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