Corrigé de la série 11

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 11

Exercice 1. 1. On a dim(Mat(n, m;F)) = mn = dim(Mat(m, n;F)), donc, d'après une proposition du cours, il sut de montrer queφest injective, c'est-à-direker(φ) ={0}.

Si A∈ ker(φ), alorsA^t = 0. Mais on a alors0 = (A^t)ij = (A)jipour i= 1, . . . , met j= 1, . . . , n. Tous les coecients deAsont donc nuls, ce qui montre queAest nulle. On a donc bienker(φ) ={0}.

2. On calcule pouri= 1, . . . , metj= 1, . . . , n: ((A·B)^t)ij= (A·B)ji=

Xk s=1

(A)js(B)si= Xk

s=1

(A^t)sj(B^t)is= Xk s=1

(B^t)is(A^t)sj= (B^t·A^t)ij. Comme les coecients de(A·B)^tetB^t·A^tsont les mêmes, on a donc(A·B)^t=B^t·A^t. 3. SiAest inversible, alors il existeA⁻¹ ∈Mat(n, n;F)telle queA·A⁻¹ =A⁻¹·A=In. On calcule en utilisant la question précédente :A^t·(A⁻¹)^t= (A⁻¹·A)^t=Int =In, car (Int)ij = (In)ji=δji =δij = (In)ij pouri, j = 1, . . . , n, ce qui impliqueIn =Int. (On montre de la même manière(A⁻¹)^t·A^t=In.) On a donc prouvé que(A⁻¹)^test l'inverse deA^t, donc(A⁻¹)^t= (A^t)⁻¹.

Exercice 2. 1. Soientp, q∈P2(R), etα, β∈R. On a

L(αp+βq) = ((αp+βq)(−1),(αp+βq)⁰(1)) = (αp(−1) +βq(−1), αp⁰(1) +βq⁰(1))

=α(p(−1), p⁰(1)) +β(q(−1), q⁰(1)) =αL(p) +βL(q).

Lest donc bien linéaire.

2. On calculeL(1) = (1,0) =e1,L(X) = (−1,1) =−e1+e2 etL(X²) = (1,2) =e1+ 2e2. On trouve donc

[L]B2,B1=

1 −1 1 0 1 2

. D'après le cours, on trouve donc

[L(4−3X+X²)]B2= [L]B2,B1·[4−3X+X²]B1

=

1 −1 1 0 1 2

·



4

−31



= 8

−1

.

3. On calculeL(1) = (1,0),L(1−X) = (2,−1) =−(−2,1)etL((1−X)²) = (4,0) = 4(1,0).

On trouve donc

[L]B⁰2,B⁰1=

1 0 4 0 −1 0

.

1

On calcule4−3X+X²= (1−X)²+ 2X−1−3X+ 4 = (1−X)²+ (1−X)−1 + 3 = (1−X)²+ (1−X) + 2. D'après le cours, on trouve alors

[L(4−3X+X²)]B⁰2= [L]B⁰2,B⁰1·[4−3X+X²]B⁰1

=

1 0 4 0 −1 0

·



2 11



= 6

−1

.

Exercice 3. 1. SoientM, N∈Mat(n;F)etα, β∈F. On aψ(αM+βN) =A·(αM+βN) = A·(αM) +A·(βN) =αA·M+βA·N=αψ(M) +βψ(N)en utilisant l'exercice 4 de la série 10 (pour la deuxième égalité).ψest donc linéaire.

2. Siψest un isomorphisme, alorsψest surjective et il existeB∈Mat(n;F)telle queBA= In. Aest donc inversible (voir le cours). SiAest inversible, alors on aψ(A⁻¹M) = M pour toutM ∈Mat(n;F)etψest surjective. Commeψest linéaire etψ: Mat(n;F)→ Mat(n;F), on sait alors par une proposition du cours queψest un isomorphisme.

3. On rappelle que la base canonique deMat(2;F)estB= (e11, e12, e21, e22), voir le cours ou le corrigé de l'exercice 1 de la série 9. On écritA=

a11 a12

a21 a22

et on calcule

ψ(e11) =

a11 a12

a21 a22

· 1 0

0 0

= a11 0

a21 0

=a11e11+a21e21, ψ(e12) =

a11 a12

a21 a22

· 0 1

0 0

= 0 a11

0 a21

=a11e12+a21e22, ψ(e21) =

a11 a12

a21 a22

· 0 0

1 0

= a12 0

a22 0

=a12e11+a22e21

etψ(e22) =

a11 a12

a21 a22

· 0 0

0 1

= 0 a12

0 a22

=a12e12+a22e22. On trouve donc

[ψ]B,B=







a11 0 a12 0 0 a11 0 a12

a21 0 a22 0 0 a21 0 a22





. Exercice 4. 1. On a

TA(x, y, z) =RealB(A[(x, y, z)]B) =RealB







1 2 −3 2 4 −1 0 2 0



·



x yz









=RealB







x+ 2y−3z 2x+ 4y−z

2y









On trouve doncTA(x, y, z) = (x+ 2y−3z,2x+ 4y−z,2y)pour tout(x, y, z)∈F³. 2. On calcule

A·B=



1 2 −3 2 4 −1 0 2 0



·



−1/5 3/5 −1

0 0 1/2

−2/5 1/5 0





=



−1/5 + 6/5 3/5−3/5 −1 + 1

−2/5 + 2/5 6/5−1/5 −2 + 2

0 0 1



=



1 0 0 0 1 0 0 0 1



=I3.

2

De même, on trouve

B·A=



−1/5 3/5 −1

0 0 1/2

−2/5 1/5 0



·



1 2 −3 2 4 −1 0 2 0



=



1 0 0 0 1 0 0 0 1



=I3.

3. On a, d'après le cours :

[TA◦TB]B,B= [TA]B,B·[TB]B,B=A·B=I3= [IdF³]B,B.

Comme l'applicationC∈Mat(3,3;F)7→TC∈L(F³,F³)est un isomorphisme, on obtient TA◦TB= IdF³. De la même manière,B·A=I3 impliqueTB◦TA= IdF³. DoncTBest l'inverse de TA, T_A⁻¹=TB. Un calcul comme dans la première question de cet exercice donneTB(x, y, z) = (−x/5 + 3y/5−z, z/2,−2x/5 +y/5)pour tout(x, y, z)∈F³. Exercice 5. On cherche à résoudre le système :

x·



s−1 33



+y·



s−1 ss



+z·



0 ss²



=



0 00



↔



 s−1 s−1 0 0

3 s s 0

3 s s² 0



 (L1) (L2) (L3) On obtient après une première étape, en supposants6= 1,

(L1)

(L⁰₂) = (s−1)(L2)−3(L1) (L⁰₃) = (s−1)(L3)−3(L1)



 s−1 s−1 0 0 0 s²−s−3s+ 3 s²−s 0 0 s²−s−3s+ 3 s³−s² 0





=



s−1 s−1 0 0 0 (s−1)(s−3) s(s−1) 0 0 (s−1)(s−3) s²(s−1) 0





et en continuant de la même manière (L1) (L⁰₂) (L⁰⁰₃) = (L⁰₃)−(L⁰₂)



 s−1 s−1 0 0 0 (s−1)(s−3) s(s−1) 0

0 0 s(s−1)² 0



.

Si s 6= 1, s 6= 0et s 6= 3, on trouve doncz = 0, qui implique y = 0 et x = 0. Les trois vecteurs sont dans ce cas linéairement indépendants, et, par conséquent,rang(As) = 3pour touts∈R\ {0,1,3}.

Si s = 0, alorsAs = A0 =



−1 −1 0

3 0 0

3 0 0



 et rang(A0) = 2. Sis = 1, alors As = A1 =



0 0 0 3 1 1 3 1 1



etrang(A1) = 1. Sis= 3, alorsAs=A3=



2 2 0 3 3 3 3 3 9



etrang(A3) = 2.

Exercice 6. On a pouri= 1, . . . , n+petk= 1, . . . , m+l

(A)ik=









(A1)ik si1≤i≤n, 1≤k≤m (A2)i(k−m) si1≤i≤n, m+ 1≤k≤m+l (A3)(i−n)k sin+ 1≤i≤n+p, 1≤k≤m (A4)(i−n)(k−m) sin+ 1≤i≤n+p, m+ 1≤k≤m+l

3

et pourk= 1, . . . , m+letj= 1, . . . , q+r

(B)kj=









(B1)kj si1≤k≤m, 1≤j≤q (B2)k(j−q) si1≤k≤m, q+ 1≤j≤q+r (B3)(k−m)j sim+ 1≤k≤m+l, 1≤j≤q (B4)(k−m)(j−q) sim+ 1≤k≤m+l, q+ 1≤j≤q+r On calcule(A·B)ijpouri= 1, . . . , n+petj= 1, . . . , q+r:

(A·B)ij=^m+lX

k=1

(A)ik(B)kj=X^m

k=1

(A)ik(B)kj+ ^m+lX

k=m+1

(A)ik(B)kj

=







































P_m

k=1(A1)ik(B1)kj+P_m+l

k=m+1(A2)i(k−m)(B3)(k−m)j

sii∈ {1, . . . , n} etj∈ {1, . . . , q}

P_m

k=1(A1)ik(B2)k(j−q)+P_m+l

k=m+1(A2)i(k−m)(B4)(k−m)(j−q)

sii∈ {1, . . . , n} etj∈ {q+ 1, . . . , q+r}

P_m

k=1(A3)(i−n)k(B1)kj+P_m+l

k=m+1(A4)(i−n)(k−m)(B3)(k−m)j

sii∈ {n+ 1, . . . , n+p} etj∈ {1, . . . , q}

P_m

k=1(A3)(i−n)k(B2)k(j−q)+P_m+l

k=m+1(A4)(i−n)(k−m)(B4)(k−m)(j−q)

sii∈ {n+ 1, . . . , n+p} etj∈ {q+ 1, . . . , q+r}

=







































P_m

k=1(A1)ik(B1)kj+P_l

k=1(A2)ik(B3)kj

sii∈ {1, . . . , n} etj∈ {1, . . . , q}

P_m

k=1(A1)ik(B2)k(j−q)+P_l

k=1(A2)ik(B4)k(j−q)

sii∈ {1, . . . , n} etj∈ {q+ 1, . . . , q+r}

P_m

k=1(A3)(i−n)k(B1)kj+P_l

k=1(A4)(i−n)k(B3)kj

sii∈ {n+ 1, . . . , n+p} etj∈ {1, . . . , q}

P_m

k=1(A3)(i−n)k(B2)k(j−q)+P_l

k=1(A4)(i−n)k(B4)k(j−q)

sii∈ {n+ 1, . . . , n+p} etj∈ {q+ 1, . . . , q+r}

=









(A1·B1)ij+ (A2·B3)ij sii∈ {1, . . . , n}, j∈ {1, . . . , q}

(A1·B2)i(j−q)+ (A2·B4)i(j−q) sii∈ {1, . . . , n}, j∈ {q+ 1, . . . , q+r}

(A3·B1)(i−n)j+ (A4·B3)(i−n)j sii∈ {n+ 1, . . . , n+p}, j∈ {1, . . . , q}

(A3·B2)(i−n)(j−q)+ (A4·B4)(i−n)(j−q) sii∈ {n+ 1, . . . , n+p}, j∈ {q+ 1, . . . , q+r}

=









(A1·B1+A2·B3)ij sii∈ {1, . . . , n}, j∈ {1, . . . , q}

(A1·B2+A2·B4)i(j−q) sii∈ {1, . . . , n}, j∈ {q+ 1, . . . , q+r}

(A3·B1+A4·B3)(i−n)j sii∈ {n+ 1, . . . , n+p}, j∈ {1, . . . , q}

(A3·B2+A4·B4)(i−n)(j−q) sii∈ {n+ 1, . . . , n+p}, j∈ {q+ 1, . . . , q+r}

=

A1·B1+A2·B3 A1·B2+A2·B4

A3·B1+A4·B3 A3·B2+A4·B4

ij

On a donc bien l'égalité demandée. La dernière chose à montrer est une conséquence directe de cette formule.

4