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érie 3 :
------------------------------------------------------------------------------------ S
1ière année Maths et Inf2014/2015
Exercice 1
Matière: Algèbre linéaireResponsable: Mr
Université d Oum’
Matrices
=01
12A
=21
10B .
BA + , BA × , AB × , 2A 2B .
).(2)( 222 BABABA ×++=+ ?
=12
01A
=21
02B .
On considère les matrices
a. Calculer
b. A-t-on
Mêmes questions pour les matrices
et
et
et
1)
2)
Soit la matrice 𝐴 de définie par : 𝐴 = (13 −8 −1212 −7 −126 −4 −5
)
1. Montrer que 𝐴 est inversible et calculer son inverse 𝐴−1.
2. En déduire 𝐴𝑛, pour tout 𝑛 entier.
Exercice 3
Soit 𝐴 la matrice de définie par : 𝐴 = (0 1 11 0 11 1 0
)
1. Calculer 𝐴2.
2. Trouver un polynôme 𝑃 de degré 2 tel que 𝑃(𝐴) = 𝑂.
3. En déduire 𝐴−1.
4. Retrouver 𝐴−1 par une autre méthode.
Exercice 4Calculer les déterminants des matrices suivantes :(
7 11−8 4
) 1 0 63 4 155 6 21
1 0 23 4 55 6 7
1 0 −12 3 54 1 3
0 1 2 31 2 3 02 3 0 13 0 1 2
0 1 1 01 0 0 11 1 0 11 1 1 0
1 2 1 21 3 1 32 1 0 61 1 1 7
Exercice 2
1
Elbouaghi Algérie.D jeddi K amel.E-mail:[email protected]
Exercice 5
Soit 𝛽 = (𝑒1, 𝑒2, 𝑒3) la base canonique de ℝ3.
Soit 𝑢 l’endomorphisme de ℝ3 dont la matrice dans la base canonique est :
𝐴 = (1 4 4−1 −3 −30 2 3
)
Soient 𝑎 = 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3, 𝑏 = 2𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 et 𝑐 = 2𝑒1 − 2𝑒2 + 𝑒3 trois vecteurs de ℝ3
1. Montrer que 𝛽′ = (𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3.
2. Déterminer la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′. Calculer 𝑃−1.
3. Déterminer la matrice 𝑅 de 𝑢 dans la base 𝛽′.
4.
a) Calculer 𝑃−1𝐴𝑃 en fonction de 𝑅
b) Calculer 𝑅4
c) En déduire les valeurs de 𝐴4𝑛.
Exercice 6
−−
−=
211
121
112
A 33IAB += .
2B B . 2A A .
A
On considère les matrices 1)
a. Exprimer en fonction de
b. En déduire en fonction de
c. La matrice est-elle inversible ?
et on pose
−−
−−
=
2111
1211
1121
1112
A 43IAB += . 2) Mêmes questions pour les matrices et
2
Correction de l’exercice 1
1)
=01
12A
=21
10B
BA + , BA × , AB × , 2A et 2B .
♦
=+
22
22BA ,
=×
10
41BA ,
=×
14
01AB ,
=
12
252A ,
=
52
212B
b. 222 .2)( BBAABA +×+≠+ : ABBA ×≠×
♦ )()()( 2 BABABA +×+=+
=+⇒
88
88)( 2BA
♦
=+×+
84
128.2 22 BBAA
2)
=12
01A et
=21
02B
a. Calcul de BA + , BA × , AB × , 2A et 2B .
♦
=+
33
03BA ,
=×
25
02BA ,
=×
25
02AB ,
=
14
012A ,
=
44
042B
b. 222 .2)( BBAABA +×+=+ : ABBA ×=×
♦ )()()( 2 BABABA +×+=+
=+⇒
918
09)( 2BA
♦
=+×+
918
09.2 22 BBAA
a. Calcul de
et
3
Corrections
E-mail:[email protected]
Correction de l’exercice 2
𝑌 = 𝐴𝑋 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑌
⇔ {13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦112𝑥1 − 7𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦26𝑥1 − 4𝑥2 − 5𝑥3 = 𝑦3
⇔
13𝐿2 − 12𝐿12𝐿3 − 𝐿2
{13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦15𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1−𝑥2 + 2𝑥3 = 2𝑦3 − 𝑦2
⇔
5𝐿3 + 𝐿2{
13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦15𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1
−2𝑥3 = 10𝑦3 − 5𝑦2 + 13𝑦2 − 12𝑦1
⇔ {
13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12𝑥35𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12𝑥3𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {
13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3)
5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3) = 60𝑦1 − 35𝑦2 − 60𝑦3𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {13𝑥1 = 73𝑦1 − 48𝑦2 − 60𝑦3 + 8(12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3)
𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {13𝑥1 = 169𝑦1 − 104𝑦2 − 156𝑦3
𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {𝑥1 = 13𝑦1 − 8𝑦2 − 12𝑦3𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ (
𝑥1𝑥2𝑥3) = (
13 −8 −1212 −7 −126 −4 −5
)(
𝑦1𝑦2𝑦3)
Donc 𝐴−1 = (13 −8 −1212 −7 −126 −4 −5
) = 𝐴
Le mieux aurait été de changer les rôles de 𝑥1 et 𝑥3 dans le premier système.
𝐴2 = 𝐼 donc 𝐴2𝑛 = 𝐴2 𝑛 = 𝐼𝑛 = 𝐼 et 𝐴2𝑛+1 = 𝐴2𝑛𝐴 = 𝐴.
Correction de l’exercice 3
1. et 2.
𝐴2 = (0 1 11 0 11 1 0
)(0 1 11 0 11 1 0
) = (2 1 11 2 11 1 2
) = 𝐴 + 2𝐼 donc 𝑃(𝑋) = 𝑋2 − 𝑋 − 2
𝐴2 − 𝐴 = 2𝐼 ⇔ 𝐴(𝐴 − 𝐼) = 2𝐼 ⇔ 𝐴 ×𝐴−𝐼
2= 𝐼 donc 𝐴−1 =
𝐴−𝐼
2=
1
2(−1 1 11 −1 11 1 −1
)
4
𝐴𝑋 = 𝑌 ⇔ (0 1 11 0 11 1 0
)(
𝑥1𝑥2𝑥3) = (
𝑦1𝑦2𝑦3) = {
𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3
𝑥1 dans la
𝑥1et 𝑥2 soit on intervertit la ligne 1 avec une ligne où il y a un 𝑥1
Ici il y a un problème pour appliquer le pivot de Gauss parce qu’il n’y a pas de
termes en première ligne, il y a deux façons d’arranger ce problème, soit
on intervertit , c’est
ce que nous allons faire.
𝐿1𝐿2𝐿3
{𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3
⇔𝐿2𝐿1𝐿3
{𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3
⇔𝐿1𝐿2
𝐿3 − 𝐿1
{𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥2 − 𝑥3 = −𝑦2 + 𝑦3
⇔
𝐿1𝐿2
𝐿3 − 𝐿2
{
𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 −2𝑥3 = −𝑦1 − 𝑦2 + 𝑦3
⇔ {
𝑥1 = −𝑥3+ 𝑦2𝑥2 = −𝑥3 + 𝑦1
𝑥3 =1
2𝑦1 +
1
2𝑦2 −
1
2𝑦3
⇔
{
𝑥1 = −(
1
2𝑦1 +
1
2𝑦2 −
1
2𝑦3) + 𝑦2
𝑥2 = −(1
2𝑦1 +
1
2𝑦2 −
1
2𝑦3) + 𝑦1
𝑥3 =1
2𝑦1 +
1
2𝑦2 −
1
2𝑦3
⇔
{
𝑥1 = −
1
2𝑦1 +
1
2𝑦2 +
1
2𝑦3
𝑥2 =1
2𝑦1 −
1
2𝑦2 +
1
2𝑦3
𝑥3 =1
2𝑦1 +
1
2𝑦2 −
1
2𝑦3
⇔ (
𝑥1𝑥2𝑥3)
=
(
−1
2
1
2
1
21
2−1
2
1
21
2
1
2−1
2)
(
𝑦1𝑦2𝑦3) Donc
𝐴−1 =
(
−1
2
1
2
1
21
2−1
2
1
21
2
1
2−1
2)
Correction de l’exercice 4
1. Le déterminant de la matrice(
a bc d
)est∣∣∣∣a bc d
∣∣∣∣= ad−bc∣∣∣∣ 7 11−8 4
∣∣∣∣= 7×4−11× (−8) = 116.
2. Nous allons voir différentes méthodes pour calculer les déterminants.
Première méthode. Règle de Sarrus. Pour le matrice 3×3 il existe une formule qui permet de calculer
directement le déterminant.
.
Donc
5
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣= a11a22a33 +a12a23a31 +a21a32a13−a13a22a31−a11a32a23−a12a21a33
Donc∣∣∣∣∣∣1 0 63 4 155 6 21
∣∣∣∣∣∣= 1×4×21+0×15×5+3×6×6−5×4×6−6×15×1−3×0×21 =−18
Attention ! La règle de Sarrus ne s’applique qu’aux matrices 3×3.
3. Deuxième méthode. Se ramener à une matrice diagonale ou triangulaire.Si dans une matrice on change un ligne Li en Li−λL j
avec les colonnes.alors le déterminant reste le même.
Même chose
L1 1 0 2L2 3 4 5L3 5 6 7
=1 0 2
L2←L2−3L1 0 4 −1L3←L3−5L1 0 6 −3
=
1 0 20 4 −1
L3←L3− 32 L2
0 0 −32
= 1×4× (−32) =−6
cients sur la diagonale.On a utilisé le fait que le déterminant d’une matrice diagonale (ou triangulaire) est le produitdes coeffi
4. Troisième méthode. Développement par rapport à une ligne ou une colonne.par rapport à la deuxième colonne.∣∣∣∣∣∣
1 0 −12 3 54 1 3
∣∣∣∣∣∣= (−0)×∣∣∣∣2 54 3
∣∣∣∣+(+3)×∣∣∣∣1 −14 3
∣∣∣∣+(−1)×∣∣∣∣1 −12 5
∣∣∣∣= 0+3×7−1×7 = 14
Nous allonsdévelopper
Bien souvent on commence par simplifier la matrice en faisant apparaître un maximum de 0 par lesopérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. Puis on développe en choisissant la ligne ou lacolonne qui a le plus de 0.
5. On fait apparaître des 0 sur la première colonne puis on développe par rapport à cette colonne.
∆ =
L1 0 1 2 3L2 1 2 3 0L3 2 3 0 1L4 3 0 1 2
=
0 1 2 31 2 3 0
L3←L3−2L2 0 −1 −6 1L4←L4−3L2 0 −6 −8 2
=−1 2 3−1 −6 1−6 −8 2
Pour calculer le déterminant 3×3 on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on la développe.
−∆ =L1 1 2 3L2 −1 −6 1L3 −6 −8 2
=1 2 3
L2←L2+L1 0 −4 4L3←L3+6L1 0 4 20
= 1∣∣∣∣−4 4
4 20
∣∣∣∣=−96
6
Donc ∆ = 96.
6. La matrice a déjà beaucoup de 0 mais on peut en faire apparaître davantage sur la dernière colonne, puison développe par rapport à la dernière colonne.
∆′ =
L1 0 1 1 0L2 1 0 0 1L3 1 1 0 1L4 1 1 1 0
=
0 1 1 01 0 0 1
L3←L3−L2 0 1 0 01 1 1 0
=0 1 10 1 01 1 1
On développe ce dernier déterminant par rapport à la première colonne :
∆′ =
0 1 10 1 01 1 1
= 1×∣∣∣∣1 11 0
∣∣∣∣=−1
7. Toujours la même méthode, on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on développe parrapport à cette colonne.
∆′′ =
L1 1 2 1 2L2 1 3 1 3L3 2 1 0 6L4 1 1 1 7
=
1 2 1 2L2←L2−L1 0 1 0 1L3←L3−2L1 0 −3 −2 2L4←L4−L1 0 −1 0 5
=1 0 1−3 −2 2−1 0 5
On développe par rapport à la deuxième colonne :
∆′′ =−2×
∣∣∣∣ 1 1−1 5
∣∣∣∣=−12
Correction de l’exercice 5
det(𝑎, 𝑏, 𝑐) = |1 2 2−1 −1 −21 1 1
| =
𝐶3 − 𝐶2|1 2 2−1 −1 −20 0 −1
|
= − |1 2−1 −1
| = −(−1 + 2) = −1 ≠ 0
Donc (𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3
1.
2.
𝑃 = (1 2 2−1 −1 −21 1 1
)
𝑃𝑋 = 𝑌 ⇔ (1 2 2−1 −1 −21 1 1
)(
𝑥1𝑥2𝑥3) = (
𝑦1𝑦2𝑦3) ⇔
𝐿1𝐿2𝐿3
{𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1−𝑥1 − 𝑥2 − 2𝑥3 = 𝑦2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦3
7
⇔
𝐿1𝐿2 + 𝐿1𝐿3 + 𝐿2
{𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 −𝑥3 = 𝑦2 + 𝑦3
⇔ {𝑥1 = −2𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑦1
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3
⇔ {𝑥1 = −2𝑦1 − 2𝑦2 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 𝑦1
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3
⇔ {𝑥1 = −𝑦1 + 2𝑦3
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3
Donc
𝑃−1 = (−1 0 21 1 00 −1 −1
)
3. Les coordonnées de 𝑢(𝑎) dans la base 𝛽 sont
(1 4 4−1 −3 −30 2 3
)(1−11) = (
1−11)
Donc 𝑢(𝑎) = 𝑎
Les coordonnées de 𝑢(𝑏) dans la base 𝛽 sont
(1 4 4−1 −3 −30 2 3
)(2−11) = (
2−21)
Donc 𝑢(𝑏) = 𝑐
Les coordonnées de 𝑢(𝑐) dans la base 𝛽 sont
(1 4 4−1 −3 −30 2 3
)(2−21) = (
−21−1)
Donc 𝑢(𝑐) = −𝑏
Par conséquent
𝑅 = (1 0 00 0 −10 1 0
)
4.
a)
𝑃−1𝐴𝑃 = (−1 0 21 1 00 −1 −1
)(1 4 4−1 −3 −30 2 3
)(1 2 2−1 −1 −21 1 1
)
= (−1 0 21 1 00 −1 −1
)(1 2 −2−1 −2 11 1 −1
) = (1 0 00 0 −10 1 0
) = 𝑅
8
b)
𝑅2 = (1 0 00 0 −10 1 0
)(1 0 00 0 −10 1 0
) = (1 0 00 −1 00 0 −1
)
𝑅4 = 𝑅2𝑅2 = (1 0 00 −1 00 0 −1
)(1 0 00 −1 00 0 −1
) = (1 0 00 1 00 0 1
) = 𝐼
c) 𝑅 = 𝑃−1𝐴𝑃 ⇔ 𝐴 = 𝑃𝑅𝑃−1
𝐴4 = 𝑃𝑅𝑃−1𝑃𝑅𝑃−1𝑃𝑅𝑃−1𝑃𝑅𝑃−1 = 𝑃𝑅4𝑃−1 = 𝑃𝐼𝑃−1 = 𝐼
Donc
𝐴4𝑛 = (𝐴4)𝑛 = 𝐼𝑛 = 𝐼 Correction de l’exercice 6
1)
−−
−=
211
121
112
A , 33IAB +=
a. 2B en fonction de B :
=⇒+=111
111
111
3 3 BIAB
♦
=111
111
111
B : ⇒
=×=333
333
3332 BBB BB .32 =
b. 2A en fonction de A .
♦ 33 33 IBAIAB −=⇒+=
♦ Les matrices B et 3).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 33 −=−×=×−
� ( ) ( ) ( ) 23
23
23
2 .32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒
� ( ) BIBBIBBIIBA .3.9.3.6.9.6.9.3 332
32
32 −=+−=+−=−=⇒ , car BB .32 =
� ABIBIA .3).3.(3.3.9 332 −=+−−=−=⇒ , BIA +−= 3.3
� Donc AA .32 −=
c. La matrice A n'est pas inversible :
� On suppose que la matrice A est inversible
� On a alors 31 IAA =× −
et AA .32 −=
� Donc 311 .3.3 IAAAAAA −=⇒×−=×× −−
� Or 3.3 IA −≠ , donc la matrice A n'est pas inversible.
9
2)
−−
−−
=
2111
1211
1121
1112
A , 43IAB +=
a. 2B en fonction de B :
=⇒+=
1111
1111
1111
1111
3 4 BIAB
♦
=
1111
1111
1111
1111
B : ⇒
=×=
4444
4444
4444
4444
2 BBB BB .42 =
b. 2A en fonction de A .
♦ 44 33 IBAIAB −=⇒+=
♦ Les matrices B et 4).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 44 −=−×=×−
� ( ) ( ) ( ) 24
24
24
2 .32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒
� BIBBIBBIA .2.9.4.6.9.6.9 442
42 −=+−=+−=⇒ , car BB .42 =
� AIBIIBIIA .23).3).(2(3.2.63 444342 −=+−−+=−+=⇒ , BIA +−= 4.3
� Donc AIA .23 42 −=
c. La matrice A est inversible :
� 444442
42 ).2(
3
1.).2(.
3
13.2.23 IIAAIIAAIAAAIA =
+×⇒=+×⇒=+⇒−=
� Donc 44 /).2(3
1)4( IBAIABMB =×
+=∈∃
� Donc la matrice A est inversible et ).2(3
14
1 IAA +=−
10
