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TD chapitre 1 : Exercice 12 :
Question 1 :
Question 2 :
Exercice 13 :
Question 1 :
Question 2 :
sont directeurs, et sont libres.
1 4 0 −1
0 1 2 1
0 0 1 −3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 −8 −5
0 1 2 1
0 0 1 −3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 −29
0 1 0 7
0 0 1 −3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
0 1 −1 5 −10 1 −2 0 31 −3 2 0 −1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 −3 2 0 −10 1 −2 0 30 1 −1 5 −1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 −3 2 0 −10 1 −2 0 30 0 1 5 −4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 0 −4 0 80 1 −2 0 30 0 1 5 −4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 0 0 20 −80 1 −2 0 30 0 1 5 −4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 0 0 20 −80 1 0 10 −50 0 1 5 −4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
2x1 + x2 + x3 = 03x1 + 2x2 − 6x3 = 07x1 + 4x2 − 5x3 = 0x1 + 7x3 = 0
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪⎪
=
2 1 1 03 2 −6 07 4 −5 01 0 7 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 −6 00 2 −27 00 4 −54 01 0 7 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 −6 00 2 −27 00 4 −54 00 −1 13 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 −6 00 1 −14 00 0 −2 00 −1 13 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 −6 00 1 −14 00 0 −2 00 −1 13 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 −6 00 1 −14 00 0 −2 00 0 −1 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 8 00 1 −14 00 0 −2 00 0 −1 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 00 1 0 00 0 0 00 0 −1 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
x1 = 0x2 = 0x3 = 00 = 0
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪⎪
S = 0,0,0( ){ }
1 4 2 0 −3 02 9 5 2 1 01 3 1 −2 −9 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 4 2 0 −3 00 1 1 2 7 00 −1 −1 −2 −6 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 4 2 0 −3 00 1 1 2 7 00 0 0 0 1 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 0 −2 −8 −31 00 1 1 2 7 00 0 0 0 1 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ∼
1 0 −2 −8 0 00 1 1 2 0 00 0 0 0 1 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
x1, x2, x5 x3, x4x1 = 2x3 + 8x4x2 = −x3 − 2x4x5 = 0
⎧⎨⎪
⎩⎪S = 2x3 + 8x4 ,−x3 − 2x4 , x3, x4 ,0( ); x3, x4( )∈!2{ }
Question 3 :
Exercice 14 :
Il faut faire apparaitre une ligne du type avec
On obtient alors , ce qui est impossible. Le système n’a donc pas de solutions.
Exercice 15 :
A la fin, on obtient
Donc si Sinon,
2 −5 4 03 −4 7 04 −9 8 0−9 18 −19 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 3 03 −4 7 04 −9 8 0−9 18 −19 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 3 00 −7 −2 00 −13 −4 00 27 8 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 3 00 −7 −2 00 −13 −4 00 1 0 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 1 3 00 1 0 00 −13 −4 00 −7 −2 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 3 00 1 0 00 0 −4 00 0 −2 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
x1 = 0x2 = 0x3 = 00 = 0
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪⎪
S = 0,0,0( ){ }
0 0 0 0 0 x( ) x ∈!*
3 1 −2 1 −1 12 −1 7 −3 5 21 3 −2 5 −7 33 −2 7 −5 8 3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 3 −2 5 −7 32 −1 7 −3 5 23 1 −2 1 −1 13 −2 7 −5 8 3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 3 −2 5 −7 30 7 −11 13 −19 40 8 −4 14 −20 80 −11 13 −20 29 −6
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 3 −2 5 −7 30 7 −11 13 −19 40 1 7 1 −1 40 −11 13 −20 29 −6
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 3 −2 5 −7 30 0 −60 6 −12 −240 1 7 1 −1 40 0 90 −9 18 38
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 3 −2 5 −7 30 0 −60 6 −12 −240 1 7 1 −1 4
0 0 0 0 0 43
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
0 + 0 + 0 + 0 + 0 = 763
1 0 −1 1− a0 2 4 3a − 40 0 0 −a + 5
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
a ≠ 5 S = o
1 0 −1 −4
0 1 2 112
0 0 0 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
x1 − x3 = −4
x2 + 2x3 =112
⎧⎨⎪
⎩⎪=
x1 = −4 + x3
x2 =112− 2x3
⎧⎨⎪
⎩⎪S = −4 + x3,
112− 2x3, x3
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ x3 ∈!
⎧⎨⎩
⎫⎬⎭
TD Chapitre 2 : Exercice 8 :
Exercice 9 :
a)
Or quelque soit , . Donc
b) Par raisonnement analogue,
Or quelque soit , . Donc
c) Il suffit que la ligne première ligne de A soit nulle pour que la première ligne de soit nulle. Cette condition n’est pas nécéssaire.
Exercice 11 :
D’après l’exercice 9, pour tout , la deuxième colonne de est nulle.
Soit l’inverse de : et la deuxième colonne de serait nulle, ce qui est absurde !
Exercice 12 :
La matrice , on peut en déduire que la matrice est inversible et son inverse est
A =
0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
A2 =
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
B =
−1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
B2 =
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
C =
0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
C 2 =
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
C = AB
C1 j = aijbj1j=1
n
∑j bj1 = 0 Ci1 = 0
Ckj = aijbjkj=1
n
∑j bjk = 0 Cik = 0
C
A∈M 4 R( ) ANM N MN = I4 I4
Q =
1 0 1 00 1 0 11 0 −1 00 1 0 −1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
Q2 =
2 0 0 00 2 0 00 0 2 00 0 0 2
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
Q2 = 2I4 Q 12Q
Exercice 13 :
Question 1 :
Question 2 :
On peut donc conjecturer que
Démonstration par récurrence :
Condition initial : Pour ,
Hérédité : On suppose la propriété vrai au rang : Vérifions que la propriété est vrai au rang
Conclusion : La propriété est vraie au rang , donc la propriété est vrai.
Question 3 :
Si existe, or, D’où , se qui est absurde !
A =
1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
A2 =
4 4 4 44 4 4 44 4 4 44 4 4 4
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
= 4A
A3 = 4A( )A = 4A2 = 16A
16 16 16 1616 16 16 1616 16 16 1616 16 16 16
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
Ak = 4 k−1A
k = 1 A1 = A
n Ak = 4 k−1An +1
Ak × A = 4 k−1 × A2
= 4 k−1 × 4A= 4 k × A
n +1
A−1 A2A−1 = 4A × A−1 A2A−1 = AA = 4I
Exercice 24 :
Système associé, calculer la réduite de Gauss de :
D’où
Exercice 27 :
Question a :
Grâce au théorème du carré, on sait que A inversible est équivalent par ligne à .
Si A est équivalent à , la forme échelonnée est du type La matrice échelonnée
équivalente à T est de cette forme si et seulement si sont non nuls puisqu’il faut effectuer
pour l’obtenir.
2 3 4 5 a3 3 4 5 b4 4 4 5 c5 5 5 5 d
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
−1 0 0 0 a − b−1 −1 0 0 b − c−1 −1 −1 0 c − d5 5 5 5 d
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 0 −a + b1 1 0 0 −b + c1 1 1 0 −c + d5 5 5 5 d
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 0 −a + b0 1 0 0 a − 2b + c0 0 1 0 b − 2c + d
0 0 0 1 c − 4d5
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
T −1 =
−1 1 0 01 −2 1 00 1 −2 1
0 0 1 − 45
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
T =
p 3 4 50 q 4 50 0 r 50 0 0 s
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
In
In
1 * * *0 1 * *0 0 1 *0 0 0 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
p,q,r, s1pl1,1ql2,1rl3,1sl4
Question b :
On peut donc en déduire l’inverse :
Question c :
D’après le chapitre 2, théorème 37, on sait qu’une matrice triangulaire est inversible si les termes de la diagonale sont tous non nuls.
On peut aussi dire : On transpose pour obtenir une matrice triangulaire supérieur, et grâce à la question a, on conclus qu’elle est inversible.
1 3p
4p
5p
xp
0 1 4q
5q
yq
0 0 1 5r
zr
0 0 0 1 ts
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 4 q − 3( )pq
5 q − 3( )pq
xp− xypq
0 1 4q
5q
yq
0 0 1 5r
zr
0 0 0 1 ts
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 5 q − 3( ) r − 4( )pqr
xp− xypq
−4 q − 3( )zpqr
0 1 0 5 r − 4( )qr
yq− 4zqr
0 0 1 5r
zr
0 0 0 1 ts
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 5 q − 3( ) r − 4( )pqr
xp− xypq
−4 q − 3( )zpqr
−5 q − 3( ) r − 4( )t
pqrs
0 1 0 5 r − 4( )qr
yq− 4zqr
−5 r − 4( )tqrs
0 0 1 5r
zr− 5trs
0 0 0 1 ts
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
T −1 =
1p
− 3pq
−4 q − 3( )pqr
−5 q − 3( ) 4 − r( )
pqrs
0 1q
− 4qr
5 4 − r( )qrs
0 0 1r
− 5rs
0 0 0 1j
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
TD n°3 : Les déterminants
Exercice 8 :
On a échangé 4 fois les lignes, donc
Idem pour N :
Exercice 9 :
Question a :
Chaque ligne (respectivement colonne) est multiplié par .
Donc
Question b :
Idem, Exercice 10 :
Question a :
Question b :
M =
0 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
det M( ) = −1( )4 det I5 = 1
det N( ) = −1( )4 det −I5( )−1( )5 det I5( )=−1!"# $#
= −1
−1det −A( ) = −1( )n detA
det kA( ) = kn det A( )
A =
1 2 3 4 1112 3 4 5 1213 4 5 6 1324 5 6 7 1575 6 7 8 158
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
At =
1 2 3 4 52 3 4 5 63 4 5 6 74 5 6 7 8111 121 132 157 158
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
At ∼
1 2 3 4 51 1 1 1 13 4 5 6 71 1 1 1 1111 121 132 157 158
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
l2 − l1
l4 − l3
Question c :
2 lignes sont proportionnels. , la matrice n’est pas inversible.
Exercice 11 :
Exercice 12 :
Le déterminant est le produit des termes de la diagonale : Donc
Exercice 13 :
Exercice 14 :
Exercice 17 :
Faux, contrexemple : et
Exercice 18 :
Pour C, on va développer la ligne 1.
Donc
Pour D, on va développer selon la colonne 5.
Donc
Det A( ) = 0
Det AB( ) = det A( )× det B( )det A( )× det B( ) = 0 ⇔ det A( ) = 0 ou det(B) = 0
A =
1 2 −2 02 3 −4 1−1 −2 0 20 2 5 3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 2 −2 00 −1 −4 30 0 −2 20 2 5 3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 2 −2 00 −1 0 10 0 −2 20 2 5 3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 2 −2 00 −1 0 10 0 −2 20 0 5 5
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 2 −2 00 −1 0 10 0 −2 20 0 0 10
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
Det A( ) = 20
det t AA( ) = det t A( )× det A( ) = det A( )2
det A( ) = det M −1( )× det B( )× det M( ) = det M −1( )det M( )1
! "## $##det B( ) = det B( )
A = 1 00 0
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
B = 0 00 1
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
Det A( ) = det B( ) = 0 det A + B( ) = 1
det C( ) = −1( )1+5 5 ×1 0 0 00 2 0 00 0 3 00 0 0 4
= 5!= 120
det D( ) = −1( )1+5 31 0 0 04 2 0 05 5,6 5 087 120 65 4
= 5!= 120
Exercice 19 :
On conjecture que si n est paire, , et si n est impaire,
On le démontre par récurrence.
Exercice 20 :
donc A est inversible..
Et
det A2( ) = 0 1−1 0
= 1
det A3( ) =0 1 0−1 0 10 −1 0
= 0
det A4( ) = 1
An = 1 An = 0
det A( ) ≠ 0A−1 = detA( )−1 ×t c A( )
co−matrice!
TD 4 : Espace Rn et Applications linéaires Exercice 9 :
Exercice 10 :
Une application est linéaire si et seulement si tous les sont des combinaisons linéaires des
Toutes les applications sont linéaires sauf la car il y a un sinus.
Exercice 11 :
Exercice 12 :
est linéaire, on connait l ‘image de la base standard donc on peut écrire la matrice :
donc est ni injective, ni surjective, ni bijective.
1010
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+
−10−10
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+
0101
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+
1111
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
=
1212
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
−2100
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+
1−210
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+
01−21
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+
001−2
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
=
−100−1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
yi xih
Mm!n =
1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
m! "## $##
×
1 −1 1 −1−1 1 1 −11 −1 −1 11 1 −1 −1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
n! "### $###
=
2 0 0 −22 0 0 −22 0 0 −22 0 0 −2
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
Mk!n =
1 1 1 00 1 1 11 0 1 11 1 0 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
k! "### $###
×
1 −1 1 −1−1 1 1 −11 −1 −1 11 1 −1 −1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
n! "### $###
+
1 −1 1 −11 1 −1 −13 −1 −1 −11 1 1 −3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
mm!k =
1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
m! "## $##
×
1 1 1 00 1 1 11 0 1 11 1 0 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
k! "### $###
=
3 3 3 33 3 3 33 3 3 33 3 3 3
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
f :!4 → !4
f ε1( ) f ε2( ) f ε3( ) f ε4( )1 −1 0 12 2 0 − 23 3 1 − 3−1 1 0 −1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
= M
det M( ) = 0 M
Exercice 13 :
Caractéristique d’une application linéaire :
Question a :
On sait que est une application linéaire, et on cherche et avec et .
On a trouvé tel que
Question b :
Si une est une application de , donc : Non injectif non surjectif non bijectif Ici, n’est pas injectif, donc n’est pas surjectif
Question c :
Soit tel que
Question d :
La question c montre que
Montrons que
Soit tel que , avec car
Les 2 ensembles sont égaux.
Remarque : Regardons la situation sans l’hypothèse non injective :
Soit et
On considère le système et tel que Soit l’ensemble des solutions du système.
Il est clair que
Soit , montrons que
Donc
Exercice 14 :
Question a :
f x + y( ) = f x( )+ f y( )f kx( ) = k × f x( )
f x y x ≠ y f x( ) = f y( )f x( ) = f y( ) ⇔ f x( )− f y( ) = 0 ⇔ f x − y( ) = 0
z = x − y f z( ) = 0
f !n → !n
⇔ ⇔f f
c, x0( )∈ !4( )2 f x0( ) = cf x0 + z( ) = f x0( )+ f z( ) = c + 0
x0 + z ; f z( ) = 0{ }⊂ x ∈!4 ; f x( ) = c{ }
x ∈!4 ; f x( ) = c{ }⊂ x0 + z ; z∈Ker f{ }x f x( ) = c x = x0 + x − x0( ) x − x0( )∈Ker f
f x − x0( ) = f x( )− f x0( ) = c − c = 0
f :! p → !n y0 ∈!n
f x( ) = y0 x0 ∈!p f x0( ) = y0
x0 + v ; v∈Ker f{ }⊂ϕ
x ∈ϕ x = x0 + x − x0( ) x − x0 ∈Ker f
f x − x0( ) = f x( )− f x0( ) = y0 − y0 = 0ϕ ⊂ x0 + v ; v∈Ker f{ }
inclus dans!
L’application n’est pas injective car
Ou alors
Or, donc . Donc non injective.
Question b :
non injective non surjective
Question c :
et sont libres
Question d :
Montrer que est un sous ensemble de E.
Soit ,
Soit et ,
Question e :
On applique l’exercice 13 :
On voit sur la matrice que est :
Question f :
On résout
l2 = l4
f ε2( ) = − f ε4( ) ⇔ f ε2 + ε4( ) = 0ε2 + ε4 ≠ 0 Ker f ≠ 0{ } f
f :!4 → !4 ⇔
x3 x4x1 = −4x3x2 = x4x3 = x3x4 = x3Ker f = −4x3 ; x4 ; x3 ; x4( ), x3 ; x4( )∈!2{ }
Ker f
0∈Ker f v1 ; v2( )∈ Ker f( )2 f v1 + v2( ) = f v1( )+ f v2( ) = 0 + 0 = 0v1 ∈Ker f α ∈! f αv1( ) =α f v1( ) = 0
f ε1( ) =1010
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
ε1 + v ; v∈Ker f{ } = 1− 4x3 ; x4 ; x3 ; x4( ), x3 ; x4( )∈!2{ }
f x( ) =1110
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
x1 x2 x3 x4
A =
1 −1 4 10 1 0 −11 −1 4 10 1 0 −1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 4 00 1 0 −10 0 0 00 0 0 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
On utilise Gauss est on trouve incompatible car
Question g :
Image est un sous espace vectoriel de
images car
Soit tel que et et
Images
Soient et tel que
donc Images
A
1110
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
∼
1 0 4 0 00 1 0 −1 00 0 0 0 10 0 0 0 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
S ∈ !
f F0∈ f f 0( ) = 0
y1 ; y2( )∈ images f( )2 f x1( ) = y1 f x1( ) = y1 f x2( ) = y2f x1 + x2( ) = f x1( )+ f x2( ) = y1 + y2 ∈ f
y1 ∈F α ∈! f x1( ) = y1f α x1( ) =α f x1( ) α y1 ∈ f
TD 5 : Espace vectoriel, bases et dimensions Exercice 14 :
Tout ensemble de matrice est un espace vectoriel. est un espace vectoriel.
On cherche donc à prouver que est un sous-espace vectoriel de .
Soient et dans , alors
SoiENT, et alors
Exercice 14 :
La famille est libre si et seulement si le déterminant n’est pas nul. Et si elle est libre, elle est génératrice.
Ici, on voit que . Il y a donc une colonne nulle, le déterminant sera donc nulle. Donc, la famille
n’est pas libre dans
Exercice 16 :
Faire avec le déterminant (voir DM n°2)
Exercice 17 :
Famille libre :
C’est vrai en particulier pour un p-uplet de coefficients de la forme
et est libre
Exercice 18 :
Soit , est génératrice donc tel que mais
Donc peut s’écrire comme une combinaison linéaire
dans qui forment donc une famille génératrice de .
M 3,4 !( )K M
0M4 !( ) ∈K
B B ' K A B + B '( ) = AB + AB ' = 0 + 0B∈K α ∈! A αB( ) = AαB = 0
1 2 1 0−1 −2 0 −11 1 0 10 0 −1 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
c1 = c3 + c4!4
1 2 1 0−1 −2 0 11 1 0 1−1 −1 −1 0
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
λ1v1 + λ1v2 + ...+ λpvp = 0⇒ λ1 = λ2 = ...= λp = 0λ1v1 + λ1v2 + ...+ λp−1vp−1 + 0vp = 0
⇒ λ1 = λ2 = ...= λp−1 = 0 v1,v2,v3,...,vp−1
v∈!n v1,...,vp( ) ∃ λ1,...,λp( )∈! p v = λ1v1 + ...+ λpvp
vp =ω − λ1v1 + ...+ λp−1vp−1( )v = λ1v1 + ...+ λp−1vp−1 ω − λ1v1 + ...+ λp−1vp−1( )( )v1,...,vp−2,ω !n
Exercice 20 :
Question a :
Soit ,
est un sous ensemble vectoriel de (voir TD précédent)
Question b :
La matrice standard de est
La matrice augmenté du système homogène est
variable directrice, les autres sont libres.
Donc :
(solution !) s’écrit
L’’écriture de la solution de donné une base de
Exercice 21 :
Question a :
Question b :
avec et vecteurs colonnes
f :!4 → ! x1, x2, x3, x4( )→ x1 + 2x2 + x3 + 4x4E = Ker f !4
f 1 2 1 4( )1 2 1 4 0( )
x1x1 = −2x2 − x3 − 4x4
x1x2x3x4
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
−2x2 − x3 − 4x4x2x3x4
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟
= x2
−2100
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+ x3
−1010
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
+ x4
−4001
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
AX = 0 A 1 2 1 4( )( )Ker f × B = −2ε1 + ε2,−ε1 + ε3,−4ε1 + ε4{ }
F =0yy
⎛
⎝
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟, y∈!
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⎫
⎬⎪
⎭⎪= vect 0 1 1( ) = vect ε2 + ε3( )
AM = 0, M ∈M 3,2 !( ){ } = GM = AX AY( ) X Y
AM = 0⇔ AX AY( ) = 0⇔ AX = 0 ET AY = 0
AX = 0⇔ X ∈ x011
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ , x ∈!
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⎫
⎬⎪
⎭⎪
AY = 0⇔Y ∈ y011
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ , y∈!
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⎫
⎬⎪
⎭⎪
Montrons, en revenant à la définition que la famille est libre.
est donc une base de . Donc la dimension de est 2.
Exercice 22 :
Question 2 :
Question 3 :
M =0 0x yx y
⎛
⎝
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟= x
0 01 01 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
M1
! "# $#
= y0 00 10 1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
M2
! "# $#
M1,M 2( )
αM1 + βM 2 =0 0α βα β
⎛
⎝
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟=
0 00 00 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ ⇒α = β = 0
M1,M 2( ) G G
PBB ' =
1 0 1 00 1 0 01 0 0 10 1 1 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
vB =
32−23
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
TD 6 : Noyau et image d’une application linéaire
Exercice 10 :
Question a :
Le déterminant de est nul car il y a une ligne vide.
Question b :
et . Donc n’est ni injective ni surjective.
Question c :
On résout :
Question d :
Théorème du rang, (Il y a cinq 1 directeurs)
Base de l’image :
Question e :
Question f :
2 lignes nulles. Donc
Question g :
Noyau
Question h :
L’image est de dimension et engendrée par les 4 premières colonnes qui forment une famille
libre,
A
fa :!6 → !6 detA = 0 fA
AX = 0 x1 = x2 = 0, x3 = x6, x4 = −x6, x5 = x6Ker fA 0,0, x6,−x6, x6, x6( )x6 ∈!{ }
rg fA = dimIm fA = 6 −1= 5
f ε1( ) f ε2( ) f ε3( ) f ε4( ) f ε5( )ε2 ε3 ε4 ε5 ε6
G =
0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 01 0 0 0 0 00 1 0 0 −1 10 0 1 0 1 −20 0 0 1 −1 2
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
detG = 0
x1 = 0, x2 = x5 − x6, x3 = −x5 + 2x6, x4 = x5 − 2x6KerG = vect 0,1,−1,1,1,0( ), 0,−1,2,−2,0,1( )( )
6 − 2 = 4Im fA = vect ε3,ε4 ,ε5,ε6( )
Question i :
Question j :
Exercice 11 :
Question a :
Question b :
Question c :
Question d :
H =
0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 01 0 0 −1 1 −20 1 0 1 −2 30 0 1 −1 2 −4
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
ImH = vect ε4 ,ε5,ε6( )Ker H = vect 1,−1,1,1,0,0( ), 1,2,−2,0,1,0( ), 2,−3,4,0,0,1( )( )
1 1 0 10 1 0 01 1 0 00 0 1 1
→
0 0 0 10 1 0 01 1 0 00 0 1 1
= −1( )1+40 1 01 1 00 0 1
= −1( ) −1( )6 0 11 1
= −1( ) −1( ) = 1
PBB ' =
1 1 0 10 1 0 01 1 0 00 0 1 1
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
vB ' = PB 'BvB =
−42−23
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
vB = PBB 'VB ' =
847−4
⎛
⎝
⎜⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟⎟
Exercice 12 :
Question 1 :
donc
Base du noyau
Question 3 :
On prend 2 colonnes indépendantes
Base de
On met les vecteurs cote à cote et on calcule le déterminant :
rgA = 2 dimKer fA = 2f ε1( )+ f ε2( ) = 0 = f ε1 + ε2( ) ε1 + ε2 ∈Ker f
f ε1( )− f ε4( ) = 0 = f ε1 − ε4( ) ε1 − ε4 ∈Ker f
ε1 + ε2, ε1 − ε4( )
Im f : ε1 + ε2 + ε3 + ε4 ,ε1 − ε2( )
1 1 1 11 0 1 −10 0 1 00 −1 1 0
= −2