EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 12
Correction exercice 1
1 2 3 4 3 1
.
1 1 0 2 2 0
=
7 5 6 10
;
1 1 0 2 2 0
.
1 2 3 4 3 1
=
5 5 4 8 6 2 2 4 6
.
On aA∈M at(3,3,R)etB ∈M at(2,2,R). Par conséquent le produitAB n’est pas défini alors que BA l’est et
BA =
4 −4 −8
−3 5 14
∈M at(2,3,R).
Correction exercice 2
Soit B = {~e1, . . . , ~en} la base canonique de Rn. L’application linéaire f de L(Rn,Rn) dans la base canonique associée à la matrice A est définie par
f(~e1) =~0
f(~ei) =~ei−1 pour 2≤i≤n.
(Remarque : f correspond à RealB,B(A) où RealB,B(A) :M at(n, n,R)→ L(Rn,Rn) est l’appli- cation de réalisation définie dans le corrigé de l’exercice 1 de la série 10.)
Soit P(k) la propriété suivante :
fk(~ei) =~0 pour i≤k fk(~ei) =~ei−k pour i > k.
P(1) est vraie d’après ce qui précède.
Supposons que la propriété P(k) est vraie.
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) 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).
On en déduit que pour i < n, Ai est la matrice dont la i−ème diagonale supérieure est formée de 1 et ayant des 0 partout ailleurs et Ap = 0 pour p≥n.
Correction exercice 3
1
1. Non, car siP−1AP =A, en multipliant à gauche par la matriceP on obtient P P−1AP = P A et comme P P−1 =I on en déduit que AP =P A. Or, le produit de deux matrices A et P ne commute pas forcément.
2. Le produit de matrices étant associatif, on a :
(P−1AP)p = (P−1AP)(P−1AP)(P−1AP). . .(P−1AP)
=P−1A(P P−1)A(P P−1)AP . . . P−1AP.
Comme P P−1 =I on obtient (P−1AP)p =P−1ApP. Correction exercice 4
(I −BA)(I +B(I −AB)−1A) = (I −BA) + (I −BA)B(I −AB)−1A = (I −BA) + (B − BAB)(I−AB)−1A= (I−BA) +B(I−AB)(I−AB)−1A= (I−BA) +BA =I
puisque (I−AB)(I−AB)−1 =I.
Soit, on montre, de même que (I+B(I−AB)−1A)(I −BA) =I soit on utilise le fait qu’une matrice inversible à droite est inversible, pour conclure que (I −BA) est inversible et que (I−BA)−1 =I+B(I−AB)−1A.
Correction exercice 5
Soit Ei,j = (eα,β) la matrice élémentaire de permutation obtenue à partir de I en inversant la i-ème et j-ème colonne. On a donc ek,k = 1 pour k 6= i, j et ei,j = ej,i = 1 et tous les autres termes de la matrice sont égaux à 0.
Calculons Ei,j2 . (Ei,j2 )l,m =Pn
p=1elpepm
Si l6=i, j; (Ei,j2 )l,m=ellelm=elm d’où (Ei,j2 )l,l = 1 et (Ei,j2 )l,m= 0 si l6=m.
Si l=i; (Ei,j2 )i,m =eijejm =ejm d’où (Ei,j2 )i,i = 1 et (Ei,j2 )i,m= 0 si i6=m.
De même on montre que (Ei,j2 )j,j = 1 et (Ei,j2 )j,m= 0 si j 6=m.
On en déduit que Ei,j2 =I. Par conséquent Ei,j est inversible et Ei,j−1 =Ei,j.
SoitDi,λ la matrice élémentaire de dilatation obtenue en multipliant la i-ème ligne de la matrice identité par λ (λ 6= 0). On montre que Di,λ.Di,1
λ = I. On en déduit que Di,λ est inversible et D−1i,λ =Di,1
λ.
Soit Ti,j,λ la matrice élémentaire de transvection obtenue en ajoutant à la i-ème ligne de la matrice identité λ fois la j-ème ligne. On montre que Ti,j,λ.Ti,j,−λ =I. On en déduit que Ti,j,λ est inversible et Ti,j,λ−1 =Ti,j,−λ.
Correction exercice 6
On rappelle que la multiplication à gauche par des matrices élémentaires revient à faire les opérations correspondantes sur les lignes.
1.
3 −1 2 a
−1 2 −3 b
1 2 1 c
E3,1
−−→
1 2 1 c
−1 2 −3 b 3 −1 2 a
T2,1,1
−−−→
1 2 1 c
0 4 −2 b+c
3 −1 2 a
T3,1,−3
−−−−→
1 2 1 c
0 4 −2 b+c 0 −7 −1 a−3c
D2,1
−−−→4
1 2 1 c
0 1 −12 b+c4 0 −7 −1 a−3c
T3,2,7
−−−→
1 2 1 c
0 1 −12 b+c4 0 0 −92 a+74b− 54c
D3,−2
−−−→9
1 2 1 c
0 1 −12 b+c4 0 0 1 −29a−187 b+ 185c
2
T2,3,1
−−−→2
1 2 1 c
0 1 0 −a9 + 181b+187 c 0 0 1 −29a− 187b+185 c
T1,3,−1
−−−−→
1 2 0 29a+ 79b+ 1318c 0 1 0 −a9 +181b+ 187c 0 0 1 −29a−187b+ 185c
T1,2,−2
−−−−→
1 0 0 49a+ 185b−181 c 0 1 0 −a9 + 181b+187 c 0 0 1 −29a− 187b+185 c
La solution du système est donc (49a+ 185b− 181 c,−a9 + 181b+187 c,−29a− 187b+185c).
2.
1 1 2 5
1 −1 −1 1
1 0 1 3
T2,1,−1
−−−−→
1 1 2 5
0 −2 −3 −4
1 0 1 3
T3,1,−1
−−−−→
1 1 2 5
0 −2 −3 −4 0 −1 −1 −2
E2,3
−−→
1 1 2 5
0 −1 −1 −2 0 −2 3 −4
T3,2,−2
−−−−→
1 1 2 5
0 −1 −1 −2 0 0 −1 0
D3,−1
−−−→
1 1 2 5
0 −1 −1 −2
0 0 1 0
T2,3,1
−−−→
1 1 2 5
0 −1 0 −2
0 0 1 0
D2,−1
−−−→
1 1 2 5 0 1 0 2 0 0 1 0
T1,3,−2
−−−−→
1 1 0 5 0 1 0 2 0 0 1 0
T1,2,−1
−−−−→
1 0 0 3 0 1 0 2 0 0 1 0
La solution du système est donc (3,2,0).
Correction exercice 7
Soient M et N deux éléments de M at(2,2,R) et λ∈R.
Φ(M +λN) =A(M +λN)−(M +λN)A=AM −M A+λ(AN −N A) = Φ(M) +λΦ(N) par les propriétés des lois +, . et la multiplication par les scalaires dans M at(2,2,R), d’où la linéarité de Φ.
La base canonique de M at(2,2,R) est B={E1 =
1 0 0 0
, E2 =
0 1 0 0
, E3 =
0 0 1 0
, E4 =
0 0 0 1
}
Φ(E1) =
1 0 0 0
−
1 1 0 0
=
0 −1 0 0
=−E2
Φ(E2) =
0 1 0 0
−
0 1 0 0
=
0 0 0 0
= 0
Φ(E3) =
1 0 1 0
−
0 0 1 1
=
1 0 0 −1
=E1−E4
Φ(E4) =
0 1 0 1
−
0 0 0 1
=
0 1 0 0
=E2
3
La matrice de Φ dans la base canonique est donc la matrice
P =
0 0 1 0
−1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 −1 0
Soit M dans M at(2,2,R), B étant une base il existe α, β, γ et δ uniques tels que M = αE1+ βE2+γE3+δE4, M correspond donc au vecteurX = (α, β, γ, δ)et Φ(M)correspond au produit P X = (γ,−α+δ,0,−γ) et M ∈Ker(Φ) si et seulement siP X = 0. D’où γ = 0 et δ=α. Par conséquent :
Ker(Φ) ={
α β 0 α
| α ∈R β∈R}=Span{
1 0 0 1
,
0 1 0 0
}=Span{E1+E4, E2}
Ker(Φ) est donc de dimension2et on déduit par le théorème du rang que Im(Φ) est de dimen- sion 2. Par le calcul desΦ(Ei) on sait que E2 et E1−E4 appartiennent à Im(Φ). Comme E2 et E1−E4 sont deux vecteurs linéairement indépendants on en déduit que
Im(Φ) =Span{E1−E4, E2}.
4
