Série 4 (Corrigé) - ANMC

Algèbre linéaire pour GM Mardi 7 octobre 2014
Prof. A. Abdulle EPFL
Série 4 (Corrigé)
Exercice 1
L’assertion suivante est-elle correcte (justifier) ?
Tout ensemble de vecteurs {v1, ..., vp}de Rnest linéairement dépendant si p>n.
Sol.:
Correcte. Théorème 3: si un ensemble S={v1, ..., vp}contient plus de vecteurs qu’il n’y a
de composantes dans chaque vecteur, alors Sest linéairement dépendant.
Justification: lorsque p=n, les vecteurs sont soit déjà linéairement dépendant, soit
linéairement indépendant et ils engendrent alors Rn. Ce dernier cas signifie que tout vecteur
(en particulier un nouveau vecteur que l’on ajoute à l’ensemble S) peut s’exprimer comme
combinaison linéaire des autres.
Exercice 2
Soit Aune matrice de taille m×n. Montrer que les colonnes de Aengendrent Rmssi la
forme échelonnée a une position pivot dans chaque ligne.
Sol.:
Les colonnes de Aengendrent Rm.
⇔Pour tout vecteur b∈Rml’équation Ax =ba une solution x∈Rn(tout vecteur
b∈Rmpeut s’exprimer comme combinaison linéaire des colonnes de A).
⇔La matrice échelonnée augmentée n’a pas de ligne de la forme h0· · · 0ciavec c
non nul (car le système est compatible) ; et la forme échelonnée de An’a pas de ligne
nulle h0· · · 0i.
⇔Chaque ligne a une position pivot.
Exercice 3
Trouver les matrices correspondant aux transformations linéaires suivantes (exprimées dans
la base canonique) :
a) T:R2→R2,T 1
0!!= 0 1!,T 0 1!!= 1 0!
b) T:R2→R3,T 1
0!!=
1
0
1
,T 0
1!!=
1
1
1
1

c) T:R3→R2,T
1
0
0
= 1
1!,T
0
1
0
= 0
1!,T
0
0
1
= 2
7!
Sol.:
a) A= 0 1
1 0 !
b) A=
1 1
0 1
1 1 
c) A= 1 0 2
1 1 7 !
Exercice 4
Dans les cas suivants, écrire la matrice canonique correspondant à la transformation, et
déterminer si la transformation est injective, surjective ou bijective.
a) T:R2→R3, x1
x2!7→ 
4x1+ 3x2
x1
x2
b) T:R3→R,
x1
x2
x3
7→ x1+x2+x3
c) T:R3→R3,
x1
x2
x3
7→ 
x3
x2
x1
d) T:R2→R2, x1
x2!7→ x1+x2 x1+x2!
e) T:R2→R2, x1
x2!7→ x1+x2 x1−x2!
f) T:R2→R2, x1
x2!7→ x2
1+x2 2
x1!
Sol.:
a) A=
4 3
1 0
0 1 
, injective (les colonnes sont linéairement indépendantes). Non sur-
jective, car seulement deux vecteurs ne peuvent engendrer R3. Donc non bijective.
b) A=1 1 1 , surjective (l’image est R), non injective (plus de colonnes que de
lignes). Donc non bijective.
2

c) A=
0 0 1
0 1 0
1 0 0 
, injective, surjective et bijective (en permutant les lignes 1 et 3,
on trouve la matrice identité).
d) A= 1 1
1 1 !, rien (non injective car 1 −1!est envoyé sur zéro, et non surjective,
car les vecteurs de l’image satisfont x1=x2).
e) A= 1 1
1−1!, injective, surjective et bijective.
f) Tn’est pas une transformation linéaire, il est impossible de la représenter canonique-
ment par une matrice.
Exercice 5
Soit T:Rn→Rmune transformation linéaire. Montrer qu’une condition nécessaire pour
que Tsoit bijective est n=m.
Sol.:
Supposons Tbijective. Considérons Ala matrice canonique associée à T. Comme T
est surjective (l’image de Trecouvre tout Rm), l’équation Ax =bpossède une solution pour
tout b, et les colonnes de Aengendrent Rm, ainsi on a n≥m. Comme Test injective,
l’équation Ax = 0 possède uniquement la solution triviale, ce qui signifie que les colonnes de
Asont linéairement indépendantes. Ceci implique n≤m(par la contraposée de l’assertion
de l’Exercice 1). On a donc n=m.
Exercice 6
Décrire géométriquement les transformations linéaires suivantes :
T:R2→R2donnée par
T(x) = Ax où A= cos Θ −sin Θ
sin Θ cos Θ !.
Indication: Calculer l’image de 1
0!and 0 1!par la transformation linéaire.
Sol.:
Les images de 1
0!et 0 1!sont cos Θ sin Θ !et −sin Θ cos Θ !, respectivement. La
transformation linéaire correspond à une rotation antihoraire d’angle Θ.
y
x
Θ
ϕ
u
Au
3

On peut aussi décrire la transformation de la façon suivante. Un vecteur x= x1
x2!
s’écrit en coordonnées polaires x=r cos ϕ
sin ϕ!et par les formules d’addition d’angles, on
calcule,
Ax =r cos Θ cos ϕ−sin Θ sin ϕ
sin Θ cos ϕ+ cos Θ sin ϕ!=r cos(Θ + ϕ) sin(Θ + ϕ)!.
On voit que la longueur rn’est pas modifiée par la transformation T, mais l’angle ϕest
remplacé par Θ + ϕ, donc Test bien une rotation d’angle Θ.
Exercice 7
Considérons les matrices suivantes:
A= 2 1 1
0 1 2 !, B =
3 1
2 2
1 4 
, C = 1 3
2 3 !
D=
1
0
1
, E =1 4 .
Calculer les produits suivants (s’ils existent). Si les produits n’existent pas, expliquer
pourquoi.
a) AB, BA, AC, CA, BC, CB, CD, EC, EA
b) AAT, ATA, BAT, BCT, CTA, BDT, DTB
Sol.:
a) AB = 9 8
4 10 !,BA =
6 4 5
4 4 6
2 5 9 
,AC n’existe pas: (2 ×3) ×(2 ×2),CA =
2 4 7
4 5 8 !,BC =
5 12
6 12
9 15 
, CB n’existe pas: (2 ×2) ×(3 ×2),CD n’existe pas:
(2 ×2) ×(3 ×1),EC =9 15 ,EA =2 5 9 .
b) AAT= 6 3
3 5 !,ATA=
4 2 2
2 2 3
2 3 5 
,BATn’existe pas: (3 ×2) ×(3 ×2),BCT=
6 9
8 10
13 14 
,CTA= 2 3 5
6 6 9 !, BDTn’existe pas: (3 ×2) ×(1 ×3),DTB=
4 5 .
4

Exercice 8
Calculer les produits matriciels suivant :
a) 
1
2
3
1 2 3b) 
1
0
1
1 2c) 1
4!1 3 5.
En déduire le théorème suivant : Si Aest une matrice m×net Bune matrice n×p, alors
le produit AB peut être obtenu par la formule colonne-ligne suivante :
AB = col1(A)lig1(B) + · · · + coln(A)lign(B),(1)
où colj(A)est le vecteur de Rmcorrespondant à la ième colonne de la matrice Aet ligj(B)
le vecteur ligne (matrice 1×p) correspondant à la jème ligne de la matrice B
Sol.:
a) 
1
2
3
1 2 3=
1 2 3
2 4 6
3 6 9
.
b) 
1
0
1
1 2=
1 2
0 0
1 2
.
c) 1
4!1 3 5= 1 3 5 4 12 20!.
Preuve du théorème. Soit Cla matrice m×pdéfinie par le produit C=AB. Soient
i∈ {1, . . . , m}et j∈ {1, . . . , p}. Nous savons, que l’élément de la matrice Csitué à la ième
ligne et à la jème colonne est donné par
(C)ij =
n
X
k=1
aikbkj .(2)
En plus, nous définissons les matrices C(k)de taille m×pdonnées par C(k)= colk(A)ligk(B),
pour k∈ {1, . . . , n}. Comme nous avons déduit dans les parties a,b,c) de cet exercice, la
matrice C(k)est représentée par
C(k)=
a1kbk1· · · a1kbkp
.
.
.aikbkj
.
.
.
amkbk1· · · amkbkp
.(3)
Pour conclure, nous montrons que l’élément à la ième ligne et à la jème colonne de la matrice
C, indiqué par (C)ij , est égal à l’élement à la ième ligne et à la jème colonne de la somme
des matrices C(1) +· · · +C(n). Nous démontrons cela en utilisant l’expression (3)
n
X
k=1
C(k)!ij =
n
X
k=1
C(k)
ij =
n
X
k=1
aikbkj ,
qui est bien égal à (C)ij donné par (2).
5