Corrigé des exercices des chapitres 6 et 7 que nous n`avons pas

Université Paris Dauphine
DEGEAD 2 : algèbre linéaire
Février 2016
Alexandre Afgoustidis
Corrigés de quelques exercices.
lll
Exercice 6.2.
1. Les vecteurs ~u1 et ~u2 ne sont pas colinéaires, donc la famille (~u1 , ~u2 ) est libre. Or, cette famille est génératrice
de F puisque F = Vect(~u1 , ~u2 ). Donc cette famille est une base de F . On en déduit que la dimension de F
est 2.
 
x
Pour trouver des équations de F , on utilise le fait (vu en cours) que le vecteur y  appartient à F si et
z
seulement si la famille
     
1
2
x
2 , −1 , y 
3
1
z
est liée. On forme la matrice


2 x
−1 y 
1 z
1
2
3
qui a trois lignes et trois colonnes ; une réduite de Gauss en est


1 2
x
0 −5

y − 2x
0 0 z − 3x − (y − 2x)
et on en déduit que la famille est liée si et seulement si z − y + −x = 0.
 
x
Conclusion : le vecteur y  appartient à F si et seulement si −x − y + z = 0, cette dernière équation est
z
une équation de F .
2
−2
1
1
~u1 + ~u2 , donc ~u3 et ~u4 sont combinaisons linéaires de ~u1 et ~u2 ; ils
2. On a ~u3 = ~u1 + ~u2 et ~u4 =
5
5
5
5
appartiennent donc tous les deux à F .
Par ailleurs F est un sous-espace vectoriel de R3 puisque c’est le sous-espace vectoriel engendré par ~u1 et
~u2 (voir le polycopié page 8). Donc F est stable par combinaisons linéaires, et si λ et µ sont deux réels,
on déduit du fait que ~u3 et ~u4 appartiennent à F que λ~u3 + µ~v4 appartient aussi à F . Or tout élément de
Vect(~u3 , ~u4 ) est de la forme λ~u3 + µ~v4 avec λ et µ réels, il appartient donc bien à F .
3. Notons G = Vect(~u3 , ~u4 ). Comme les vecteurs ~u3 et ~u4 ne sont pas colinéaires, ils forment une base de G
(voir le raisonnement fait à la question 1). Donc G est de dimension 2.
Or, une propriété du cours (ptoposition 6.2.10) affirme que si F et G sont deux sous-espaces vectoriels, si
G ⊂ F et si on a dim(G) = dim(F ), alors on a automatiquement G = F . Cela termine l’exercice.
Les idées de cet exercices sont importantes (en particulier les raisonnements des questions 2 et 3 sont utiles et
fréquents. Ceux de la question 1 aussi, mais nous en avont déjà fait du même type en cours).
Exercice 6.3.
Le rang de S1 est 1, celui de S2 est 2, celui de S3 est 2, celui de S4 est 3, celui de S5 est 3, celui de S6 est 2.
Pour les trouver, écrire les coordonnées des vecteurs dans une matrice et lui appliquer la méthode de Gauss...
Pour trouver une base du sous-espace engendré, retirer d’abord les vecteurs nuls, puis utiliser le fait que si u3
est combinaison linéaire de u1 et u2 , alors Vect(u1 , u2 , u3 ) = Vect(u1 , u2 ) pour supprimer un à un des vecteurs
jusqu’à ne garder qu’une famille (libre) qui a autant de vecteurs que le rang de la famille.
1
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Alexandre Afgoustidis
Chapitre 7.
Exercice 7.1.
1
1
1. Les trois colonnes sont proportionnelles à
, donc Im(A) = Vect(
) est l’ensemble des vecteurs qui
0
0
α
x
pour un certain α réel.. C’est un sous-espace de dimension 1, et un vecteur
lui
peuvent s’écrire
0
y
appartient si et seulement si y = 0.
 
 
x
x
2. Rappelons que Ker(A) est un sous-espace de R3 : c’est l’ensemble des vecteurs y  qui vérifient A y  =
z
z
0
, c’est-à-dire
0
x − y + 2z = 0.
On a donc

   


 
   
1
−2
1
−2
 y − 2z
 

Ker(A) =  y  , (y, z) ∈ R2 = y 1 + z  0  , (y, z) ∈ R2 = Vect 1 ,  0  .

 

z
0
1
0
1
   
1
−2
La famille 1 ,  0  est donc génératrice de Ker(A) ; comme elle ne comporte que deux vecteurs
0
1
et qu’ils ne sont pas colinéaires, elle est libre, et forme donc une base de Ker(A). On en déduit que Ker(A)
est de dimension 2.
On a ici
dim Im(A) + dim Ker(A) = 3
ce qui n’est pas surprenant vu le théorème du rang.
Exercice 7.2.
1. Le calcul donne A2 = A. Si ~y est un élément de Im(A), alors il existe un vecteur ~x tel que ~y soit égal à A~x
(voir le cours) ; mais alors A~y = AA~x = A2 ~x = A~x = ~y , donc A~y = ~y . Réciproquement, si A~y = ~y , alors en
posant ~x = ~y on a bien ~y = A~x, de sorte que ~y appartient à Im(A).
Ainsi, ~y appartient à Im(A) si et seulement si A~y = ~y , ce qu’il fallait démontrer.
2. Les deux premières colonnes sont opposées.
3. La remarque sur les deux premières colonnes permet d’écrire
     
   
−1
1
1
1
1
Im(A) = Vect −1 ,  1  , 1 = Vect −1 , 1
0
0
2
0
2
   
1
1
et donc la famille −1 , 1 est génératrice de Im(A), comme elle est formée de deux vecteurs non
0
2
colinéaires elle est libre, donc c’est une base de Im(A) et Im(A) est de dimension 2.
4. Le théorème du rang et la question précédente donnent
dim Ker(A) = 3 − dim Im(A) = 1.
Pour trouver une base de Ker(A) il suffit donc de trouver un vecteur non nul qui appartienne à Ker(A).
Avec l’interprétation du produit matrice-vecteur comme combinaison linéaire des colonnes de la matrice
avec pour
 coefficients les coordonnées
 du
 vecteur, et à l’aide de la remarque de la question 2, on contate
1
1
que A 1 est le vecteur nul, donc 1 appartient à Ker(A) et en forme à lui tout seul une base.
0
0
2
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Alexandre Afgoustidis

    
1
1
1
5. La réunion des deux bases est la famille Vect −1 , 1 , , 1. Comme elle comporte trois vecteurs
0
2
0
3
et que nous sommes dans R , pour montrer que c’est une base de R3 , il suffit de montrer qu’elle est libre,
le fait qu’elle soit génératrice est alors automatique.
Pour voir que la famille est libre, il suffit de constater que la matrice


1 1 1
−1 1 1
0 2 0
est inversible, par exemple en calculant son déterminant et en constatant qu’il vaut 4.
Exercice 7.3.
1. On constate d’abord que

    
2
1
−1
−3 = −2 −  1  ;
−2
−1
−1
par conséquent
    
   
−1
2
1
−1
1
Im(A) = Vect −2 ,  1  , −3 = Vect −2 ,  1  .
−1
−2
−1
−1
−1

  
−1
1
La famille −2 ,  1  est donc génératrice de Im(A) ; comme elle est libre (il n’y a que deux vec−1
−1
teurs et ils ne sont pas colinéaires), c’est une base de Im(A) et le rang de A est 2.

Le théorème du rang dit alors que Ker(A) est de 
dimension
1 ; pour en trouver une base il suffit de trouver

−1
un élément non nul de Ker(A). Or, le vecteur  1  appartient à Ker(A) (pour le "deviner", il suffi1
sait d’observer la relation de liaison ci-dessus et de se rappeler l’interprétation du produit matrice-vecteur
comme combinaison linéaire des colonnes de la matrice), et il forme donc à lui tout seul une base de Ker(A).
2. Le calcul donne

1
A = −1
−1
2
et donc

0 1
0 −1
0 −1

    
 
1
0
1
1
Im(A) = Vect −1 , 0 , −1 = Im(A) = Vect −1 == Ker(A).
−0
0
−0
−0
3. Pour tout ~x de R3 , A3 ~x = A A2 ~x . Or, le vecteur A2 ~x est par définition un élément de l’image de A2 ,
donc d’après la question précédente c’est aussi un élément de Ker(A), ce qui signifie qu’en le multipliant à
gauche par A on obtient le vecteur nul.
Conclusion : pour tout ~x de R3 , A3 ~x = ~0R3 . On en déduit que si n ≥ 3, An ~x = An−3 A3 ~x = ~0R3 , donc An
est la matrice nulle si n ≥ 3.
3
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Alexandre Afgoustidis
Exercice 7.4.
1. La somme des trois colonnes est nulle.
2. On en déduit que la troisième colonne est combinaison linéaire des deux premières ; par conséquent,
     
   
2
−1
−1
2
−1
Im(A) = Vect −1 ,  2  , −1 = Vect −1 ,  2  .
−1
−1
2
−1
−1
   
2
−1
La famille −1 ,  2  est donc génératrice de Im(A) ; comme elle est libre (il n’y a que deux vec−1
−1
teurs et ils ne sont pas colinéaires), c’est une base de Im(A) et le rang de A est 2.
 
x
• Pour trouver une équation de Im(A), on rappelle qu’il suffit de dire que le vecteur y  appartient à
z
     
2
−1
x
Im(A) si et seulement si la famille −1 ,  2  , y  est liée. On forme la matrice
−1
−1
z


2 −1 x
−1 2 y  ;
−1 −1 z
une réduite de Gauss de cette matrice est

2
0
0
−1
3
0

x
x + 2y  ;
2x + 2y + 2z
par conséquent la famille dont nous parlions est liée si et seulement si x + y + z = 0. Ainsi :
 
x
Le vecteur y  appartient à Im(A) si et seulement si x + y + z = 0.
z
NB : on aurait aussi pu calculer le déterminant de la matrice et constater qu’il vaut 12(x + y + z).
3. Avec le théorème du rang, on obtient dim (Ker(A)) = 1. 
Pour
 trouver une base du noyau, il suffit donc
1
de trouver un élément non nul de Ker(A). Or, le vecteur 1 appartient à Ker(A) (pour le "deviner", il
1
suffisait d’observer la relation de liaison de la première question et de se rappeler l’interprétation du produit
matrice-vecteur comme combinaison linéaire des colonnes de la matrice), et il forme donc à lui tout seul
une base de Ker(A).
 
x
4. On vient de voir qu’un vecteur y  appartient à Im(A) si et seulement si la somme de ses trois coordonnées
z
 
1
est nulle, et qu’il appartient à Ker(A) si et seulement s’il est colinéaire à 1, c’est-à-dire si et seulement
1
 
x
si ses trois coordonnées sont les mêmes. Pour que y  appartienne à Im(A) ∩ Ker(A), il faut et il suffit
z
qu’il vérifie à la fois x + y + z = 0 et x = y = z, mais ceci n’est vérifié que par le vecteur nul.
n o
Ainsi Ker(A) ∩ Im(A) = ~0R3 .
4
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Exercice 7.5.
Une réduite de Gauss de la matrice A est

1
0

0
0

2 −1
1 −1

0 0
0 0
−1
0
0
0
et cette réduite a deux pivots, donc le rang de A est 2.
Exercice 7.6.
1. Commençons par observer la matrice

1
2

1
−1
2
−1
−3
2

x
y

z
t
5
5
0
−1
où x, y, z, t sont des réels quelconques. Une réduite de Gauss de cette matrice est


1 2
5
x
0 −5 −5
y − 2x 

.
0 0
0
z+x−y 
0 0
0 5t − 3x + 4y
On en déduit :

1 2
5
0 −5 −5
, donc que le rang de A est 2, et
• d’une part qu’une réduite de Gauss de la matrice A est 
0 0
0
0 0
0
puisque les deux premières colonnes de A ne sont pas proportionnelles, que la famille formée par les deux
premières colonnes, soit
   
2
1
 2  −1
  ,   ,
 1  −3
2
−1

est une base de Im(A) ;
 
x
y 
4

• d’autre part, qu’un vecteur 
 z  de R appartient à Im(A) si et seulement s’il vérifie les deux équations
t
(
z+x−y
= 0;
5t − 3x + 4y = 0.
2. La formule du rang donne
dim (Ker(A)) + dim (Im(A)) = nombre de colonnes de A = 3,
donc le noyau de A est de dimension
1. Pour
 trouver une base du noyau, il suffit donc de trouver un élément
3
non nul de Ker(A). Or, le vecteur  1  appartient à Ker(A) (pour le trouver, tâtonner pour obtenir une
−1
relation de liaison entre les 
colonnes
la dernière colonne est trois fois la première plus la deuxième − ou
 −
α
0
bien résoudre le système A β  = 0...), et il forme donc à lui tout seul une base de Ker(A).
γ
0
5
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 
 
 
a
a
x
b
b

   
3. Notons U le vecteur 
 c . Dire que le système A y =  c  admet au moins une solution, c’est dire que
z
d
d
U appartient à Im(A).
• Si ce n’est pas le cas, alors, bien sûr il n’y a pas de solution.
• Si c’est le cas, alors le système a une infinité de solutions : si X0 est un vecteur tel que AX0 soit égal à U ,
alors pour tout X̃ de Ker(A), on a aussi A(X0 + X̃) = U , et on rappelle que dans un espace de dimension
1 comme Ker(A), il y a une infinité de vecteurs.
Exercice 7.7.
1. Une réduite de Gauss de la matrice Am ne peut pas avoir plus de trois pivots, par conséquent le rang de
Am ne peut pas dépasser 3. La matrice B n’a que deux colonnes qui ne sont pas proportionnelles, donc
Im(B) = Vect( les deux colonnes ) est de dimension 2 et le rang de B est 2.
2. On constate que

0
Am B = 0
0

0
0 .
5−m
Par conséquent, si m = 5, alors Am B est la matrice nulle.
3. Le théorème du rang donne
dim (Im(Am )) + dim (Ker(Am )) = nombre de colonnes de Am = 4,
et comme Im(Am ) est un sous-espace vectoriel de R3 , sa dimension ne peut pas dépasser 3. Par conséquent,
la dimension de Ker(Am ) ne peut pas être zéro, et Ker(Am ) ne peut pas être réduit à {~0R4 }.
4. Une réduite de Gauss de Am est

1
0
0
−1
2
0

0
1
2
4 
0 m−5
par conséquent le rang de A est 3 si et seulement si m =
6 5. Dans ce cas, l’image de A est un sous-espace
vectoriel de dimension 3 de R3 , et c’est donc forcément R3 .
5. Lorsque m = 5, le calcul précédent montre que A est de rang 2. Comme les deux premières colonnes de A
ne sont pas
proportionnelles, elles forment une base de Im(A). Pour trouver des équations, on ajoute une
 
x
colonne y  à la matrice A (voir les détails de la méthode plus haut ou dans le cours), une réduite de
z
Gauss de la matrice augmentée ainsi obtenue est

1
0
0
−1
2
0
0
1
2
4
0 m−5

x
y−x 
z+x−y
 
x
donc quand m = 5, le vecteur y  appartient à Im(A) si et seulement si y = z + x.
z
6. Le théorème du rang donne ici le fait que le noyau est de dimension 2.
Comme on a déjà vu que A5 B est la matrice nulle, les deux colonnes de B fournissent des éléments de
Ker(A) (pour être sûr(e) de comprendre cette phrase, reprendre tranquillement la signification du produit
6
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de matrices). Elles ne sont pas proportionnelles, donc
   
3
1
 1   2 
  ,  
−1  0 
−1
0
est une base de Ker(A).
 
m
7. Si m 6= 5, l’image de A est R3 tout entier, par conséquent m appartient à l’image de A et le système a
1
au moins une solution. Comme le noyau de A comporte une infinité d’éléments, on en déduit que le système
a en fait une infinité de solutions (voir la correction de l’exercice précédent).
 
 
x
m
Si m = 5, on a vu qu’un vecteur y  appartient à Im(A) si et seulement si y = z + x, or m ne vérifie
z
1
pas cette condition, donc il n’appartient pas à Im(A), ce qui signifie que le système n’a aucune solution.
7