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 ~u1et ~u2ne sont pas colinéaires, donc la famille (~u1, ~u2)est libre. Or, cette famille est génératrice
de Fpuisque F=Vect(~u1, ~u2). Donc cette famille est une base de F. On en déduit que la dimension de F
est 2.
Pour trouver des équations de F, on utilise le fait (vu en cours) que le vecteur
x
y
z
appartient à Fsi et
seulement si la famille
1
2
3
,
2
−1
1
,
x
y
z
est liée. On forme la matrice
1 2 x
2−1y
3 1 z
qui a trois lignes et trois colonnes ; une réduite de Gauss en est
1 2 x
0−5y−2x
0 0 z−3x−(y−2x)
et on en déduit que la famille est liée si et seulement si z−y+−x= 0.
Conclusion : le vecteur
x
y
z
appartient à Fsi et seulement si −x−y+z= 0, cette dernière équation est
une équation de F.
2. On a ~u3=1
5~u1+2
5~u2et ~u4=−2
5~u1+1
5~u2, donc ~u3et ~u4sont combinaisons linéaires de ~u1et ~u2; ils
appartiennent donc tous les deux à F.
Par ailleurs Fest un sous-espace vectoriel de R3puisque c’est le sous-espace vectoriel engendré par ~u1et
~u2(voir le polycopié page 8). Donc Fest stable par combinaisons linéaires, et si λet µsont deux réels,
on déduit du fait que ~u3et ~u4appartiennent à Fque λ~u3+µ~v4appartient aussi à F. Or tout élément de
Vect(~u3, ~u4)est de la forme λ~u3+µ~v4avec λet µréels, il appartient donc bien à F.
3. Notons G=Vect(~u3, ~u4).Comme les vecteurs ~u3et ~u4ne sont pas colinéaires, ils forment une base de G
(voir le raisonnement fait à la question 1). Donc Gest de dimension 2.
Or, une propriété du cours (ptoposition 6.2.10) affirme que si Fet Gsont deux sous-espaces vectoriels, si
G⊂Fet 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 S1est 1, celui de S2est 2, celui de S3est 2, celui de S4est 3, celui de S5est 3, celui de S6est 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 u1et 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. Les trois colonnes sont proportionnelles à 1
0, donc Im(A) = Vect(1
0)est l’ensemble des vecteurs qui
peuvent s’écrire α
0pour un certain αréel.. C’est un sous-espace de dimension 1, et un vecteur x
ylui
appartient si et seulement si y= 0.
2. Rappelons que Ker(A)est un sous-espace de R3: c’est l’ensemble des vecteurs
x
y
z
qui vérifient A
x
y
z
=
0
0, c’est-à-dire
x−y+ 2z= 0.
On a donc
Ker(A) =
y−2z
y
z
,(y, z)∈R2
=
y
1
1
0
+z
−2
0
1
,(y, z)∈R2
=Vect
1
1
0
,
−2
0
1
.
La famille
1
1
0
,
−2
0
1
est donc génératrice de Ker(A); comme elle ne comporte que deux vecteurs
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
Im(A) = Vect
1
−1
0
,
−1
1
0
,
1
1
2
=Vect
1
−1
0
,
1
1
2
et donc la famille
1
−1
0
,
1
1
2
est génératrice de Im(A), comme elle est formée de deux vecteurs non
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
que A
1
1
0
est le vecteur nul, donc
1
1
0
appartient à Ker(A)et en forme à lui tout seul une base.
2
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5. La réunion des deux bases est la famille Vect
1
−1
0
,
1
1
2
, ,
1
1
0
. Comme elle comporte trois vecteurs
et que nous sommes dans R3, 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
−111
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
−3
−2
=
1
−2
−1
−
−1
1
−1
;
par conséquent
Im(A) = Vect
1
−2
−1
,
−1
1
−1
,
2
−3
−2
=Vect
1
−2
−1
,
−1
1
−1
.
La famille
1
−2
−1
,
−1
1
−1
est donc génératrice de Im(A); comme elle est libre (il n’y a que deux vec-
teurs et ils ne sont pas colinéaires), c’est une base de Im(A)et le rang de Aest 2.
Le théorème du rang dit alors que Ker(A)est de dimension 1 ; pour en trouver une base il suffit de trouver
un élément non nul de Ker(A). Or, le vecteur
−1
1
1
appartient à Ker(A)(pour le "deviner", il suffi-
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
A2=
101
−1 0 −1
−1 0 −1
et donc
Im(A) = Vect
1
−1
−0
,
0
0
0
,
1
−1
−0
=Im(A) = Vect
1
−1
−0
== Ker(A).
3. Pour tout ~x de R3,A3~x =AA2~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 Aon obtient le vecteur nul.
Conclusion : pour tout ~x de R3,A3~x =~
0R3. On en déduit que si n≥3,An~x =An−3A3~x=~
0R3, donc An
est la matrice nulle si n≥3.
3
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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,
Im(A) = Vect
2
−1
−1
,
−1
2
−1
,
−1
−1
2
=Vect
2
−1
−1
,
−1
2
−1
.
La famille
2
−1
−1
,
−1
2
−1
est donc génératrice de Im(A); comme elle est libre (il n’y a que deux vec-
teurs et ils ne sont pas colinéaires), c’est une base de Im(A)et le rang de Aest 2.
•Pour trouver une équation de Im(A), on rappelle qu’il suffit de dire que le vecteur
x
y
z
appartient à
Im(A)si et seulement si la famille
2
−1
−1
,
−1
2
−1
,
x
y
z
est liée. On forme la matrice
2−1x
−1 2 y
−1−1z
;
une réduite de Gauss de cette matrice est
2−1x
0 3 x+ 2y
002x+ 2y+ 2z
;
par conséquent la famille dont nous parlions est liée si et seulement si x+y+z= 0. Ainsi :
Le vecteur
x
y
z
appartient à Im(A)si et seulement si x+y+z= 0.
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
de trouver un élément non nul de Ker(A). Or, le vecteur
1
1
1
appartient à Ker(A)(pour le "deviner", il
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).
4. On vient de voir qu’un vecteur
x
y
z
appartient à Im(A)si et seulement si la somme de ses trois coordonnées
est nulle, et qu’il appartient à Ker(A)si et seulement s’il est colinéaire à
1
1
1
, c’est-à-dire si et seulement
si ses trois coordonnées sont les mêmes. Pour que
x
y
z
appartienne à Im(A)∩Ker(A), il faut et il suffit
qu’il vérifie à la fois x+y+z= 0 et x=y=z, mais ceci n’est vérifié que par le vecteur nul.
Ainsi Ker(A)∩Im(A) = n~
0R3o.
4
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Exercice 7.5.
Une réduite de Gauss de la matrice Aest
1−1 2 −1
001−1
0000
0000
et cette réduite a deux pivots, donc le rang de Aest 2.
Exercice 7.6.
1. Commençons par observer la matrice
125x
2−1 5 y
1−3 0 z
−1 2 −1t
où x, y, z, t sont des réels quelconques. Une réduite de Gauss de cette matrice est
1 2 5 x
0−5−5y−2x
0 0 0 z+x−y
0 0 0 5t−3x+ 4y
.
On en déduit :
•d’une part qu’une réduite de Gauss de la matrice Aest
1 2 5
0−5−5
0 0 0
0 0 0
, donc que le rang de Aest 2, et
puisque les deux premières colonnes de Ane sont pas proportionnelles, que la famille formée par les deux
premières colonnes, soit
1
2
1
−1
,
2
−1
−3
2
,
est une base de Im(A);
•d’autre part, qu’un vecteur
x
y
z
t
de R4appartient à Im(A)si et seulement s’il vérifie les deux équations
(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 Aest de dimension 1. Pour trouver une base du noyau, il suffit donc de trouver un élément
non nul de Ker(A). Or, le vecteur
3
1
−1
appartient à Ker(A)(pour le trouver, tâtonner pour obtenir une
relation de liaison entre les colonnes −la dernière colonne est trois fois la première plus la deuxième −ou
bien résoudre le système A
α
β
γ
=
0
0
0
...), et il forme donc à lui tout seul une base de Ker(A).
5
6
7
1
/
7
100%
