exercices corriges d algebre

UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE
U.F.R. SEGMI Année universitaire 2013 – 2014
Master d’économie Cours de M. Desgraupes
MATHS/STATS
Document 2 : Solution des exercices d’algèbre linéaire
Table des matières
1 Espaces Vectoriels 1
2 Applications linéaires 4
3 Représentation matricielle 9
4 Diagonalisation 15
5 Décompositions matricielles 23
1 Espaces Vectoriels
Corrigé ex. 1 : Espaces définis par paramètres
On considère les deux ensembles suivants :
E1={(a, 2b, b −a)|a, b ∈R}
E2={(c, c +d, d)|c, d ∈R}
1-1) Montrons que E1est stable par addition et par multiplication par un scalaire.
Si x= (a, 2b, b −a)et x0= (a0,2b0, b0−a0)alors on a
x+x0= (a, 2b, b −a)+(a0,2b0, b0−a0)
= (a+a0,2b+ 2b0, b −a+b0−a0)
= (a+a0,2(b+b0),(b+b0)−(a+a0))
= (A, 2B, B −A)
avec A=a+a0et B=b+b0. Le vecteur x+x0est bien de la forme voulue et
appartient donc à E1. Pour la multiplication par un scalaire, calculons λx :
λx =λ(a, 2b, b −a)
= (λa, λ2b, λ(b−a))
= (λa, 2λb, λb −λa)
= (A, 2B, B −A)
avec A=λa et B=λb.
1

On procède de manière analogue pour l’ensemble E2. Ce sont donc des sous-
espaces vectoriels de R3.
1-2) Soit −→ x= (x1, x2, x3)∈E1. On va trouver l’équation vérifiée par x1,x2
et x3en éliminant les paramètres aet bentre les équations :
x1=a
x2= 2b
x3=b−a
On a
x3=b−a= 1/2x2−x1
d’où
2x1−x2+ 2x3= 0
Il s’agit d’un plan passant par l’origine.
Dans le cas de E2, on obtient de façon analogue :
x1−x2+x3= 0
1-3) L’intersection E1∩E2est une droite vérifiant les deux équations précé-
dentes : 2x1−x2+ 2x3= 0
x1−x2+x3= 0
qui conduisent à x1=−x3et x2= 0. C’est la droite passant par l’origine et de vecteur
directeur (1,0,−1).
Corrigé ex. 2 : Espaces définis par équations linéaires
Dans R3, on considère les sous-ensembles suivants :
P={(x1, x2, x3)|x1−2x2+x3= 0}
D={(x1, x2, x3)|x1+x2+x3= 0 et x2−x3= 0}
2-1) Pour montrer que Pet Dsont des sous-espaces vectoriels de R3, il suffit de
monter qu’ils sont stables par addition et par multiplication par un scalaire.
Si x= (x1, x2, x3)et x0= (x0
1, x0 2, x0 3)sont des vecteurs de P, ils vérifient
respectivement les équations
x1−2x2+x3= 0
x0
1−2x0 2+x0 3= 0
En additionnant les deux lignes, on voit que leur somme vérifie elle aussi l’équation
et donc x+x0∈P. De même, on montre que le vecteur λx vérifie l’équation en la
multipliant par λ.
On procède de manière analogue pour D.
2-2) Pest un plan car il est défini par une seule équation dans R3. Il est donc
de dimension 2 et il suffit de trouver deux vecteurs indépendants vérifiant son équation
pour former une base. Par exemple, les deux vecteurs suivants : (2,1,0) et (0,1,2).
On peut aussi raisonner au moyen d’applications linéaires. Pest l’ensemble des
vecteurs qui annulent la fonction fde R3dans Rdéfinie par
f(x1, x2, x3) = x1−2x2+x3
2

On a donc P=Kerf. L’espace image est Rqui est de dimension 1, donc par le
théorème des dimensions on obtient :
dim Ker f =dim E −dim Im f = 3 −1=2
ce qui confirme que le noyau est un plan.
L’espace Dest de dimension 1 car il est défini par l’annulation de deux équations
linéaires indépendantes, d’où :
dim D = 3 −2=1
Un vecteur directeur de cette droite est un vecteur qui vérifie les deux équations défi-
nissant D:x1+x2+x3= 0
x2−x3= 0
On en déduit x2=x3et x1=−2x3. Un vecteur directeur possible est donc (−2,1,1).
Corrigé ex. 3 : Rang d’une famille de vecteurs
Le rang de la famille des trois vecteurs
a= (1, m, m)b= (m, 1, m)c= (m, m, 1)
est aussi le rang de la matrice
M=
1m m
m1m
m m 1
Son déterminant vaut
det M = 2m3−3m2+ 1 = (m−1)2(2m+ 1)
Si mest différent de 1 et de -1/2, le déterminant n’est pas nul et la matrice est donc de
rang maximal 3.
Si m=−1/2, la matrice sera de rang 2. On note que, dans ce cas, la somme des
trois lignes de la matrice est nulle mais que les deux premières sont indépendantes, ce
qui est une autre façon de voir que le rang est 2.
Enfin, si m= 1, les trois lignes de la matrice sont identiques, ce qui signifie qu’elle
est de rang 1.
Corrigé ex. 4 : Sous-espace dépendant d’un paramètre
Fmest le sous-espace vectoriel de R3défini par
Fm={(x1, x2, x3)|x2−2x3= 0 et m x2+ 3x3= 0}
Les deux équations sont indépendantes si et seulement si les deux lignes de la
matrice
M=1−2
m3
3

sont indépendantes, ce qui a lieu lorsque le déterminant est non nul. On calcule :
det M= 3 + 2m.
Si m6=−3/2, les deux équations sont indépendantes et ne peuvent être vérifiées
simultanément que si x2=x3= 0. L’espace Fmest alors l’ensemble des vecteurs de
la forme (x1,0,0), c’est-à-dire l’axe des x1qui a pour vecteur directeur (1,0,0).
Si m=−3/2, l’ensemble Fmest le plan d’équation x2−2x3= 0. Il est donc de
dimension 2. Pour constituer une base, il suffit de prendre deux vecteurs indépendants
vérifiant cette équation. Par exemple, les vecteurs (1,0,0) et (0,2,1).
Corrigé ex. 5 : Base d’un sous-espace
Dans R4, si on a les égalités x1=x2=x3=x4, tout vecteur s’écrit
−→
x= (x1, x2, x3, x4)
= (x1, x1, x1, x1)
=x1(1,1,1,1)
Le sous-espace est donc l’ensemble des multiples du vecteur (1,1,1,1). Il est donc de
dimension 1 : c’est la droite passant par l’origine et de vecteur directeur (1,1,1,1).
2 Applications linéaires
Corrigé ex. 6 : Dimensions des espaces de départ et d’arrivée
Si fest une application linéaire de R3dans R2, l’espace de départ est de dimension
strictement plus grande que l’espace d’arrivée. On en déduit que :
1. fne peut pas être injective car, si c’était le cas, l’espace de départ serait “injecté”
dans l’espace d’arrivée. Ce dernier devrait donc être de dimension au moins 3.
2. fpourrait être surjective.
3. fne peut pas être bijective. Pour cela, il faudrait déjà que les deux espaces aient
la même dimension.
Si fest une application linéaire de R2dans R3, l’espace de départ est de dimension
strictement plus petite que l’espace d’arrivée. On en déduit que
1. fpourrait être injective.
2. fne peut pas être surjective car l’espace image sera au mieux de dimension 2 et
ne pourra donc jamais remplir l’espace d’arrivée.
3. fne peut pas être bijective. Pour cela, il faudrait déjà que les deux espaces aient
la même dimension.
Enfin, si fest une application linéaire de R2dans R2, elle peut tout à fait être
injective, surjective ou bijective. Les espaces de départ et d’arrivée ayant même dimen-
sion, on peut même dire que si elle est injective elle sera automatiquement surjective,
et vice-versa.
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Corrigé ex. 7 : Noyau et image en fonction d’un paramètre
uest l’endomorphisme de R3défini par
u
x1
x2
x3
=
x1+x2+x3
x1+λx2+λx3
x1+λx2
Pour déterminer son noyau, on pose les équations suivantes :
x1+x2+x3= 0
x1+λx2+λx3= 0
x1+λx2= 0
Par soustraction des deux dernières équations, on obtient λx3= 0.
Supposons que λ6= 0. On en déduit que x3= 0, ce qui conduit à
x1+x2= 0
x1+λx2= 0
Si λ6= 1, ces deux équations sont indépendantes et donnent x1= 0 et x2= 0. On
trouve alors que le noyau ne contient que le vecteur nul −→ 0. Si au contraire λ= 1, il
reste l’équation x1+x2= 0 (et toujours x3= 0). Le noyau est alors la droite passant
par l’origine et de vecteur directeur (1,−1,0).
Il reste à examiner le cas où λ= 0. Le système initial se ramène alors simplement
à :
x1+x2+x3= 0
x1= 0
Le noyau est cette fois la droite de vecteur directeur (0,1,−1).
Déterminons maintenant l’image dans les trois cas précédents. Si λ6= 0 et λ6= 1,
le noyau est réduit à −→ 0et l’application est donc injective. Il en résulte qu’elle est
aussi surjective puisque l’espace de départ et l’espace d’arrivée ont même dimension.
L’espace image est donc l’espace d’arrivée R3tout entier. Le rang est 3.
Si λ= 1, l’image de l’application est définie par
X=x1+x2+x3
Y=x1+x2+x3
Z=x1+x2
où X,Yet Zsont les coordonnées dans l’espace d’arrivée. On voit ici que X=Y,
autrement dit que X−Y= 0. C’est l’équation d’un plan dans R3. Une base possible
est formée des vecteurs (0,0,1) et (1,1,0). Le rang est 2.
Si λ= 0, l’image de l’application est définie par
X=x1+x2+x3
Y=x1
Z=x1
On voit que Y=Z, autrement dit que Y−Z= 0. C’est l’équation d’un plan dans R3.
Une base possible est formée des vecteurs (0,1,1) et (1,0,0). Le rang est 2.
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