Algèbre linéaire pré

Psi 945 – 2015/2016
http://blog.psi945.fr DM 4 – corrigé
Algèbre linéaire pré-réduction
Dans ce corrigé, on utilisera la notation 1Pas
E→F pour désigner la matrice de passage de Evers F, c’est-
à-dire la matrice dont les colonnes représentent les coordonnées des vecteurs de Fdans la base E, soit
encore la matrice représentant l’identité entre les bases Fet E:Pas
E→F = Mat(IdE,F,E).
1 Du calcul matriciel
1. On calcule le rang de Ade façon standard, en pivotant :
A=
1 2131
−11211
2 1123
1 5270
3 3457
L2←L2+L1
... //
1 2 1 3 1
0 3 3 4 2
0−3−1−4 1
0 3 1 4 −1
0−3 1 −4 4
L3←L3+L2
... //
12131
03342
00203
0 0 −2 0 −3
00203
L4←L4+L3
L5←L5−L3
//
12131
03342
00203
00000
00000
,
et comme le rang d’un matrice est inchangé par opérations élémentaires :
Le rang de Avaut 3.
2. On sait déjà que le noyau de uest de dimension 2. On le déterminer on résolvant u(−→ x) = −→ 0,
que l’on va résoudre matriciellement. Au passage, les opérations effectuées pour rendre le système
triangulaire sont les mêmes que lors du calcul du rang, ce qui nous simplifie bien la tâche :
u(−→ x) = −→ 0⇐⇒ AX = 0 ⇐⇒ 
x1+ 2x2+x3+ 3x4+x5= 0
3x2+ 3x3+ 4x4+ 2x5= 0
2x33x5= 0
⇐⇒ 
x1=−2x2−x3−3x4−x5=−1
3x4−7 6x5
x2=−1
3(−3x3−4x4−2x5) = −4 3x4+5 6x5
x3=−3
2x5
Et donc :
Ker (u) = (−x4/3−7x5/6,−4x4/3+5x5/6,−3x5/2, x4, x5)x4, x5∈R= Vect (−→ g1,−→ g2),
avec −→ g1=−1
3,−4 3,0,1,0et −→
g2=−7
6,5 6,−3 2,0,1. La famille (−→
g1,−→ g2)est clairement libre 2,
et donc :
Une base du noyau de uest (−→ g1,−→ g2).
On aurait également pu pivoter selon les colonnes, en gardant l’information sur les valeurs des
colonnes u(...).
1. Non standard ; mais il n’existe pas de notation standard !
2. Sans cet argument : on connaît la dimension du noyau, grâce au théorème du rang...
1

3. Notons (−→ e1, ..., −→ e5)la base canonique de R5. La famille (−→ e1,−→ e2,−→ e3,−→ g1,−→ g2)constitue une base de E
(regarder sa matrice dans la base canonique : elle est triangulaire). Ainsi :
Un supplémentaire du noyau de uest Vect (−→ e1,−→ e2,−→ e3).
4. D’après le cours, on sait que uinduit un isomorphisme entre tout supplémentaire du noyau et Im (u).
Une base de ce dernier est donc, d’après la question précédente : −→ f1,−→ f2,−→ f3avec f1=u(−→ e1),
f2=u(−→ e2), et f3=u(−→ e3).
Pour la compléter, il manque deux vecteurs... et si on tentait (−→ e1,−→ e2)? On aimerait bien que
−→
e1,−→ e2,−→ f1,−→ f2,−→ f3soit de rang 5... et bien vérifions !
1 0 1 2 1
0 1 −112
0 0 2 1 1
0 0 1 5 2
0 0 3 3 4
L4←2L4−L3
L5←2L5−3L3
//
1 0 1 2 1
0 1 −112
0 0 2 1 1
0 0 0 9 3
0 0 0 3 5
L5←3L5−L4
//
1 0 1 2 1
0 1 −1 1 2
0 0 2 1 1
0 0 0 9 3
0 0 0 0 12
,
Ainsi :
−→
e1,−→ e2,−→ f1,−→ f2,−→ f3est de rang 5, donc constitue une base de E.
Était-ce un coup de chance que (e1, e2)conviennent ? Non pas vraiment, et un dessin devrait vous en
convaincre... Et s’ils n’avaient pas convenu ? Alors on aurait pivoté sur (f1, f2, f3)pour obtenir une
forme échelonnée (par exemple dans la base canonique) pour pouvoir ensuite compléter facilement.
5. Notons Ela base canonique de E,E1= (−→ e1,−→ e2,−→ e3,−→ g1,−→ g2)et F=−→ f1,−→ f2,−→ f3,−→ e1,−→ e2(attention à
l’ordre des vecteurs !). Par construction des bases E1et F, on a Mat(u, E1,F) = J3, de sorte qu’en
notant P1= Pas
E→E1
et, Q1= Pas
E →F , notre diagramme préféré
Eu −−−−→
AE
IdEx
P1IdE yQ−1
1
E1
u
−−−−→
J3
F
et le théorème associé nous assurent : J3=Q−1
1AP1. Il reste alors à prendre :
Q=P1= Pas
E→E1
=
1 0 −1/3−7/6
010−4/3 5/6
0 0 1 0 −3/2
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
et P=Q−1
1= Pas
F →E : on calcule cette matrice en exprimant les vecteurs de la base canonique à
l’aide de ceux de F. Pour cela, on part des relations définissant Fà l’aide de E. Et c’est un peu
casse-pieds à écrire et infect à typographier... je ne laisse donc que le résultat :
P= Pas
F →E =
0 0 7/9−1/18 −1/6
0 0 1/9 5/18 −1/6
0 0 −2/3−1/6 1/2
1 0 −1/3−1/3 0
0 1 2 0 −1
Et là je me dis que je vais bien m’amuser pour corriger les copies...
2

6. Bien sûr, P−1=Q1= Pas
E→F =
1 2110
−11201
2 1100
1 5200
3 3400
et Q−1= Pas
E1→E se calcule comme dans la
question précédente... mais là je veux bien détailler les calculs (le système n’est pas trop méchant
à résoudre...) :
−→
e1=−→ e1
−→
e2=−→ e2
−→
e3=−→ e3
−1
3
−→
e1−4
3
−→
e2+−→ e4=−→ g1
−7
6
−→
e1+5
6
−→
e2−3
2
−→
e3+−→ e5=−→ g2
⇐⇒ 
−→
e1=−→ e1
−→
e2=−→ e2
−→
e3=−→ e3
−→
e4=1
3
−→
e1+4
3
−→
e2+−→ g1
−→
e5=7
6
−→
e1−5
6
−→
e2+3
2
−→
e3+−→ g2
De sorte que
Q−1= Pas
E1→E =
1001/3 7/6
0104/3−5/6
0 0 1 0 3/2
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
2 Deux résultats plus ou moins classiques
1. (a) Ben... la famille (x, λx)est assurément liée...
(b) Soit i∈[[1, n]]. La famille (ei, u(ei)) est liée et ei6= 0, donc il existe λitel que u(ei) = λiei.
La matrice de udans la base Eest donc diagonale.
Mat(u, E) = 
λ1(0)
λ2
...
(0) λn
(c) D’une part, u(e1+e2) = λ1e1+λ2e2, et d’autre part il existe λ∈Ktel que u(e1+e2) =
λ(e1+e2). On a alors (λ1−λ)e1+(λ2−λ)e2= 0, donc par liberté de (e1, e2):λ1−λ=λ2−λ= 0
puis λ1=λ=λ2. De la même façon, λi=λ1pour tout i∈[[2, n]], donc Mat(u, E)est en fait
une « matrice scalaire » :
Mat(u, E) = λ1In= Mat(λ1IdE,E),
et donc :
u=λ1IdE, et uest bien une homothétie.
2. (a) Encore une fois, il est clair que pour tout x∈E,(λx +ϕ(x)y, x, y)est liée !
(b) On ne peut a priori rien dire sur f(y): le fait que (f(y), y, y)soit liée est une information assez
faible ! Par contre, (u(f2), f1, f2)est liée alors que (f1, f2)est libre, donc il existe (λ2, µ2)∈K2
tel que u(f2) = λ2f1+µ2f2. Ceci est également valable pour u(fk)dès que k>2.
On a donc Mat(u, F) = 
α1λ2· · · λn
α2µ2(0)
.
.
....
αn(0) µn
(c) D’une part, u(f2+f3)=(λ2+λ3)f1+µ2f2+µ3f3, mais d’autre part, il existe λ, µ ∈Ktels
que u(f2+f3) = λf1+µ(f2+f3), donc
(λ1+λ2−λ)f1+ (µ2−µ)f2+ (µ3−µ)f3= 0,
et la liberté de (f1, f2, f3)nous assure que µ2−µ=µ3−µ= 0, donc µ2=µ3, et par le même
procédé, tous les µisont égaux, et donc en notant µcette valeur commune :
3

Mat(u, F) = 
α1λ2· · · λn
α2µ(0)
.
.
....
αn(0) µ
(d) D’une part, u(f1+f2)peut se lire sur la matrice, mais d’autre part il existe λ, µ0∈Ktels que
u(f1+f2) = λf1+µ0(f1+f2), et donc :
((α1+λ2)−(λ+µ0)) f1+ ((α2+µ)−µ0)f2+α3f3+· · · +αnfn= 0.
La liberté de Fnous assure alors que pour tout i>3, on a αi= 0. En considérant u(f1+f3),
on obtiendrait de même α2= 0, et ainsi :
Mat(u, F) = 
α1λ2· · · λn
µ(0)
...
(0) µ
(e) On a maintenant, en notant λ1=α1−µ:Mat(u−µIdE,F) = 
λ1λ2· · · λn
0· · · · · · 0
.
.
..
.
.
0· · · · · · 0
.
Soit ϕl’unique application linéaire (de Edans R)définie par l’image de Fde la façon suivante :
pour tout i∈[[1, n]],ϕ(fi) = λi.
Le cours nous assure qu’il existe bien une unique application linéaire vérifiant les relations
précédentes.
On a alors pour tout i∈[[1, n]],(u−µ)(fi) = λif1=ϕ(fi)f1. Ainsi, l’application x7→
u(x)−(µx +ϕ(x)f1)est linéaire et nulle sur la base F, donc est nulle tout court, et ainsi (en
se rappelant que f1=y) :
uest l’application x7→ µx +ϕ(x)y.
3. Si Eest de dimension infinie, on peut reprendre tout ce que l’on a fait sauf les considérations
matricielles. Si on admet l’existence d’une base (ei)i∈I(ce qui est vrai et non trivial), alors les
preuves précédentes restent valables, à quelques modifications syntaxiques près, et en enlevant les
considérations matricielles, qui n’étaient finalement là que pour « visualiser » les choses.
3 De la réduction sans le cours
3.1 Réduction d’un endomorphisme de R2
1. Mat(u−2IdE,E) = 15 60
−5−20est de rang 1(deux colonnes/lignes proportionnelles, ou un
tour de pivot), donc est non inversible, donc u−2IdEn’est pas bijective donc pas injective. Plus
précisément, le noyau de u−2IdEest de dimension 2−1=1, et contient visiblement f1= (−4,1)
puisque 15 60
−5−20−4 1=0 0(autre point de vue : la matrice de v=u−2IdEdans la base
Enous indique que v(e2)=4v(e1), donc v(e2−4e1) = 0... et si on ne voit vraiment rien, on résout
(A−2I2)X= 0).
Ker (u−2IdE) = Rf1, avec f2= (−4,1).
2. De la même façon, Mat(u+ 3IdE,E) = 20 60
−5−15, donc :
Ker (u+ 3IdE) = Rf2, avec f2= (−3,1).
4

3. F= (f1, f2)est libre (deux vecteurs non colinéaires) dans Equi est de dimension 2, donc c’est une
base de E. Par ailleurs, f1∈Ker (u−2IdE), donc u(f1)=2f1, et de même, u(f2) = −3f2. Ainsi :
D= Mat(u, F) = 2 0
0−3
4. Pest par définition la matrice représentant les coordonnées de f1et f2dans la base E, et donc :
P= Pas
E→F =−4−3
1 1 
5. On est exactement dans le cadre du théorème de changement de base :
E, Eu −−−−→
AE, E
IdEx
PIdE yP−1
E, Fu −−−−→
DE, F
A= Mat(u, E),D= Mat(u, F), et P= Pas
E →F , donc D=P−1.A.P , ou encore :
A=P.D.P −1
6. P−1= Pas
F →E est la matrice représentant les coordonnées de e1et e2dans la base F. Or f1−f2=−e1,
donc e1=−f1+f2. Mais f1=−4e1+e2, donc e2=f1+ 4e1=−3f1+ 4f2, et ainsi :
P−1= Pas
F →E = Mat ((e1, e2),F) = −1−3
1 4 
3.2 Quatre applications
1. (a) On a sans problème D2=4 0
0 9,D3=8 0 0−27, puis par récurrence immédiate 3:
∀n∈N, Dn=2n0
0 (−3)n
(b) On peut commencer par observer :
A2=P.D.P −1.P.D.P −1=P.D2.P −1;A3=P.D2.P −1.P.D.P −1=P.D3.P −1
puis montrer par une récurrence (qu’on peut encore déclarer immédiate) :
∀n∈N, An=P.Dn.P −1.
Un autre point de vue plus direct consistait à voir que An= Mat(u, E)n,Dn= Mat(un,F),
et P= Pas
E →F , donc d’après la formule de changement de base, Dn=P−1.An.P , ou encore :
An=P.Dn.P −1.
E, Eun −−−−→
AnE, E
IdEx
PIdE yP−1
E, Fun −−−−→
DnE, F
(c) Il n’y a plus qu’à recoller les morceaux :
An=−4−3
1 1 2n0 0 (−3)n−1−3 1 4 =· · · =4.2n−3(−3)n−12.2”−12(−3)n
−2n+ (−3)n−3.2n+ 4(−3)n
3. Allez, je vous l’accorde !
5