Corrigé de la série 10

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 10

Exercice 1. On peut faire les multiplications suivantes : A·B, B·A, B·C,

car le nombre de colonnes de la matrice à gauche dans chaque produit correspond au nombre de lignes de la matrice à droite. On a :

A·B=

1 3 0 0 −2 0

·



2 3

−1 00 1



= 2 6

0 −2

, B·A=



2 3 0 1

−1 0



·

1 3 0 0 −2 0

=



2 0 0 0 −2 0

−1 −3 0



,

B·C=



2 3

−1 00 1



· 5

−4

=



−2

−4−5



.

Exercice 2. 1. On exprime les images de e1, e2, e3 ∈ R³ parT dans la base canonique B= (e1, e2, e3)deR³. On aT(e1) = (−1,−6,3) =−e1−6e2+ 3e3,T(e2) = (1,4,−1) = e1+ 4e2−e3etT(e3) = (1,2,1) =e1+ 2e2+e3. On obtient donc

[T]B,B=



−1 1 1

−6 4 2 3 −1 1





par la dénition de la matrice associée à une application linéaire.

2. On sait que

[T]B,B·[T]B,B= [T◦T]B,B. On calcule donc

[T◦T]B,B= [T]B,B·[T]B,B=



−1 1 1

−6 4 2 3 −1 1



·



−1 1 1

−6 4 2 3 −1 1





=



−2 2 2

−12 8 4 6 −2 2



= 2



−1 1 1

−6 4 2 3 −1 1



= 2[T]B,B= [2T]B,B.

La dernière égalité découle du fait que l'applicationL(R³,R³)→Mat(3,3;R),L7→[L]B,B

est un isomorphisme (voir le cours). On a doncT◦T = 2T. Siv∈im(T), alors il existe w∈R³tel quev=T(w). On a alorsT(v) =T²(w) = 2T(w) = 2v.

1

3. CommeT :R³→R³, on sait queim(T),ker(T)sont des sous-espaces vectoriels deR³. Si v∈ker(T)∩im(T), alorsT(v) = 0etT(v) = 2vd'après la question précédente. On a donc v= 0. Par conséquent,ker(T)∩im(T) ={0}etker(T)etim(T)sont en somme directe.

D'après le théorème du rang, on adim(ker(T)⊕im(T)) = dim(ker(T)) + dim(im(T)) = dim(R³). Doncker(T)⊕im(T)est un sous-espace vectoriel deR³de dimension3. Il est donc égal àR³ (voir le test).

4. On sait queim(T)⊆ {v∈R³|T(v) = 2v}. En même temps, siw∈ {v∈R³|T(v) = 2v}, alorsw = ¹₂T(w) = T ¹₂w

∈ im(T). Donc im(T) = {v ∈ R³ | T(v) = 2v}. Mais T(x, y, z) = (2x,2y,2z)si et seulement si(−x+y+z,−6x+4y+2z,3x−y+z) = (2x,2y,2z) et donc ssi(−3x+y+z,−6x+ 2y+ 2z,3x−y−z) = (0,0,0). On résoud le système



−3 1 1 0

−6 2 2 0 3 −1 −1 0



 (L1) (L2) (L3) →



 −3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0



 (L1) (L2−2L1)

(L3+L1) .

On trouve−3x+y+z= 0. Le vecteurv= (x, y, z)est donc un élément deim(T)ssi

−3x+y+z= 0(ceci est l'équation cherchée).

5. Siv ∈im(T), on vient de voir que−3x+y+z= 0, c'est à direz= 3x−y, et donc v= (x, y,3x−y) =x(1,0,3) +y(0,1,−1). Comme(1,0,3)et(0,1,−1)sont linéairement indépendents, on trouve que((1,0,3),(0,1,−1))est une base deim(T). Siv ∈ker(T), alors(−x+y+z,−6x+ 4y+ 2z,3x−y+z) = (0,0,0). On résoud le système



−1 1 1 0

−6 4 2 0 3 −1 1 0



 (L1) (L2) (L3) →



 −1 1 1 0 0 −2 −4 0

0 2 4 0



 (L1) (L2−6L1) = (L⁰₂) (L3+ 3L1) = (L⁰₃)

→



−1 1 1 0 0 −2 −4 0

0 0 0 0



 (L1) (L⁰₂) (L⁰₃+L⁰₂).

On a donc2y+4z= 0et−x+y+z= 0, ce qui impliquey=−2zetx=y+z=−z, donc v= (−z,−2z, z) =z(−1,−2,1). On trouve par conséquentker(T) = span ((−1,−2,1))et on peut poserB⁰ = ((1,0,3),(0,1,−1),(−1,−2,1)). Comme(1,0,3),(0,1,−1)∈im(T) et (−1,−2,1) ∈ ker(T), on trouve T(1,0,3) = 2(1,0,3), T(0,1,−1) = 2(0,1,−1) et T(−1,−2,1) = 0. La matrice deT dans la baseB⁰est donc

[T]B⁰,B⁰=



2 0 0 0 2 0 0 0 0



.

Exercice 3. 1. Si

[L]B3,B2=







i 0 −i

0 2i 4−i 0 1 +i 0

−1 1 0





=:A

avecB3 = (1, X, X², X³)et B2 = (1, X, X²), alorsL(1) =i−X³,L(X) = 2iX+ (1 + i)X²+X³etL(X²) =−i+ (4−i)X. On trouve donc

L(a0+a1X+a2X²) =a0L(1) +a1L(X) +a2L(X²)

=a0(i−X³) +a1(2iX+ (1 +i)X²+X³) +a2(−i+ (4−i)X)

= (ia0−ia2) + (2ia1+ (4−i)a2)X+ (1 +i)a1X²+ (−a0+a1)X³. 2

Il a été vu en cours que [L(v)]B3 = [L]B3,B2·[v]B2 pour toutv∈ P2(F). Comme[a0+ a1X+a2X²]B2= (a0, a1, a2)^t, on retrouve bien par cette méthode :

[L(a0+a1X+a2X²)]B3=







i 0 −i

0 2i 4−i 0 1 +i 0

−1 1 0





·



a0

a1

a2



=







ia0−ia2

2ia1+ (4−i)a2

(1 +i)a1

−a0+a1





,

et doncL(a0+a1X+a2X²) = (ia0−ia2)+(2ia1+(4−i)a2)X+(1+i)a1X²+(−a0+a1)X³. 2. SiAest la matrice deLrelativement aux bases(X², X,1)et(X³, X², X,1)deP2(C)et

P3(C)respectivement, alors [L(a0+a1X+a2X²)](X³,X²,X,1)=







i 0 −i

0 2i 4−i 0 1 +i 0

−1 1 0





·[a0+a1X+a2X²](X²,X,1)

=







i 0 −i

0 2i 4−i 0 1 +i 0

−1 1 0





·



a2

a1

a0



=







ia2−ia0

2ia1+ (4−i)a0

(1 +i)a1

−a2+a1





,

et doncL(a0+a1X+a2X²) = (ia2−ia0)X³+(2ia1+(4−i)a0)X²+(1+i)a1X+(−a2+a1).

3. Le polynômep=a0+a1X+a2X²s'écrit

p=a2(1 +X)²−a2−2a2X+a0+a1X

=a2(1 +X)²+ (a1−2a2)(1 +X)−a1+ 2a2−a2+a0

=a2(1 +X)²+ (a1−2a2)(1 +X) + (−a1+a2+a0)

dans la base(1,1 +X,(1 +X)²). SiAest la matrice deLrelativement aux bases(1,1 + X,(1 +X)²)et(1,1 +X,1 +X²,1 +X³)deP2(C)etP3(C)respectivement, on trouve par conséquent :

[L(a0+a1X+a2X²)](1,1+X,1+X²,1+X³)=







i 0 −i

0 2i 4−i 0 1 +i 0

−1 1 0





·[a0+a1X+a2X²](1,1+X,(1+X)²)

=







i 0 −i

0 2i 4−i 0 1 +i 0

−1 1 0





·



−a1+a2+a0

a1−2a2

a2





=







i(−a1+a2+a0)−ia2

2i(a1−2a2) + (4−i)a2

(1 +i)(a1−2a2)

−(−a1+a2+a0) + (a1−2a2)





,

3

et donc

L(a0+a1X+a2X²) =(i(−a1+a2+a0)−ia2) + (2i(a1−2a2) + (4−i)a2)(1 +X)

+ (1 +i)(a1−2a2)(1 +X²) + (−(−a1+a2+a0) + (a1−2a2))(1 +X³)

=((4−2i)a2+ (3i+ 2)(a1−2a2) + (i−1)(−a1+a2+a0)) + (2i(a1−2a2) + (4−i)a2)X

+ (1 +i)(a1−2a2)X²+ (a1−a2−a0+a1−2a2)X³

=(−(1 + 7i)a2+ (2i+ 3)a1+ (i−1)a0) + ((4−5i)a2+ 2ia1)X + (1 +i)(a1−2a2)X²+ (2a1−3a2−a0)X³.

Exercice 4. SiA∈Mat(l, m;F)etC∈Mat(m, n;F), alors on peut eectuer le produitA·C et on a(A·C)ij =P_m

k=1(A)ik(C)kjpour i= 1, . . . , letj = 1, . . . , n. On calcule donc pour i= 1, . . . , letj= 1, . . . , n:

(A·(C+D))ij=X^m

k=1

(A)ik(C+D)kj=X^m

k=1

(A)ik((C)kj+ (D)kj)

= Xm k=1

(A)ik(C)kj+ Xm k=1

(A)ik(D)kj= (A·C)ij+ (A·D)ij

= (A·C+A·D)ij.

Cela prouve que les coecients des deux matricesA·(C+D)etA·C+A·Dcoincident. Les deux matrices sont donc égales.

On prouve la deuxième égalité de la même manière : soiti∈ {1, . . . , l}etj∈ {1, . . . , n}, alors

((A+B)·C)ij=X^m

k=1

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

k=1

((A)ik+ (B)ik) (C)kj

= Xm k=1

(A)ik(C)kj+ Xm k=1

(B)ik(C)kj= (A·C)ij+ (B·C)ij

= (A·C+B·C)ij.

4