₃) (L⁰⁰₃) = (L⁰₃) + (L⁰⁰₄) (L⁰⁰₄) = (L⁰₄) + (L⁰⁰₅)

...

(L⁰⁰₉₈) = (L⁰₉₈) + (L⁰⁰₉₉) (L⁰⁰₉₉) = (L⁰₉₉) + (L⁰₁₀₀)

(L⁰₁₀₀)

On trouve donc : x₁₀₀ = 1, x₉₉ = 2, x₉₈ = 3, . . ., x₄ = 97, x₃ = 98, x₂ = 99, x₁ = 100, c'est-à-dire x_n= 101−n pour tout n≤100.

Exercice 5. 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) dénie 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 (a +b+c = 0, a+ 2b + 3c = 0 et a+ 4b+ 9c= 0impliquent a+b+c= 0,b+ 2c= 0 et3b+ 8c= 0 et donca=b =c= 0).

On a donc Rang(A) = 3 et A est par conséquent inversible. D'après le cours, 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





| {z }

:=b

.

Comme (6,4,10) = 2(3,2,5), on trouve Rang(B) = Rang(B|b) et le système a donc au moins une solution. En meme temps, on a trouve une solution particuliere v = (0,0,2) de ce système. D'après le cours, l'ensemble des solutions de ce système est donc égal à v+V, où V est l'ensemble des solutions du système homogène





2 1 3 1 1 2







 x y



=



 0 0



.

(5)

Le rang de B est 2 car (2,1,3) et (1,1,2) sont linéairement indépendants mais (3,2,5) = (2,1,3) + (1,1,2). On trouve donc dim(V) = 3 −Rang(B) = 3− 2 = 1. Le système a donc une innité de solutions.

3. Ce dernier système s'écrit





1 −3 −2

1 2 3

3 1 4





| {z }

:=C



 x y z



=





−2 3 5





| {z }

:=c

.

Les deux vecteurs (1,1,3) est (−3,2,1) sont linéairement indépendants, et (−2,3,4) = (1,1,3) + (−3,2,1). Le rang de C est donc 2. L'équation

a(1,1,3) +b(−3,2,1) +c(−2,3,5) = 0 implique

(a+c)(1,1,3) + (b+c)(−3,2,1) +c(0,0,1) = 0

car c(−2,3,5) = c((−2,3,4) + (0,0,1)) = c((1,1,3) + (−3,2,1) + (0,0,1)). On trouve donc a+c=b+c=c= 0, c'est-à-dire a=b =c= 0. Cela montre

Rang(C|c) = 36= 2 = Rang(C) et le système n'a donc aucune solution.