Ann´ee universitaire 2019-2020 Semestre 2 - SMIA
Alg`ebre 3 (SMIA).
Corrig´e-S´erie III.
Exercice 1. Soit A=
1 0 2
0 −1 1 1 −2 0
.
(1) Calculer la matrice A3−A.
(2) En d´eduire que A est inversible et d´eterminer A−1. Correction On trouve
A2 =
3 −4 2 1 −1 −1
1 2 0
et A3 =
5 0 2
0 3 1
1 −2 4
.
Un calcul donne A3 −A = 4I. En factorisant par A on obtient A ×(A2 −I) = 4I. Donc A× 14(A2−I) = I, ainsi A est inversible et
A−1 = 1
4(A2−I) = 1 4
2 −4 2 1 −2 −1
1 2 −1
.
Exercice 2. Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique de R3 est : M =
0 1 0
0 0 1
1 −3 3
.
(1) Montrer que f est un automorphisme de R3 et d´eterminer f−1.
(2) D´eterminer une base(e1, e2, e3)deR3 telle quef(e1) = e1, f(e2) = e1+e2 etf(e3) = e2+e3. (3) D´eterminer P la matrice de passage de (i, j, k) `a (e1, e2, e3) ainsi que P−1.
(4) En d´eduire fn(i), fn(j) et fn(k) pour n entier relatif.
Correction
1) M´ethode 1: rgf = dim Imf = rg(f(i), f(j), f(k)) = dimvect(f(j), f(k), f(i)) = 3, car la famille {f(j), f(k), f(i)} est g´en´eratrice Donc, rgf = 3 = dimR3 et f est bien un automorphisme deR3.
M´ethode 2: un calcul simple montre que det(M)6= 0 donc la matrice M est inversible ce qui impliquef est inversible.
D´eterminons maintenant l’application inverse f−1: Posons e1 = f(i), e2 = f(j) et e3 = f(k).
e1 =k e2 =i−3k e3 =j+ 3k
⇔
k=e1 i= 3e1+e2 j =−3e1+e3
⇔
f−1(k) = i f−1(i) = 3i+j f−1(j) =−3i+k et
A−1 = MatB(f−1) =
3 −3 1
1 0 0
0 1 0
.
(1) (Questions 2) et 3)). Posonse1 =xi+yj+zk (e1,e2 ete3 d´esignent d’autres vecteurs que ceux du 1)).
f(e1) =e1 ⇔(f−Id)(e1) = 0⇔
−1 1 0 0 −1 1 1 −3 2
x y z
=
0 0 0
⇔
−x+y= 0
−y+z = 0 x−3y+ 2z = 0
⇔x=y=z.
On prend e1 =i+j+k.
Posonse2 =xi+yj+zk.
f(e2) = e1+e2 ⇔(f −Id)(e2) = e1 ⇔
−x+y= 1
−y+z = 1 x−3y+ 2z = 1
⇔y=x+ 1 etz =x+ 2.
On prend e2 =j + 2k.
Posonse3 =xi+yj+zk.
f(e3) = e2+e3 ⇔(f−Id)(e3) = e2 ⇔
−x+y= 0
−y+z = 1 x−3y+ 2z= 2
⇔y=xetz =x+ 1.
On prend e3 =k.
La matrice de la famille (e1, e2, e3) dans la base (i, j, k) est P =
1 0 0 1 1 0 1 2 1
. Cette
matrice est de rang 3 et est donc inversible. Par suite (e1, e2, e3) est une base deR3. Enfin,
e1 =i+j+k e2 =j+ 2k e3 =k
⇔
k =e3 j =e2−2e3 i=e1−e2+e3
, et
P−1 =
1 0 0
−1 1 0 1 −2 1
. (2) Voir question pr´ec´edente.
(3) Soit T est la matrice de u dans la base (e1, e2, e3). T =
1 1 0 0 1 1 0 0 1
. Les formules de
changement de bases s’´ecrivent T = P−1AP ou encore A =P T P−1. Par suite, pour tout relatif n, An =P TnP−1.
PosonsN =
0 1 0 0 0 1 0 0 0
. On a N2 =
0 0 1 0 0 0 0 0 0
puis N3 = 0.
Donc, pour n entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2 donn´e, puisque I et N commutent, la formule du binˆome deNewton fournit
Tn= (I+N)n =I+nN +n(n−1) 2 N2 =
1 n n(n−1)/2
0 1 n
0 0 1
.
Cette formule reste claire pour n = 0 et n = 1. Pour n =−1, (I+N)(I−N +N2) = I+N3 =I et donc
T−1 = (I+N)−1 =I−N +N2 =
1 −1 1
0 1 −1
0 0 1
=
1 −1 (−1)(−1−1)2
0 1 −1
0 0 1
,
et la formule reste vraie pour n = −1. Enfin, pour n entier naturel non nul donn´e, T−n = (I +nN + n(n−1)2 N2)−1 mais (I+nN + n(n−1)2 N2)(I −nN + −n(−n−1)2 N2) = I et donc T−n =I−nN +−n(−n−1)2 N2. Finalement,
∀n∈Z, Tn=I+nN +n(n−1) 2 N2 =
1 n n(n−1)/2
0 1 n
0 0 1
.
Puis
An =P TnP−1 =
1 0 0 1 1 0 1 2 1
1 n n(n−1)/2
0 1 n
0 0 1
1 0 0
−1 1 0 1 −2 1
=
1 n n(n−1)/2
1 n+ 1 n(n+ 1)/2 1 n+ 2 (n+ 1)(n+ 2)/2
1 0 0
−1 1 0 1 −2 1
=
(n−1)(n−2)/2 −n(n−2) n(n−1)/2 n(n−1)/2 −(n−1)(n+ 1) n(n+ 1)/2 n(n+ 1)/2 −n(n+ 2) (n+ 1)(n+ 2)/2
ce qui fournit un(i), un(j) et un(k).
Exercice 3. Soient trois vecteurse1, e2, e3formant une base deR3. On noteφl’application lin´eaire d´efinie par φ(e1) =e3, φ(e2) = −e1+e2+e3 et φ(e3) =e3.
(1) Ecrire la matrice´ A de φ dans la base(e1, e2, e3). D´eterminer le noyau de cette application.
(2) On pose f1 = e1−e3, f2 =e1 −e2, f3 = −e1+e2 +e3. Calculer e1, e2, e3 en fonction de f1, f2, f3. Les vecteurs f1, f2, f3 forment-ils une base de R3 ?
(3) Calculer φ(f1), φ(f2), φ(f3)en fonction de f1, f2, f3. ´Ecrire la matrice B de φ dans la base (f1, f2, f3) et trouver la nature de l’application φ.
(4) On pose P =
1 1 −1
0 −1 1
−1 0 1
. V´erifier que P est inversible et calculer P−1. Quelle relation lie A, B, P et P−1 ?
Correction:
(1) On note la baseB= (e1, e2, e3) etX =
x y z
B
=xe1+ye2+ze3. La matrice A= MatB(f) est compos´ee des vecteurs colonnes φ(ei), on sait
φ(e1) = e3 =
0 0 1
B
φ(e2) = −e1+e2+e3 =
−1 1 1
B
φ(e3) =e3 =
0 0 1
B
donc A=
0 −1 0
0 1 0
1 1 1
Le noyau de φ (ou celui de A) est l’ensemble de X =
x y z
tel que AX = 0.
AX = 0 ⇐⇒
0 −1 0
0 1 0
1 1 1
×
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
−y = 0 y = 0 x+y+z = 0
Donc Kerφ=
x 0
−x
B
∈R3 |x∈R = Vect
1 0
−1
B
= Vect(e1−e3). Le noyau est donc de dimension 1.
(2) On applique le pivot de Gauss comme si c’´etait un syst`eme lin´eaire :
e1 − e3 = f1 L1
e1 − e2 = f2 L2
−e1 + e2 + e3 = f3 L3
⇐⇒
e1 − e3 = f1
− e2 + e3 = f2−f1 L2−L1 e2 = f3+f1 L3+L1 On en d´eduit
e1 = f1+f2+f3 e2 = f1+f3 e3 = f2+f3
Donc tous les vecteurs de la base B = (e1, e2, e3) s’expriment en fonction de (f1, f2, f3), ainsi la famille (f1, f2, f3) est g´en´eratrice. Comme elle a exactement 3 ´el´ements dans l’espace vectoriel R3 de dimension 3 alors B0 = (f1, f2, f3) est une base.
(3)
φ(f1) =φ(e1−e3) =φ(e1)−φ(e3) =e3−e3 = 0
φ(f2) =φ(e1 −e2) =φ(e1)−φ(e2) =e3−(−e1+e2+e3) = e1−e2 =f2
φ(f3) = φ(−e1+e2+e3) = −φ(e1) +φ(e2) +φ(e3) =−e1+e2+e3 =f3 Donc, dans la base B0 = (f1, f2, f3), nous avons
φ(f1) = 0 =
0 0 0
B0
φ(f2) = f2 =
0 1 0
B0
φ(f3) = f3 =
0 0 1
B0
Donc la matrice de φ dans la baseB0 est
B =
0 0 0 0 1 0 0 0 1
φ est la projection sur Vect(f2, f3) parall`element `a Vect(f1) (autrement dit c’est la pro- jection sur le plan d’´equation (x0 = 0), parall`element `a l’axe des x0, ceci dans la base B0).
(4) P est la matrice de passage de B vers B0. En effet la matrice de passage contient -en colonnes- les coordonn´ees des vecteurs de la nouvelle baseB0 exprim´es dans l’ancienne base B.
Si un vecteur a pour coordonn´eesX dans la baseB etX0 dans la baseB0 alorsP X0 =X (attention `a l’ordre). Et si A est la matrice de φ dans la base B et B est la matrice de φ dans la baseB0 alors
B =P−1AP
(Une matrice de passage entre deux bases est inversible.) Ici on calcule l’inverse de P :
P−1 =
1 1 0 1 0 1 1 1 1
donc B =P−1AP =
0 0 0 0 1 0 0 0 1
On retrouve donc bien les mˆemes r´esultats que pr´ec´edemment.
Exercice 4. Soit f l’application de R3[X] dans R[X] d´efinie par: f(P(X)) =P(X+ 1) +P(X− 1)−2P(X).
(1) Montrer que f est lin´eaire et que son image est incluse dans R3[X].
(2) Donner la matrice de f dans la base 1, X, X2, X3. L’application f est-elle inversible?
(3) D´eterminer le noyau et l’image de f. Calculer leur dimension respective.
(4) Soit Q un ´el´ement de l’image de f. Montrer qu’il existe un unique P ∈ R3[X] tel que : f(P) =Q et P(0) =P0(0) = 0.
Correction
(1) Il est facile de voir quef(λP+µQ) = λf(P) +µf(Q) doncf est lin´eaire, de plus,P ´etant un polynˆome de degr´e≤n alors f(P) aussi.
(2) Pourn = 3 on calcule l’image de chacun des ´el´ements de la base : f(1) = 1 + 1−2 = 0, f(X) = (X+ 1) + (X−1)−2X = 0,
f(X2) = (X+ 1)2+ (X−1)2−2X2 = 2, f(X3) = (X+ 1)3+ (X−1)3−2X3 = 6X.
Donc la matrice de f dans la base (1, X, X2, X3) est
A=
0 0 2 0 0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0
On a det(A) = 0 donc f n’est pas inversible
(3) Nous savons que f(1) = 0 etf(X) = 0 donc 1 et X sont dans le noyau Kerf. Il est aussi clair que les colonnes de la matrices f(X2), f(X3) sont lin´eairement ind´ependantes. Donc Imf = Vect{f(X2), f(X3)} et dim Imf = 2.
Par la formule du rang dim Kerf + dim Imf = dimR3[X] donc dim Kerf = 2. Comme nous avons d´ej`a deux vecteurs du noyau alors Kerf = Vect{1, X}.
(4) (a) Soit Q∈ Imf. Il existe donc R ∈R3[X] tel que f(R) = Q. On pose ensuiteP(X) = R(X)−R(0)−R0(0)X. On a tout fait pour que P(0) = 0 et P0(0) = 0. De plus par la lin´earit´e de f et son noyau alors
f(P) =f R(X)−R(0)−R0(0)X
=f R(X)
−R(0)f(1)−R0(0)f(X) =f(R) =Q.
Donc notre polynˆome P convient.
(b) Montrons l’unicit´e. Soient P et ˜P tels que f(P) = f( ˜P) = Q avec P(0) = P0(0) = 0 = ˜P(0) = ˜P0(0). Alors f(P −P˜) = Q−Q= 0 donc P −P˜ ∈Kerf = Vect{1, X}.
Ainsi P −P˜ s’´ecrit P −P˜ = aX +b. Mais comme (P −P˜)(0) = 0 alors b = 0, et comme (P −P˜)0(0) = 0 alors a= 0. Ce qui prouve P = ˜P.
Exercice 5. Soient A =
1 2 1 3 4 1 5 6 1 7 8 1
, B =
2 2 −1 7
4 3 −1 11
0 −1 2 −4
3 3 −2 11
. Calculer rg(A) et rg(B).
D´eterminer une base du noyau et une base de l’image pour chacune des applications lin´eaires associ´ees fA et fB.
Correction
(1) (a) Commen¸cons par des remarques ´el´ementaires : la matrice est non nulle donc rg(A)≥1 et comme il y a p= 4 lignes etn = 3 colonnes alors rg(A)≤min(n, p) = 3.
(b) Ensuite on va montrer rg(A) ≥ 2 en effet le sous-d´eterminant 2×2 (extrait du coin en haut `a gauche) :
1 2 3 4
=−2 est non nul.
(c) Montrons que rg(A) = 2. Avec les d´eterminants il faudrait v´erifier que pour toutes les sous-matrices 3×3 les d´eterminants sont nuls. Pour ´eviter de nombreux calculs on remarque ici que les colonnes sont li´ees par la relation v2 =v1 +v3. Donc rg(A) = 2.
(d) L’application lin´eaire associ´ee `a la matrice A est l’application fA : R3 → R4. Et le th´eor`eme du rang dim KerfA+ dim ImfA = dimR3 donne ici dim KerfA = 3−rg(A) = 1.
Mais la relationv2 =v1+v3 donne imm´ediatement un ´el´ement du noyau : en ´ecrivant v1−v2 +v3 = 0 alors A
1
−1 1
=
0 0 0
Donc
1
−1 1
∈ KerfA. Et comme le noyau est de dimension 1 alors
KerfA= Vect
1
−1 1
(e) Pour un base de l’image, qui est de dimension 2, il suffit par exemple de prendre les deux premiers vecteurs colonnes de la matrice A (ils sont clairement non colin´eaires) :
ImfA= Vect{v1, v2}= Vect
1 3 5 7
,
1 1 1 1
(2) On fait le mˆeme travail avec B et fB.
(a) Matrice non nulle avec 4 lignes et 4 colonnes donc 1≤rg(B)≤4.
(b) Comme le sous-d´eterminant (du coin sup´erieur gauche)
2 2 4 3
=−2 est non nul alors rg(B)≥2.
(c) Et pareil avec le sous-d´eterminant 3×3 :
2 2 −1
4 3 −1
0 −1 2
=−2 qui est non nul donc rg(B)≥3.
(d) Maintenant on calcule le d´eterminant de la matrice B et on trouve detB = 0, donc rg(B)<4. Conclusion rg(B) = 3. Par le th´eor`eme du rang alors dim KerfB= 1.
(e) Cela signifie que les colonnes (et aussi les lignes) sont li´ees, comme il n’est pas clair de trouver la relation `a la main on r´esout le syst`eme BX = 0 pour trouver cette relation
; autrement dit :
2 2 −1 7
4 3 −1 11
0 −1 2 −4
3 3 −2 11
·
x y z t
=
0 0 0 0
ou encore
2x+ 2y−z+ 7t = 0 4x+ 3y−z+ 11t = 0
−y+ 2z−4t = 0 3x+ 3y−2z+ 11t = 0
Apr`es r´esolution de ce syst`eme on trouve que les solutions s’´ecrivent (x, y, z, t) = (−λ,−2λ, λ, λ). Et ainsi
KerfB= Vect
−1
−2 1 1
Et pour une base de l’image il suffit, par exemple, de prendre les 3 premiers vecteurs colonnes v1, v2, v3 de la matrice B, car ils sont lin´eairement ind´ependants :
ImfB = Vect{v1, v2, v3}= Vect
2 4 0 3
,
2 3
−1 3
,
−1
−1 2
−2
Exercice 6. Soit a ∈R et A la matrice suivante
A=
1 0 a 0 a 1 a 1 0
(1) Calculer le d´eterminant de A et d´eterminer pour quelles valeurs de a la matrice est in- versible.
(2) Calculer A−1 lorsque A est inversible.
Correction
Soit a∈R et A la matrice suivante
A=
1 0 a 0 a 1 a 1 0
(1) Calculons le d´eterminant de A et d´eterminons pour quelles valeurs de a la matrice est inversible.
detA=
1 0 a 0 a 1 a 1 0
=
a 1 1 0
+a
0 a a 1
=−1−a3.
La matriceAest inversible si et seulement si son d´eterminant est non nul, c’est-`a-dire si et seulement si 1 +a3 6= 0, ce qui ´equivaut `a a6=−1 cara ∈R.
(2) CalculonsA−1lorsqueAest inversible, c’est-`a-direa 6=−1. Pour cela nous allons d´eterminer la comatrice ˜A de A. On a
A˜=
−1 a −a2 a −a2 −1
−a2 −1 a
,
on remarque que ˜A=tA˜et on a bien AtA˜=tAA˜ = (−1−a3)I3 d’o`u A−1 = 1
(−1−a3)
A˜= 1
−1−a3
−1 a −a2 a −a2 −1
−a2 −1 a
.
