EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 11
Exercice 1. On applique l'algorithme vu au cours :
7 8 11 6 1 0 0 0
−4 −4 −5 −3 0 1 0 0 2 2 3 2 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1
R1↔R4
−−−−→
1 1 1 1 0 0 0 1
−4 −4 −5 −3 0 1 0 0 2 2 3 2 0 0 1 0 7 8 11 6 1 0 0 0
R2+4R1
−−−−−→
1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 −1 1 0 1 0 4 2 2 3 2 0 0 1 0 7 8 11 6 1 0 0 0
R3−2R1
−−−−−→
1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 −1 1 0 1 0 4 0 0 1 0 0 0 1 −2 7 8 11 6 1 0 0 0
R4−7R1
−−−−−→
1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 −1 1 0 1 0 4 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 1 4 −1 1 0 0 −7
R2↔R4
−−−−→
1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 4 −1 1 0 0 −7 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 0 −1 1 0 1 0 4
R4+R3
−−−−→
1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 4 −1 1 0 0 −7 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 0 0 1 0 1 1 2
R2+R4
−−−−→
1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 4 0 1 1 1 −5 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 0 0 1 0 1 1 2
R1−R4
−−−−→
1 1 1 0 0 −1 −1 −1 0 1 4 0 1 1 1 −5 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 0 0 1 0 1 1 2
R2−4R3
−−−−−→
1 1 1 0 0 −1 −1 −1 0 1 0 0 1 1 −3 3 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 0 0 1 0 1 1 2
R1−R3
−−−−→
1 1 0 0 0 −1 −2 1 0 1 0 0 1 1 −3 3 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 0 0 1 0 1 1 2
R1−R2
−−−−→
1 0 0 0 −1 −2 1 −2 0 1 0 0 1 1 −3 3 0 0 1 0 0 0 1 −2 0 0 0 1 0 1 1 2
Le résultat est alors A−1 =
−1 −2 1 −2 1 1 −3 3
0 0 1 −2
0 1 1 2
.
Exercice 2.
(a) On calcule (In+A)(In−A) = In+A−A−A2 =In, d'où le résultat.
(b) En experimentant on arrive à l'armation que l'inverse deIn+N est donné parIn−N+ N2−N3+· · ·+ (−1)k−1Nk−1. En eet, on le vérie facilement :
(In+N)(In−N +N2−N3+· · ·+ (−1)k−1Nk−1) =
(In−N +N2− · · ·+ (−1)k−1Nk−1) + (N −N2+· · ·+ (−1)k−2Nk−1) =In. 1
(c) La matrice A est de la forme A = In+N, pour N =
0 a b c 0 0 a b 0 0 0 a 0 0 0 0
. Un petit calcul montre : N2 =
0 0 a2 2ab 0 0 0 a2 0 0 0 0 0 0 0 0
, N3 =
0 0 0 a3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
, N4 = 0. Alors :
A−1 =In−N +N2−N3 =
1 −a a2−b 2ab−c−a3 0 1 −a a2−b
0 0 1 −a
0 0 0 1
.
Exercice 3. On trouveAAt= (a2+b2+c2+d2)·In et donc A−1 = (a2+b2+c2+d2)−1·At, pourvu que a, b, c, d ne sont pas tous nuls.
Exercice 4.
(a) (i) La permutation σ inverse tous les couples ; le nombre d'inversion est donc 42
= 6. (ii) On compte 8 inversions : Les lignes liant les nombres de la première à ceux de la
deuxième du schéma 1 2 3 4 5 6 74 5 2 1 3 7 6 se croisent 8fois.
(b) Considérons les ensembles suivants :
S ={(i, j)∈[n]×[n]|i < j et σ(i)> σ(j)}
S¯={(i, j)∈[n]×[n]|i < j et σ−1(i)> σ−1(j)},
où[n] ={1,2, . . . , n}. Par dénition, on aN I(σ) = #S etN I(σ−1) = # ¯S. Pour montrer que ces deux cardinalités coincident, nous construisons une bijection entreS et S¯. Soitφ: [n]×[n]→[n]×[n]la fonction dénie parφ(i, j) = (σ(j), σ(i)). C'est une bijection, d'inverseφ−1(k, l) = (σ−1(l), σ−1(k)). Nous armons queφ(S)⊆S¯. En eet, si(i, j)∈S, alors φ(i, j) = (σ(j), σ(i))∈S¯, comme σ(j)< σ(j) et σ−1(σ(j)) = j > i=σ−1(σ(i)). La fonction φ se restreint donc à une fonction ψ = φ|S: S → S¯. De manière analogue, on obtient une fonction ψ¯=φ−1|S¯: ¯S →S. Comme ψ¯est clairement inverse à ψ, ψ est une bijection.
Exercice 5. (1) On calcule : det(At) = X
σ∈Sn
(−1)N I(σ)(At)1,σ(1)(At)2,σ(2). . .(At)n,σ(n)
= X
σ∈Sn
(−1)N I(σ)(A)σ(1),1(A)σ(2),2. . .(A)σ(n),n
(α)= X
σ∈Sn
(−1)N I(σ)(A)1,σ−1(1)(A)2,σ−1(2). . .(A)n,σ−1(n)
(β)= X
σ∈Sn
(−1)N I(σ−1)(A)1,σ−1(1)(A)2,σ−1(2). . .(A)n,σ−1(n)
= X
σ∈Sn
(−1)N I(σ)(A)1,σ(1)(A)2,σ(2). . .(A)n,σ(n)
= det(A).
2
Pour(α), on change juste l'ordre dans lequel les nombres (A)σ(i),i sont multipliés ; pour(β), on utilise le résultat de l'exercice 4.(b).
(2) Supposons que A est triangulaire supérieure (i.e. Ai,j = 0si i > j). Si σ :{1, . . . , n} → {1, . . . , n} n'est pas l'identité, il existe i tel que σ(i) 6= i. Soit i le plus grand entier tel que σ(i) 6= i, alors σ(i) < i (puisque σ(k) = k pour k > i et σ est une bijection) ; par conséquent (A)i,σ(i) = 0. On en déduit que, pour tout σ 6= id le produit (A)1,σ(1)(A)2,σ(2). . .(A)n,σ(n) est nul. Par conséquent, le seul terme non-nul de la somme est celui obtenu pourσ = id. On trouve alors : det(A) = (A)1,1(A)2,2. . .(A)n,n.
(4) Si A a une ligne de zéros (par exemple la ligne i), alors pour tout σ ∈ Sn, on a (A)i,σ(i) = 0, et donc le produit (A)1,σ(1)(A)2,σ(2). . .(A)n,σ(n) est nul. Par conséquent, tous les facteurs de la somme dénissant le déterminant de A sont nuls et det A = 0.
Si A a une colonne de zéros, par exemple la colonne j, comme σ est une bijection de {1, . . . , n}on a l'existence dek ∈ {1, . . . , n}tel queσ(k) =j. Par conséquent(A)k,σ(k) = 0. On conclut comme précédemment.
(6) Supposons que A0 est obtenue en remplaçant la ligne idea par λ fois cette ligne. Alors (A0)i,j =λ(A)i,j ∀j et (A0)k,j = (A)k,j pourk 6=i. Par conséquent :
det(A0) = X
σ∈Sn
(−1)N I(σ)(A0)1,σ(1)(A0)2,σ(2). . .(A0)i,σ(i). . .(A0)n,σ(n)
= X
σ∈Sn
(−1)N I(σ)(A)1,σ(1)(A)2,σ(2). . . λ(A)i,σ(i). . .(A)n,σ(n) =λ·det(A)
3
