feuille d’exercices 6 - lpsm.paris · 3.l’ equation matricielle ay = 0 admet au moins une...

Universite Denis Diderot Paris 7 (2014-2015)

TD Maths, Agro

Mathieu Merle : [email protected]/∼merle

Feuille d’exercices 6 : Familles libres, generatrices.Applications lineaires.

1 Familles libres et familles liees de vecteurs de Rn.

Preambule : On rappelle qu’une famille F de p vecteurs de Rn (ou plus generalement unefamille de p vecteurs d’un espace vectoriel E), {x1, ...,xp} est dite libre ssi

p∑i=1

αixi = 0 ⇒ αi = 0 ∀i ∈ {1, ..., n}.

Une famille de vecteurs qui n’est pas libre et dite liee.La notion de famille libre se generalise a une famille de vecteurs de cardinal quelconque.Une famille F = {xi}i∈I est libre ssi

∀J sous-ensemble d’indices fini ⊂ I,∑j∈J

αjxj = 0 ⇒ αj = 0 ∀j ∈ J.

Les deux premiers exercices qui suivent donnent des conditions equivalentes pour determinersi une famille finie est libre ou liee.Exercice 1 (*) On considere F = {x1, ...,xp} une famille de vecteurs de Rn, et on note Ala matrice de taille n× p dont les colonnes sont les vecteurs x1, ...,xp. Demontrer que lesconditions suivantes sont equivalentes

1. La famille F est liee.

2. Il existe un i ∈ {1, ..., n} et des reels (βj)j 6=i tels que

xi =∑j 6=i

βjxj.

3. L’equation matricielle Ay = 0 admet au moins une solution non triviale y0 6= 0.

4. L’equation matricielle Ay = 0 admet une infinite de solutions.

5. L’algorithme du pivot effectue sur la matrice A aboutit a une matrice contenant unnombre de pivots strictement inferieur a p.

1

Notons tout d’abord que 4.⇔ 5. En effet, 0 est toujours solution de l’equation Ay = 0, etde plus cette solution est unique si et seulement si il n’y a pas de variable libre, i.e. si etseulement si le nombre de pivots finaux est egal au nombre de variables p.Montrons tout d’abord 1.⇒ 4.On suppose que la famille F est liee. Ainsi il existe des coefficients non tous nuls α1, ..., αn

tels quep∑

i=1

αixi = 0.

Posons alors y0 =

α1...αp

, et observons que pour tout λ ∈ R,

A(λy0) =

p∑i=1

λαixi = λ0 = 0.

Ainsi tous les vecteurs λy0, λ ∈ R sont solutions de Ay = 0, et cette equation possedeeffectivement une infinite de solutions. �L’implication 4.⇒ 3. est triviale.Montrons alors que 3.⇒ 2. On suppose donc que l’equation matricielle Ay = 0 possede unesolution non triviale y0 avec y0 6= 0. On note y01, ..., y

0n les coordonnees de y0. Puisque ce

vecteur est non nul, ce vecteur possede au moins une coordonnee qui est non nulle, disonsy0i . Observons alors que

Ay0 = y01x1 + ...+ y0nxn = 0,

et doncy0i xi = −

∑j 6=i

y0jxj.

Puis en divisant par zi 6= 0, on obtient

xi = −∑j 6=i

y0jy0i

xj.

On a trouve que xi etait combinaison lineaire des {xj}j 6=i, on a donc prouve 2. �Montrons enfin que 2.⇒ 1. On suppose donc 2., i.e. qu’il existe un indice i tel que xi peuts’ecrire comme combinaison lineaire des {xj}j 6=i. Autrement dit, il existe des reels (βj)j 6=i

tels que

xi =∑j 6=i

βjxj.

Mais alors en posant αj = βj ∀j 6= i, αi = −1 on trouve que

n∑i=1

αixi = 0.

Comme αi = −1 on a clairement que les (αk)1≤k≤n ne sont pas tous nuls, et par definitionceci signifie que la famille F est liee. �

2

Exercice 2 On considere F = {x1, ...,xn} une famille de vecteurs de Rn, et on note A lamatrice de taille n× p dont les colonnes sont les vecteurs x1, ...,xp. Demontrer que lesconditions suivantes sont equivalentes

1. La famille F est libre.

2. Aucun des xi, i ∈ {1, ..., n} ne peut s’ecrire comme combinaison lineaire des {xj}j 6=i.

3. L’equation matricielle Ay = 0 n’a que la solution triviale y = 0.

4. L’algorithme du pivot effectue sur la matrice A aboutit a une matrice contenantexactement p pivots.

Il suffit ici d’observer que les assertions 1.,2.,3.,4. de cet exercice sont exactement¬1.,¬2.,¬3.,¬4. de l’exercice precedent.

Exercice 3 (*) On se place dans le cadre de l’exercice precedent, et on suppose ici de plusque p = n. Montrer que les conditions suivantes sont equivalentes


2. L’equation Ay = 0 a pour unique solution la solution triviale.

3. L’algorithme du pivot effectue sur A aboutit a la matrice identite.

4. La matrice A est inversible.

5. Quelque soit b ∈ Rn, l’equation Ay = b admet une unique solution.

6. Vect{x1, ...,xn} = Rn.

L’equivalence 1.⇔ 2. a deja ete demontree dans l’exercice precedent.Pour 2.⇒ 3., on montre de facon equivalente que ¬3.⇒ ¬2. Pour cela il suffit de remarquerque si l’algorithme du pivot n’aboutit pas a la matrice identite (i.e. il y a strictement moinsde n pivots), il y a forcement au moins une variable libre (puisqu’il y a n variables), et dansce cas Ay = 0 admet une infinite de solutions. �3.⇒ 2. est trivial, et donc a ce stade, on a deja obtenu que 1.⇔ 2.⇔ 3.Pour 3.⇒ 4., il suffit d’appliquer l’algorithme du pivot pour le calcul de la matrice inverse.�Pour 4.⇒ 5., on observe qu’en multipliant l’equation par A−1 il vient y = A−1b. �Pour 5.⇒ 6., fixons b ∈ Rn. Il existe une solution y a l’equation Ay = b. Ceci signifieexactement que y1x1 + ...+ ynxn = b, et donc b ∈ Vect{x1, ...,xn}. Comme le raisonnementest valable pour un b ∈ Rn arbitraire, on conclut que Vect{x1, ...,xn} = Rn. �Enfin, montrons que ¬3.⇒ ¬6. Si l’algorithme du pivot n’aboutit pas a la matrice identite,c’est qu’il y a strictement moins que n pivots, en particulier la derniere ligne n’est pas pivot.L’algorithme du pivot sur la matrice A aboutit donc (par k operations successives sur A quicorrespondent a des mutiplications a gauche successives par les matrices inversibles T1, ...Tk— voir la feuille d’exos supplementaire pour plus de precisions sur l’existence de tellesmatrices inversibles) a une matrice reduite TkTk−1...T1A dont la derniere ligne est nulle.Mais alors, des que Tk...T1b a sa derniere coordonnee non nulle (par exemple pour

b = T−11 ...T−1k

0...01

), on obtient que l’algorithme du pivot sur la matrice augmentee (A b)

aboutit a une matrice dont la derniere ligne est (0 0 . . . 0 1). On a montre qu’il existe des

3

b ∈ Rn tels que Ay = b n’a aucune solution, autrement dit de tels b ne sont pas dansVect{x1, ...,xn}, et donc ¬6. est verifiee. �

Exercice 4 Dans chacun des cas qui suivent, determiner si la famille F de vecteursconsideree est libre ou liee.

1. F =

1000

,

0100

,

0010

,

0001

.

2. F =

1

00

,

020

,

000

.

3. F =

{(51

),

(28

),

(13

)}.

4. F =

1

11

,

1−11

,

303

.

5. F =

1

11

,

1−11

,

001

.

6. F =

0

23

,

00−8

,

−131

.

7. F =

02−11

,

−314−4

,

9−7−5−2

.

Comme dans les exercices precedents on note systematiquement x1, ...xp les vecteurs de Fet A la matrice dont les vecteurs colonnes sont x1, ...xp.

1. F est libre, en effet A = Id, et on utilise par exemple 3. de l’exercice precedent.

2. F est liee. En effet, 0 · x1 + 0 · x2 + 1 · x3 = 0.

3. F est forcement liee (on regarde 3(> 2) vecteurs de R2). Pour trouver la relation quilie x1,x2,x3 on peut par exemple effectuer la reduction de A suivant l’algorithme du

pivot. On obtient la matrice

(1 0 1/190 1 7/19

)de sorte qu’on trouve que

1 · x1 + 7 · x2 − 19 · x3 = 0 (ce qui, par ailleurs, se verifie aisement).

4. L’algorithme du pivot sur A aboutit a la matrice

1 0 3/20 1 3/20 0 0

. L’equation Ay = 0

admet donc une infinite de solutions, et donc la famille F est liee. Par exemple

−3−32

est une solution non triviale de Ay = 0, de sorte que −3 · x1 − 3 · x2 + 2 · x3 = 0

4

5. L’algorithme du pivot sur A aboutit a la matrice identite. D’apres le point 3. del’exercice precedent, ceci implique que la famille F est libre.

6. L’algorithme du pivot sur A aboutit a la matrice identite. D’apres le point 3. del’exercice precedent, ceci implique que la famille F est libre.

7. L’algorithme du pivot sur A aboutit a la matrice

1 0 00 1 00 0 10 0 0

. D’apres le point 4. de

l’exercice 2 on conclut que F est libre.

Exercice 5 Soit A =

2 3 5−5 1 −4−3 −1 −41 0 1

. Observer que la troisieme colonne de A est la

somme des deux premieres colonnes. En deduire une solution non triviale de Ay = 0.Notons x1,x2,x3 les trois colonnes de A. On a clairement x1 + x2 = x3. Donc

x1 + x2 − x3 = 1 · x1 + 1 · x2 + (−1) · x3 = 0. Autrement dit

11−1

est solution non triviale

de Ay = 0.

Exercice 6 VRAI ou FAUX ? On justifiera la reponse.

1. Lorsque F est une famille libre, tout element de F peut etre ecrit comme unecombinaison lineaire des autres vecteurs de F .

2. Les vecteurs colonnes d’une matrice A de taille 4× 5 sont forcements lies.

3. Si trois vecteurs de R3 sont dans un meme plan affine, alors ces trois vecteurs sontnecessairement lies.

4. Si {u,v} est libre et {u,v,w} est liee, alors on a necessairement quew ∈ Vect({u,v}).

5. Si une famille de vecteurs de Rn compte strictement moins de n vecteurs, alors elleest libre.

FAUX : dans la question 2 de l’exercice precedent, la famille est liee, pourtant le vecteur100

ne peut etre ecrit comme combinaison lineaire des vecteurs

020

,

000

(une telle

combinaison lineaire aurait forcement une premiere coordonnee nulle !)

VRAI : lorsqu’on resout l’equation matricielle Ax = 0, il y a au moins une solution (lasolution triviale) et on trouve forcement au moins une variable libre (il y a plus d’inconnuesque d’equations). L’equation possede donc une infinite de solutions et donc d’apres lepremier exercice, la famille de vecteurs est liee.

FAUX : Les vecteurs de la question 5 du precedent exercice appartiennent tous au pland’equation x3 = 1, et pourtant ils forment une famille libre.En revanche, l’assertion ”si trois vecteurs de R3 sont dans un meme plan contenant l’origine,alors ces trois vecteurs sont necessairement lies” est, quant a elle, vraie. Pourquoi ?

5

VRAI : Par definition il existe α1, α2, α3 non tous nuls tels que α1u + α2v + α3w = 0. Maison ne peut avoir α3 = 0, sinon {u,v} formeraient une famille liee. On peut donc diviser larelation par α3 pour obtenir

w = −α1

α3u− α2

α3v,

de sorte qu’effectivement w ∈ Vect({u,v}).FAUX (pourvu que n ≥ 2) : Une famille de n− 1 vecteurs dont un element est le vecteur nulest toujours liee. En revanche l’assertion ”une famille de strictement plus de n vecteurs deRn est toujours liee” est, quant a elle, vraie. Pourquoi ?

Exercice 7 Dans les cas qui suivent, pour quelles valeurs de h ∈ R le vecteur v1 est-il dansVectv2,v3 ? Pour quelles valeurs de h ∈ R la famille F = {v1,v2,v3} est-elle libre ?

1. v1 =

1−32

,v2 =

−39−6

,v3 =

5−7h

2. v1 =

1−2−4

,v2 =

−376

,v3 =

21h

3. v1 =

3−61

,v2 =

−64−3

,v3 =

9h3

Comme dans les exercices precedents on note A la matrice dont les vecteurs colonnes sontv1,v2,v3.

1. On remarque que 3v1 + v2 = 0. Ainsi quelque soit h ∈ R la famille est liee.

On pouvait aussi remarquer que quelque soit h, l’algorithme du pivot applique a lamatrice A ne fournit jamais la matrice identite.

2. L’algorithme du pivot applique a la matrice A fournit1 0 170 1 50 0 h+ 38

.

D’apres les exercices precedents la famille F est donc libre si et seulement si h 6= −38.

3. L’algorithme du pivot applique a la matrice A fournit1 0 30 1 00 0 h+ 18

.

D’apres les exercices precedents la famille F est donc libre si et seulement si h 6= −18.

6

2 Familles generatrices

Preambule : On dit qu’une famille F de vecteurs de Rn est generatrice lorsqueVect(F) = Rn.Cette definition concerne une famille de cardinal quelconque. On rappelle que Vect(F) (lesous-espace vectoriel engendre par F) est l’ensemble des combinaisons lineaires finiesd’elements de F . Autrement dit

Vect(F) :=

{k∑

i=1

λixi avec k ∈ N∗ et ∀i ∈ {1, ..., k}λi ∈ R,xi ∈ F

}.

La notion se generalise de la facon evidente lorsque Rn est remplace par un espace vectorielquelconque E.Exercice 8 (*) Soit F = {x1, ...,xp} une famille de p vecteurs de Rn. On forme A lamatrice de taille n× p dont les vecteurs colonnes sont x1, ...,xp.Montrer que les conditions suivantes sont equivalentes

1. F est generatrice.

2. Tout vecteur de Rn s’ecrit sous la forme∑p

i=1 λixi.

3. Pour tout p ∈ Rn l’equation Ay = b admet au moins une solution.

4. L’algorithme du pivot applique a la matrice A aboutit a une matrice contenant npivots.

1.⇔ 2. est simplement la definition de famille generatrice, puisque

Vect(F) =

{p∑

i=1

λixi : λ1 ∈ R, ..., λp ∈ R

}.

Montrons 2.⇒ 3., et commencons par fixer b ∈ Rn. D’apres 2. il existe des reels λ1, ..., λptels que p =

∑pi=1 λixi. Il suffit alors de remarquer que

A

λ1...λp

=

p∑i=1

λixi,

et donc le vecteur y =

λ1...λp

est solution de l’equation Ax = p. �

Pour 3.⇒ 4. on montre de facon equivalente ¬4.⇒ ¬3. On suppose donc que l’agorithmedu pivot aboutit a la matrice TkTk−1...T1A qui contient strictement moins de n pivots. C’estdonc que la derniere ligne de cette matrice est nulle. Mais alors, le vecteur b = T−11 ...T−1k enest tel que l’algorithme du pivot a la matrice augmentee aboutit a une matrice dont laderniere ligne est (0 0 . . . 0 1), autrement dit, l’equation Ay = b n’admet aucune solution.�Etablissons enfin 4.⇒ 2. Si l’algorithme du pivot applique a A aboutit a une matricecontenant n pivots, il en est de meme, quelque soit b ∈ Rn, pour l’algorithme applique a lamatrice augmentee (A b). C’est donc que, quelque soit b ∈ Rn, l’equation Ay = b admet aumoins une solution.

7

Une base est une famille a la fois libre et generatrice 1. Soit B = {x1, ...,xn} une base de Rn,et A la matrice dont les colonnes sont x1, ...,xn. Fixons alors un z ∈ Rn. L’equation Ay = zpossede au moins une solution puisque B est generatrice.De plus si elle possedait deux solutions distinctes y1 6= y2 alors A(y1 − y2) = 0, etl’existence de la solution non triviale y1− y2 impliquerait que la famille B est liee, ce qui estimpossible.On en deduit que Ay = z possede une unique solution y, de sorte que l’ecriture

z =n∑

i=1

yixi

est unique. On dit que les reels y1, ..., yn sont les coordonnees de z dans la base B.Comme on le voit, il faut connaıtre l’ordre dans lequel on considere les elements de la base sion veut decrire un vecteur par ses coordonnees dans cette base.C’est pourquoi on prefere ecrire B = (x1, ...,xn) et (y1, ..., yn) les coordonnees de z dans labase B.Exercice 9 (*) Soit F = {x1, ...,xn} une famille de n vecteurs de Rn. On forme A lamatrice carree dont les vecteurs colonnes sont x1, ...,xn.Montrer que les conditions suivantes sont equivalentes

1. La famille F est une base.

2. La famille F est libre, et elle est maximale au sens ou, ∀xn+1 ∈ Rn, la famille{x1, ...,xn+1} est liee.


4. L’equation Ay = 0 a pour unique solution la solution triviale.

5. L’algorithme du pivot effectue sur A aboutit a la matrice identite.

6. La matrice A est inversible.

7. Quelque soit b ∈ Rn, l’equation Ay = b admet une unique solution.

8. Vect{x1, ...,xn} = Rn.

9. La famille F est generatrice.

10. La famille F est generatrice et minimale au sens ou, pour tout i ∈ {1, ..., n}, lafamille F \ {xi} n’est pas generatrice.

1.⇒ 2., 2.⇒ 3. sont triviales.On a deja montre que 3.⇔ 4.⇔ · · · ⇔ 8. dans l’exercice 2 plus haut.8.⇔ 9. est simplement la definition de famille generatrice.Etablissons alors que 9.⇒ 10., et commencons par fixer i ∈ {1, ..., n}. Si F = {x1, ...xn}, onsait d’apres l’exercice 8 que l’algorithme du pivot applique a la matrice A aboutit a unematrice A qui contient n pivots. Comme ici A est de taille n× n, la matrice A est forcementId. Mais alors, l’equation Ay = xi possede une unique solution (et bien sur il s’agit dey = ei). On ne peut donc pas ecrire xi comme combinaison lineaire des {xj}j 6=i. C’est doncque xi /∈ Vect({xj}j 6=i), i.e. la famille F \ {xi} n’est pas generatrice. �

1. De facon generale une famille de vecteurs F ⊂ E est une base si elle est a la fois libre et generatrice. Onpeut demontrer que pour un espace E donne, le cardinal d’une base (un element de N∪{+∞}) ne depend pasde la base choisie. Ce cardinal commun est appele la dimension de l’espace E.

8

Etablissons enfin 10.⇒ 1., ou de maniere equivalente que ¬1.⇒ ¬10. Si la famille F n’estpas une base, deux cas sont possibles : soit elle n’est pas generatrice, soit elle est generatricemais n’est pas libre ; montrons que dans les deux cas ceci entraıne ¬10.Si F n’est pas generatrice, alors ¬10. est evidente.Si F est generatrice, mais n’est pas libre, alors d’apres l’exercice 2, on peut trouveri ∈ {1, ..., n} tel que xi =

∑j 6=i αjxj. Fixons alors b ∈ Rn. Comme F est generatrice il existe

des reels λ1, ..., λn tels que

b =n∑

j=1

λjxj = λixi +∑j 6=i

λjxj

= λi∑j 6=i

αjxj +∑j 6=i

λjxj

=∑j 6=i

(λiαj + λj)xj,

et donc b ∈ Vect({xj}j 6=i). Comme le raisonnement est valable pour un b ∈ Rn arbitraire onvient d’etablir que {xj}j 6=i est generatrice, et donc ¬10. �

Exercice 10 Determiner si les familles suivantes sont generatrices. Lesquelles sont desbases ?

1. F =

1000

,

0100

,

0010

,

0001

.

2. F =

1

00

,

020

,

000

.

3. F =

{(51

),

(28

),

(13

)}.

4. F =

1

11

,

1−11

,

303

.

5. F =

1

11

,

1−11

,

001

.

6. F =

0

23

,

00−8

,

−131

.

7. F =

02−11

,

−314−4

,

9−7−5−2

.

Rappelons tout d’abord que d’apres notre resolution de l’exercice 3, seules les familles desquestions 1., 5., 6., 7. sont libres.

9

Comme dans la resolution de cet exercice on note systematiquement A la matrice dont lesvecteurs colonnes sont les vecteurs de F .

1. Ici A = Id. D’apres exercice 9.5, la famille est une base.

2. L’algorithme du pivot sur A aboutit (cf exo 3) a une matrice contenant 2 < 3 = npivots. La famille n’est donc pas generatrice.

3. L’algorithme du pivot sur A aboutit a une matrice contenant 2 = n pivots. La familleconsideree est donc generatrice. En revanche, puisqu’elle n’est pas libre, il ne s’agitpas d’une base.

4. L’algorithme du pivot sur A aboutit (cf exo 3) a une matrice contenant 2 < 3 = npivots. La famille n’est donc pas generatrice.

5. L’algorithme du pivot sur A aboutit a la matrice identite, et donc la familleconsideree est une base.

6. L’algorithme du pivot sur A aboutit a la matrice identite, et donc la familleconsideree est une base.

7. Avec trois vecteurs de R4, on ne peut pas avoir un pivot a chaque ligne, et la famillene peut pas etre generatrice.

Exercice 11 VRAI ou FAUX ? On justifiera la reponse.

1. Les vecteurs d’une famille generatrice sont necessairement lies.

2. Les vecteurs colonnes d’une matrice A de taille 4× 5 ne peuvent former une base,mais ils forment necessairement une famille generatrice.

3. Si trois vecteurs de R3 sont dans un meme plan passant par l’origine, alors la famillede ces trois vecteurs ne peut pas etre generatrice.

4. Si trois vecteurs de R3 sont dans un meme plan passant affine, alors la famille de cestrois vecteurs ne peut pas etre generatrice.

5. Si la famille F = {x1, ...xp} de vecteurs de Rn est generatrice alors toute familleG ⊇ F l’est egalement.

6. Si une famille de vecteurs de Rn compte strictement moins de n vecteurs, alors ellene peut pas etre generatrice.

7. Si F est une famille quelconque, il existe une base B ⊇ F .

8. Si F est une famille generatrice, il existe une base B ⊆ F .

1. FAUX : voir par exemple le 1. de l’exercice precedent.

2. FAUX : certes, 5 vecteurs de R4 ne peuvent former une famille libre, et donc nepeuvent constituer une base ; cependant ils ne forment pas necessairement non plusune famille generatrice de R4 (par exemple si on prend 5 fois le vecteur nul).

3. VRAI : Si les trois vecteurs sont dans un meme plan passant par l’origine P , alorstoute combinaison lineaire de ces trois vecteurs appartient egalement a P. L’espacevectoriel engendre par les trois vecteurs est donc inclus dans P ( R3, et la famillen’est donc pas generatrice.

10

4. FAUX : les vecteurs

101

,

011

,

001

appartiennent tous au plan d’equation

x3 = 1, et pourtant ils forment une famille generatrice (et meme une base).

5. VRAI : Quelque soit b ∈ Rn on peut ecrire b comme combinaison lineaire d’elementsde F , qui sont egalement des elements de G, et donc Vect(G) = Rn.

6. VRAI : L’algorithme du pivot effectue sur la matrice A correspondante (de taillen× p avec p < n) aboutit a une matrice qui possede au plus p < n pivots, et onconclut d’apres l’exercice 8.

7. FAUX : il suffit par exemple de considerer le cas ou F = {0}.8. VRAI : Soient x1, ...,xk les elements de F . On pose B0 = ∅ et on effectue

l’algorithme suivant :pour i allant de 1 a k,— si xi /∈ Vect(Bi−1) alors Bi = B ∪ {xi}— sinon on pose Bi = Bi−1.On va alors prouver que Bk est une base de Rn.

Pour cela, on montre que par recurrence sur que pour i ∈ {1, ..., k}

(Hi) Bi est libre , et Vect(Bi) = Vect(x1, ...,xi).

Il est evident que puisque F est generatrice, l’assertion (Hk) dit exactement que Bkest a la fois libre et generatrice, et on aura donc trouve notre base.

L’assertion (H1) est evidente. Notons simplement que si x1 6= 0, B1 = {x1}, tandisque si x1 = 0 alors B1 = B0 = ∅ et il faut simplement rappeler que (∅) = {0} parconvention

Supposons maintenant (Hi−1) avec 1 ≤ i− 1 ≤ k − 1 et montrons (Hi).

Premier cas : xi /∈ Vect(Bi−1). et Bi = Bi−1 ∪ {xi}. Si par l’absurde, Bi n’est paslibre, alors on peut exprimer 0 comme une combinaison lineaire non degeneree deselements de Bi, et on aurait

0 =∑

{j:xj∈Bi−1}

αjxj + αixi.

Si αi = 0 on obtient que Bi−1 est liee et on contredit donc (Hi−1).

Si αi 6= 0, quitte a diviser la relation ci-dessus par αi on peut exprimer xi commecombinaison lineaire des elements de Bi−1 ce qui contredit xi /∈ Vect(Bi−1).On a donc de toutes facons obtenu une contradiction et on conclut que Bi est libredans ce premier cas.

D’autre part, toujours dans ce premier cas, en utilisant (Hi−1) il vient que

Vect(Bi) = Vect(Bi−1 ∪ {xi}) = Vect(Vect(Bi−1),xi) = Vect(x1, ..., xi).

On a donc etabli (Hi) dans ce premier cas.

Deuxieme cas : xi ∈ Vect(Bi−1) et Bi = Bi−1.La liberte de Bi est, dans ce cas, directement donnee par (Hi−1)

11

Soit b ∈ Vect(x1, ...xi), i.e. d’apres (Hi−1), on considere un b ∈ Vect(Bi−1 ∪ {xi}).On peut donc ecrire

b =∑

{j:xj∈Bi−1}

αjxj + αixi,

ou les αj sont reels.

Comme xi ∈ Vect(Bi−1) on a que xi =∑{j:xj∈Bi−1} λjxj, et donc

b =∑

{j:xj∈Bi−1}

(αj + αiλj)xj.

Finalement b ∈ Vect(Bi−1), et on conclut que

Vect(Bi) = Vect(Bi−1) = Vect(x1, ...,xi),

ce qui acheve la preuve de (Hi) dans ce second cas.

3 Applications lineaires de Rn dans Rm

Preambule : Une application T :

{Rn → Rm

x→ T (x)est lineaire si et seulement si

— (i) T (0) = 0.— (ii) ∀λ ∈ R, ∀x ∈ Rn T (λx) = λT (x).— (iii) ∀x ∈ Rn ∀y ∈ Rn T (x + y) = T (x) + T (y).

On pourrait noter que (ii) implique (i) (il suffit de prendre λ = 0). En fait les troisassertions (i), (ii), (iii) peuvent etre resumees en la seule assertion :

(L) ∀(xy) ∈ Rn × Rn ∀(λ, µ) ∈ R× R T (λx + µy) = λT (x) + µT (y).

On verra plus tard que cette notion d’application lineaire se generalise au cadred’applications de E dans V , avec E, V des espaces vectoriels quelconques.

Exercice 12 Soit A une matrice de taille m× n. On note aij l’element de A qui se situe ala i-ieme ligne et j-ieme colonne. On note d’autre part a1, ...an les vecteurs colonnes de A(de sorte que aij est la i-ieme coordonnee de aj).

1. Montrer que l’application

T :

{Rn → Rm

x→ Ax

est lineaire.

2. Quelle est l’image du vecteur ei =

0...010...0

premiere ligne...·

i− eme ligne·...

n− eme ligne

par l’application T ?

12

3. Exprimer l’image par T d’un vecteur quelconque y =

y1...yn

, a l’aide des vecteurs

x1, ...xn.

1. Par definition du produit matriciel, si x =

x1...xn

,y =

y1...yn

sont deux vecteurs

quelconques de Rn et si λ, µ sont deux reels quelconques, la i-ieme coordonnee deA(λx + µy) est egale a

ai1(λx1 + µy1) + · · ·+ aij(λxj + µyj) + · · ·+ ain(λxn + µyn)

= λai1x1 + µai1y1 + · · ·+ λaijxj + µaijyj + · · ·+ λainxn + µainyn

= λ(ai1x1 + · · ·+ ainxn) + µ(ai1y1 + · · ·+ ainyn).

Or ai1x1 + · · ·+ ainxn est la i-ieme coordonnee de Ax, tandis que ai1y1 + · · ·+ ainynest la i-ieme coordonnee de Ay. Comme ceci est valable pour tout i ∈ {1, ..., n} onconclut finalement que

A(λx + µy) = λAx + µAy.

On a donc verifie la condition (L), et l’application T est bien lineaire.

2. L’image du vecteur ei est tout simplement egale a ai.

3. On peut ecrire y =∑n

i=1 yiei. Par linearite de T , on a donc

Ay = A

(n∑

i=1

yiei

)=

n∑i=1

yiAei =n∑

i=1

yiai.

Exercice 13 Soit T : Rn → Rm une application lineaire. On note ai = T (ei). Soit A lamatrice dont les colonnes sont a1, ...an. Montrer que

∀x ∈ Rn Ax = T (x).

D’abord pour tout i ∈ {1, ..., n} on a, par definition des ai,

Aei = ai = T (ei).

Maintenant pour un x ∈ Rn quelconque on a x =∑n

i=1 xiei, et donc, par linearite de T etdefinition du produit matriciel,

T (x) =

n∑i=1

xiai = Ax.

Les exercices qui precedent sont fondamentaux : le premier nous apprend qu’a toute matriceA on peut faire correspondre une application lineaire T , qui envoie le vecteur x sur Ax.

13

Le deuxieme est encore plus interessant : il nous apprend que toute application lineaire deRn dans Rm peut etre vue comme ”la multiplication a gauche par une certaine matrice A detaille m× n”.De plus, il est tres simple de determiner A, sa j-ieme colonne n’est autre que l’image par Tde ej, le j-ieme vecteur de la base canonique.On dit que A est la matrice de l’application lineaire T . Avec un leger abus, on confondrasouvent par la suite l’application lineaire T et sa matrice A.Exercice 14 Determiner A, la matrice de l’application lineaire T telle que

Ab1 = c1 et Ab2 = c2,

dans les cas suivants

1. b1 =

(−91

),b2 =

(1−4

), c1 =

(−51

), c2 =

(3−5

)2. b1 =

(1−3

),b2 =

(−24

), c1 =

(−79

), c2 =

(−57

).

3. b1 =

(−31

),b2 =

(75

), c1 =

(10

), c2 =

(01

).

Dans ces trois cas, on dit que la matrice A obtenue est une matrice de changement de base.Pouvez-vous expliquer pourquoi ?

1. Notons (aij){1≤i,j≤2} les coefficients de la matrice A recherchee. Egaliser la premierecoordonnee a gauche et a droite des deux relations Ab1 = c1, Ab2 = c2 nous fournitles deux equations {

−9a11 + a12 = −5

a11 − 4a12 = 3.

De meme, en egalisant la deuxieme coordonnee a gauche et a droite des deuxrelations Ab1 = c1, Ab2 = c2 on obtient{

−9a21 + a22 = 1

a21 − 4a22 = −5.

On a donc obtenu deux systemes de deux equations a 2 inconnues, dont les matricesaugmentees sont respectivement(

−9 1 −51 −4 3

) (−9 1 11 −4 −5

).

L’algorithme du pivot a chacune de ces matrices aboutit a(1 0 17/350 1 −22/35

) (1 0 1/350 1 14/35

),

et on conclut que

a11 = 17/35, a12 = −22/35 a21 = 1/35, a22 = 44/35,

de sorte que

A =

(17/35 −22/351/35 44/35

).

14

Remarque : Si on note b11, b12 les coordonnees de b1, et on introduit des notationssimilaires pour les coordonnees de b2, c1, c2, les deux matrices augmentees obtenuessont exactement (

b11 b12 c11b21 b22 c21

) (b11 b12 c12b21 b22 c22

).

Seule la derniere colonne varie, et si on note B =

(b11 b12b21 b22

), on aurait pu, pour

simplifier, faire directement l’algorithme du pivot surb11 b12... c11 c12

b21 b22... c21 c22

2. D’apres la remarque faite a l’exercice precedent, il nous suffit d’appliquer

l’algorithme du pivot a la matrice(1 −3 −7 9−2 4 −5 7

),

on obtient

(1 0 43/2 −57/20 1 19/2 −25/2

)et on en deduit que

A =

(43/2 19/2−57/2 −25/2

).

3. Toujours par la meme methode on applique l’algorithme du pivot a(−3 1 1 07 5 0 1

),

on obtient (1 0 −5/22 1/220 1 7/22 3/22

),

et on deduit que

A =

(−5/22 7/221/22 3/22

).

4. Dans chacun des 3 cas on observe que B = (b1,b2) est une base de R2, tout commeB = (c1, c2). Ainsi la transformation lineaire de matrice A est l’unique applicationlineaire de R2 dans lui-meme qui transforme la base B en la base B.

Si on a x = α1b1 + α2b2 (pour un quelconque x ∈ R2 une telle decomposition existepuisque B est une base), alors

Ax = α1c1 + α2c2.

En particulier puisque B est une base, Ax = 0 ssi α1 = α2 = 0, i.e. ssi x = 0. On endeduit que l’unique solution de Ax = 0 est la solution triviale (autrement ditker(A) = {0}), et donc une matrice qui transforme une base B en une base B estnecessairement inversible.

15

On notera d’autre part, que dans chacun des 3 cas, la matrice A transformeegalement la base canonique B0 = (e1, e2) en la base dont les vecteurs sont lescolonnes de A.

A contrario, la matrice A−1 envoie les vecteurs colonnes de A sur la base canonique.

Exercice 15 Soit T l’application lineaire de matrice A =

1 0 00 1 00 0 0

.

1. Quelle est l’image par T des vecteurs

123

,

12−1

,

−1−20

,

111

?

2. Trouver tous les x ∈ R3 tels que Ax =

123

.


120

.

4. Determiner Im(T ) = Im(A) := {Ax,x ∈ R3}.5. Determiner Ker(T ) = Ker(A) := {x ∈ R3 : Ax = 0}.6. Pouvez-vous decrire geometriquement ce que l’application T effectue ?

1. On a

T

123

= A

123

=

1 0 00 1 00 0 0

123

=

120

.

De meme

T

12−1

=

120

, T

12−1

=

120

, T

−1−20

=

−1−20

.

2. Il n’y a aucun x qui convient, en effet l’equation matricielle Ax =

123

est

equivalente au systeme lineaire de matrice augmentee

1 0 0 10 1 0 20 0 0 3

, et la derniere

equation de ce systeme est impossible.

3. L’equation matricielle Ax =

120

est equivalente au systeme lineaire de matrice

16

augmentee

1 0 0 10 1 0 20 0 0 0

, dont l’ensemble de solutions est

x =

12x3

, x3 ∈ R

.

4. Quelque soit x ∈ R3 on a Ax = x1a1 + x2a2 + x3a3, ainsi l’image (abbrege pour”l’ensemble des images”) Im(A) est l’ensemble des combinaisons lineaires desvecteurs colonnes de la matrice A. Ici

Im(A) = Vect

1

00

,

010

,

000

=

x1x2

0

, (x1, x2) ∈ R2

= {x : x3 = 0},

autrement dit Im(A) est le plan d’equation x3 = 0.

5. On doit trouver l’ensemble des x tel que Ax = 0. Cette equation matricielle est

equivalente au systeme de matrice augmentee

1 0 0 00 1 0 00 0 0 0

, dont l’ensemble de

solutions est x =

00x3

, x3 ∈ R

.

6. L’application T est la projection d’axe Ox3 sur le plan Ox1x2 (autrement dit laprojection orthogonale sur le plan d’equation x3 = 0).

Exercice 16 Soit A =

1 −33 51 7

et T l’application lineaire de matrice A (de sorte que

pour tout x ∈ R2, T (x) = Ax).

1. Trouver l’image par T des vecteurs

(00

),

(21

),

(2−1

).

2. Trouver tous les x ∈ R2 tels que T (x) =

32−2

.

3. Trouver tous les x ∈ R2 tels que T (x) =

325

.

4. Determiner Im(T ) = Im(A) = {Ax,x ∈ R2}.5. Determiner Ker(T ) = Ker(A) = {x ∈ R2 : Ax = 0}.

On procede comme dans l’exercice precedent.

17

1. On trouve

T((

00

))=

000

, T((

21

))=

−1119

, T((

2−1

))=

41−5

.

2. On resout le systeme de matrice augmentee1 −3 33 5 21 7 −2

qui conduit au systeme equivalent de matrice augmentee1 0 3/2

0 1 −1/20 0 0

,

dont l’unique solution est x =

(3/2−1/2

).

3. On obtient cette fois un systeme equivalent de matrice augmentee1 0 3/20 1 −1/20 0 4

,

qui ne possede aucune solution.

4. Les deux colonnes de A forment une famille libre, on a

Im(A) = Vect ({a1,a2}) =

x =

λ− 3µ3λ+ 5µλ+ 7µ

= {x : 8x1 − 5x2 + 7x3 = 0}.

5. On resout Ax = 0, on obtient cette fois un systeme equivalent de matrice augmentee1 0 00 1 00 0 0

,

dont la seule solution est x = 0, et on conclut que

Ker(A) = {0}.


(1 03 1

).


(01

),

(12

),

(−10−20

),

(41

)?


(12

).

18


(1−1

).


1. On trouve

T((

01

))=

(01

), T

((12

))=

(15

), T

((−10−20

))=

(−10−50

), T((

41

))=

(413

)

2. On trouve l’unique solution x =

(1−1

).


(1−4

).

4. Im(A) = R2

5. Ker(A) = {0}.6. L’application T laisse e1 inchange, en revanche elle envoie e2 sur 3e1 + e2. Elle

envoie donc les vecteurs du carre [0, 1]× [0, 1] dans le parallelogramme de sommets(0, 0), (1, 0), (3, 1), (4, 1). On pourrait parler de distorsion.


(1/√

2 1/√

2

−1/√

2 1/√

2

).


(11

),

(12

),

(−1−5

),

(41

)?


(11

).


(1−1

).


1.

T((

11

))=

(√2

0

), T

((12

))=

(3√2−1√2

), T

((−1−5

))=

(−3√

2

−2√

2

), T((

41

))=

(5√2−3√2

)


(0√2

).


(√2

0

).

4. Im(A) = R2

19

5. Ker(A) = {0}.6. L’application T est une rotation autour de l’origine d’angle π/4.

Les definitions d’image (Im) et de noyau (Ker) d’une application lineaire, donnees dans lesquatre exercices precedents, sont en fait valables pour un T : Rn → Rm quelconque.Un vecteur de Rm est dans l’image si il a au moins un antecedent dans Rn par T (i.e. sil’image reciproque de b par T est non vide). Autrement dit,

b ∈ Im(A)⇔ L’equation Ax = b possede au moins une solution.

D’autre part, Ax = x1a1 + ...+ xnan, et donc

b ∈ Im(A)⇔ b ∈ Vect({a1, ...,an}),

i.e. l’image de A est l’espace vectoriel engendre par les vecteurs colonnes de A.Par ailleurs Le noyau est tout simplement l’image reciproque de 0 par l’application T .Autrement dit

b ∈ Ker(A)⇔ Ab = 0.

Supposons que b ∈ Im(A), choisissons un x0 ∈ Rn tel que Ax0 = b, et notons Sb l’ensembledes solutions de l’equation Ax = b.Pour tout u ∈ Ker(T ) on a A(x0 + u) = b. Ainsi {x0 + u,u ∈ Ker(A)} ⊂ Sb.Reciproquement si x est tel que Ax = b, alors A(x− x0) = 0, et donc x− x0 ∈ Ker(A).On conclut que

Sb = {x0 + u,u ∈ Ker(A)}.

Finalement, toute solution de l’equation Ax = b s’ecrit comme la somme d’une solutionparticuliere (x0) et d’une solution de l’equation homogene associee (un vecteur u ∈ Ker(A)est solution de Ax = 0).

On dit que T est injective lorsque Ker(T ) = {0}, ceci correspond au cas ou tout element deRm admet au plus un antecedent par T dans Rn

On dit que T est surjective lorsque Im(T ) = Rm, ceci correspond au cas ou tout element deRm possede au moins un antecedent par T dans Rn.On dit enfin que T est bijective lorsqu’elle est a la fois injective et surjective.D’apres l’exercice 9 ci-dessus, le fait que T est bijective est equivalent au fait que la matriceA de T est carree et inversible.Exercice 19 Parmi les applications lineaires definies dans les exercices 14 a 18, lesquellessont injectives ? surjectives ? bijectives ?La projection de l’exercice 15 (en fait plus generalement, n’importe quelle projection sur uns.e.v strictement inclus dans Rn) n’est ni injective (l’axe de la projection s’envoie sur 0), nisurjective (les seules vecteurs de l’image sont ceux du sous-espace sur lequel on projette).

La transformation de l’exercice 16 n’est pas surjective puisque l’image n’est qu’un plan deR3. Elle est en revanche injective puisque le noyau est reduit au vecteur nul.

La distorsion de l’exercice 17 est bijective puisque son image est R2 et son noyau est reduitau vecteur nul (par ailleurs il s’agit clairement d’une matrice qui transforme la basecanonique en la base (e1, 3e1 + e2)).

20

La rotation de l’exercice 18 est une bijection puisque son image est R2 et son noyau estreduit au vecteur nul (par ailleurs il s’agit clairement de la matrice qui transforme la basecanonique en la base ((e1 + e2)/

√2, (−e1 + e2)/

√2), i.e. fait tourner les vecteurs de la base

canonique d’un angle π/4 autour de l’origine).

Exercice 20 (*) Montrer que l’application T : Rn → Rn, de matrice A, est bijective si etseulement si les n vecteurs images par T des vecteurs d’une base B de Rn forment egalementune base de Rn.Supposons A bijective, et montrons qu’elle envoie une base de Rn (par exemple la basecanonique) sur une base de Rn. Notons que A envoie les vecteurs de la base canonique surses vecteurs colonnes a1, ...,an. Puisque A est inversible, on peut utiliser l’exercice 9(precisement le fait que la condition 6. de cet exercice implique la condition 1.) pour voirque ces vecteurs forment une base de Rn.

Supposons desormais que A envoie resp. les vecteurs b1, ...,bn (qui forment la base B deRn) resp. sur les vecteurs c1, ...cn (qui forment quant a eux la base B de Rn).Montrons alors que Ay = 0 admet l’unique solution y = 0. Pour cela, supposons parl’absurde qu’il existe une solution non triviale y0. Ce vecteur admet une (unique)decomposition dans la base B, i.e.

y0 = λ1b1 + ...+ λnbn.

Comme y0 6= 0 cette decomposition ne peut pas etre degeneree.Mais alors, par linearite

Ay0 = λ1c1 + ...+ λncn = 0.

On a trouve une combinaison lineaire non degeneree des ci qui fournit le vecteur nul, ce quiimplique que B est liee, une contradiction.On conclut que Ay = 0 admet l’unique solution y = 0. D’apres l’exercice 9 (precisement lefait que la condition 4. de cet exercice implique la condition 6.), ceci permet de conclure queA est inversible.

21

feuille d’exercices 6 - lpsm.paris · 3.l’ equation matricielle ay = 0 admet au moins une...

Documents