Exercices “Rappels d’algèbre linéaire” (A)

Méthode : Pour qu’un sous-ensemble $W$ soit un sous-espace vectoriel, il doit contenir le vecteur nul $0_{\mathbb{R}^3}$ et être stable par combinaison linéaire (addition et multiplication par un scalaire).

Étapes :

1. Analyse de l’ensemble $E$ :

   Vérifions si le vecteur nul $(0,0,0)$ appartient à $E$.

   On remplace dans l’équation : $2(0) - 0 + 3(0) = 0$.

   L’équation est satisfaite, donc $0_{\mathbb{R}^3} \in E$. $E$ n’est pas vide.

2. Stabilité de $E$ :

   Soient $u = (x, y, z)$ et $v = (x', y', z')$ deux vecteurs de $E$ (donc $2x-y+3z=0$ et $2x'-y'+3z'=0$) et soit $\lambda \in \mathbb{R}$.

   Regardons le vecteur $w = u + \lambda v = (x+\lambda x', y+\lambda y', z+\lambda z')$.

   Vérifions si $w$ satisfait l’équation de $E$ :

   $2(x+\lambda x') - (y+\lambda y') + 3(z+\lambda z')$

   $= (2x - y + 3z) + \lambda(2x' - y' + 3z')$

   $= 0 + \lambda(0) = 0$

   Donc $w \in E$. $E$ est stable par combinaison linéaire.

3. Conclusion pour $E$ :

   $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. (C’est un plan passant par l’origine).

4. Analyse de l’ensemble $F$ :

   Vérifions si le vecteur nul $(0,0,0)$ appartient à $F$.

   On remplace dans l’équation : $2(0) - 0 + 3(0) = 0 \neq 1$.

   Le vecteur nul n’appartient pas à $F$.

Réponse :

$E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

$F$ n’est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$ car il ne contient pas le vecteur nul.

Méthode : Pour montrer qu’une famille est une base dans un espace de dimension finie $n$, il suffit de montrer qu’elle est libre et qu’elle contient $n$ vecteurs. La dimension de $\mathbb{R}_2[X]$ est $3$ (base canonique $\{1, X, X^2\}$).

Étapes :

1. Vérification de la liberté :

   Soient $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \mathbb{R}$ tels que :

   $\lambda_1 P_1 + \lambda_2 P_2 + \lambda_3 P_3 = 0_{\mathbb{R}_2[X]}$

   En développant :

   $\lambda_1(1) + \lambda_2(X - 1) + \lambda_3(X^2 - 2X + 1) = 0$

   Regroupons les termes par puissance de $X$ :

   $\lambda_3 X^2 + (\lambda_2 - 2\lambda_3) X + (\lambda_1 - \lambda_2 + \lambda_3) = 0$

   Un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls. On obtient le système :

   $$\begin{cases} \lambda_3 = 0 \\ \lambda_2 - 2\lambda_3 = 0 \\ \lambda_1 - \lambda_2 + \lambda_3 = 0 \end{cases}$$

2. Résolution du système :

   De la première équation, $\lambda_3 = 0$.

   En reportant dans la deuxième : $\lambda_2 - 0 = 0 \implies \lambda_2 = 0$.

   En reportant dans la troisième : $\lambda_1 - 0 + 0 = 0 \implies \lambda_1 = 0$.

   La famille est libre.

3. Conclusion sur la base :

   La famille $\mathcal{F}$ est libre et contient $3$ vecteurs. Comme $\dim(\mathbb{R}_2[X]) = 3$, $\mathcal{F}$ est une base.

4. Calcul des coordonnées de $Q$ :

   On cherche $\alpha, \beta, \gamma$ tels que $Q = \alpha P_1 + \beta P_2 + \gamma P_3$.

   On peut utiliser la formule de Taylor en 1 pour ce cas spécifique, ou identifier les coefficients.

   $Q(X) = 2X^2 - 3X + 5$.

   Exprimons $X$ en fonction de $(X-1)$ : $X = (X-1) + 1$.

   $Q(X) = 2((X-1)+1)^2 - 3((X-1)+1) + 5$

   $Q(X) = 2((X-1)^2 + 2(X-1) + 1) - 3(X-1) - 3 + 5$

   $Q(X) = 2(X-1)^2 + 4(X-1) + 2 - 3(X-1) + 2$

   $Q(X) = 2\underbrace{(X-1)^2}_{P_3} + 1\underbrace{(X-1)}_{P_2} + 4\underbrace{(1)}_{P_1}$

   Donc $Q = 4P_1 + 1P_2 + 2P_3$.

Réponse :

Les coordonnées de $Q$ dans la base $\mathcal{F}$ sont le vecteur colonne $\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

Méthode : Calculer les images des vecteurs de base pour former les colonnes de la matrice.

Étapes :

1. Linéarité :

   Soient $u=(x,y,z), v=(x',y',z') \in \mathbb{R}^3$ et $\lambda \in \mathbb{R}$.

   $f(u + \lambda v) = f(x+\lambda x', y+\lambda y', z+\lambda z')$

   $= ((x+\lambda x') + 2(y+\lambda y') - (z+\lambda z'), \, 2(x+\lambda x') + (y+\lambda y'))$

   $= ((x+2y-z) + \lambda(x'+2y'-z'), \, (2x+y) + \lambda(2x'+y'))$

   $= f(u) + \lambda f(v)$.

   $f$ est bien linéaire.

2. Construction de la matrice $A$ :

   On calcule les images des vecteurs de la base $\mathfrak{B}$ :

   • $f(e_1) = f(1, 0, 0) = (1 + 0 - 0, \, 2 + 0) = (1, 2)$
   • $f(e_2) = f(0, 1, 0) = (0 + 2 - 0, \, 0 + 1) = (2, 1)$
   • $f(e_3) = f(0, 0, 1) = (0 + 0 - 1, \, 0 + 0) = (-1, 0)$

   Les coordonnées de ces vecteurs forment les colonnes de $A$.

   $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

3. Calcul de l’image de $v$ :

   Le vecteur des coordonnées de $v$ est $X = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

   On calcule $Y = AX$ :

   $Y = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$

   $Y = \begin{pmatrix} 1(1) + 2(-1) + (-1)(2) \\ 2(1) + 1(-1) + 0(2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - 2 - 2 \\ 2 - 1 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \end{pmatrix}$

Réponse :

La matrice est $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ et $f(1, -1, 2) = (-3, 1)$.

Méthode : La matrice de passage $P$ contient les vecteurs de la nouvelle base exprimés dans l’ancienne. Les nouvelles coordonnées $X'$ sont obtenues par $X' = P^{-1} X$.

Étapes :

1. Matrice de passage $P$ :

   Les colonnes de $P$ sont les coordonnées de $v_1$ et $v_2$ dans $\mathfrak{B}$.

   $P = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

   Le déterminant est $\det(P) = 2(2) - 3(1) = 4 - 3 = 1 \neq 0$.

   Puisque le déterminant est non nul, la famille est libre et c’est une base (car cardinal = dim = 2).

2. Calcul de $P^{-1}$ :

   Pour une matrice $2 \times 2$ de la forme $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$, l’inverse est $\frac{1}{\det} \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$.

   Ici $\det(P) = 1$.

   $P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$

3. Calcul des nouvelles coordonnées :

   Soit $X = \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix}$ les coordonnées dans $\mathfrak{B}$.

   Soit $X'$ les coordonnées dans $\mathfrak{B}'$.

   On sait que $X = PX'$, donc $X' = P^{-1} X$.

   $X' = \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix}$

   $X' = \begin{pmatrix} 2(5) - 3(3) \\ -1(5) + 2(3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 - 9 \\ -5 + 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

Réponse :

$P = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$, $P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$, et les coordonnées de $u$ dans la base $\mathfrak{B}'$ sont $(1, 1)$.

(Vérification : $1 \cdot v_1 + 1 \cdot v_2 = (2,1) + (3,2) = (5,3)$).

Méthode : Pour le noyau, on résout le système homogène $AX = 0$. Pour l’image, on cherche les colonnes linéairement indépendantes de $A$.

Étapes :

1. Détermination de $\text{Ker}(f)$ :

   On résout $A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$.

   $$\begin{cases} x + y + z = 0 \quad (L_1) \\ 2x + 0y + 4z = 0 \quad (L_2) \\ x - y + 3z = 0 \quad (L_3) \end{cases}$$

   De $(L_2)$, on a $2x = -4z \implies x = -2z$.

   Substituons dans $(L_1)$ : $(-2z) + y + z = 0 \implies y - z = 0 \implies y = z$.

   Vérifions dans $(L_3)$ : $(-2z) - (z) + 3z = -3z + 3z = 0$. (Cohérent).

   Les solutions sont de la forme $(x, y, z) = (-2z, z, z) = z(-2, 1, 1)$.

   $\text{Ker}(f)$ est la droite engendrée par le vecteur $u = (-2, 1, 1)$.

   $\dim(\text{Ker}(f)) = 1$.

2. Détermination de $\text{Im}(f)$ :

   $\text{Im}(f)$ est engendrée par les vecteurs colonnes de $A$ : $C_1=(1,2,1)$, $C_2=(1,0,-1)$, $C_3=(1,4,3)$.

   On sait par le théorème du rang (ou par calcul direct) que la dimension de l’image (le rang) doit être $3 - \dim(\text{Ker}(f)) = 3 - 1 = 2$.

   Cherchons deux colonnes non colinéaires. $C_1$ et $C_2$ ne sont manifestement pas proportionnelles. Elles forment une base de l’image.

   (On peut vérifier que $C_3 = -C_1 + 2C_2$, donc $C_3$ est bien redondante).

   Base de $\text{Im}(f)$ : $\{(1, 2, 1), (1, 0, -1)\}$.

   $\dim(\text{Im}(f)) = \text{rang}(f) = 2$.

3. Vérification du théorème du rang :

   $\dim(\mathbb{R}^3) = \dim(\text{Ker}(f)) + \dim(\text{Im}(f))$

   $3 = 1 + 2$

   L’égalité est vérifiée.

Réponse :

Base du noyau : $\{(-2, 1, 1)\}$. Base de l’image : $\{(1, 2, 1), (1, 0, -1)\}$. Le rang est 2.

Méthode : Utiliser la formule $\dim(V/W) = \dim(V) - \dim(W)$. Pour la base du quotient, prendre des vecteurs qui complètent une base de $W$ en une base de $V$ et considérer leurs classes.

Étapes :

1. Dimension de $W$ :

   Les vecteurs de $W$ sont de la forme $(y, y, t, t) = y(1, 1, 0, 0) + t(0, 0, 1, 1)$.

   La famille $\{w_1=(1, 1, 0, 0), w_2=(0, 0, 1, 1)\}$ est libre et génératrice de $W$.

   Donc $\dim(W) = 2$.

2. Dimension du quotient :

   $\dim(V/W) = \dim(V) - \dim(W) = 4 - 2 = 2$.

3. Base de $V/W$ :

   On cherche deux vecteurs $e_a, e_b$ dans $\mathbb{R}^4$ tels que $\{w_1, w_2, e_a, e_b\}$ soit une base de $\mathbb{R}^4$.

   Prenons $e_a = (1, 0, 0, 0)$ et $e_b = (0, 0, 1, 0)$.

   Vérifions si la famille est libre. Si $\alpha w_1 + \beta w_2 + \gamma e_a + \delta e_b = 0$, alors :

   $(\alpha + \gamma, \alpha, \beta + \delta, \beta) = (0, 0, 0, 0)$.

   Cela implique $\alpha=0, \beta=0$, donc $\gamma=0, \delta=0$. C’est libre.

   Une base de $V/W$ est donc formée par les classes de ces vecteurs :

   $\mathfrak{B}_{V/W} = \{ \overline{(1, 0, 0, 0)}, \overline{(0, 0, 1, 0)} \}$.

Réponse :

$\dim(W)=2$, $\dim(V/W)=2$. Une base de l’espace quotient est $\{(1,0,0,0)+W, (0,0,1,0)+W\}$.

Méthode : Utiliser la règle de Sarrus ou le développement selon une ligne/colonne pour calculer $\det(M_m)$. Une matrice est inversible si $\det \neq 0$.

Étapes :

1. Calcul du déterminant :

   Développons selon la première ligne (qui contient un zéro, ce qui simplifie) :

   $\det(M_m) = 1 \cdot \begin{vmatrix} m & 3 \\ 2 & m \end{vmatrix} - 0 + 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & m \\ 0 & 2 \end{vmatrix}$

   Calculons les mineurs $2 \times 2$ :

   $\begin{vmatrix} m & 3 \\ 2 & m \end{vmatrix} = m^2 - 6$

   $\begin{vmatrix} 2 & m \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = 2(2) - 0(m) = 4$

   Donc :

   $\det(M_m) = 1(m^2 - 6) + 1(4) = m^2 - 6 + 4 = m^2 - 2$

2. Condition d’inversibilité :

   $M_m$ est inversible $\iff \det(M_m) \neq 0$.

   $m^2 - 2 \neq 0 \iff m^2 \neq 2 \iff m \neq \sqrt{2} \text{ et } m \neq -\sqrt{2}$

Réponse :

$\det(M_m) = m^2 - 2$. La matrice est inversible pour tout $m \in \mathbb{R} \setminus \{-\sqrt{2}, \sqrt{2}\}$.

Méthode : $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$. Les racines sont les valeurs propres. Ensuite, résoudre $(A - \lambda I)X = 0$ pour trouver les vecteurs propres.

Étapes :

1. Polynôme caractéristique :

   $P_A(\lambda) = \det \begin{pmatrix} 4-\lambda & 1 \\ 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}$

   $= (4-\lambda)(3-\lambda) - 2(1)$

   $= 12 - 4\lambda - 3\lambda + \lambda^2 - 2$

   $= \lambda^2 - 7\lambda + 10$

2. Valeurs propres :

   On cherche les racines de $\lambda^2 - 7\lambda + 10 = 0$.

   Le discriminant $\Delta = (-7)^2 - 4(1)(10) = 49 - 40 = 9$.

   $\sqrt{\Delta} = 3$.

   Les solutions sont $\lambda_1 = \frac{7 - 3}{2} = 2$ et $\lambda_2 = \frac{7 + 3}{2} = 5$.

   Spectre de $A$ : $\{2, 5\}$.

3. Espaces propres :

   • Pour $\lambda_1 = 2$ :

     On résout $(A - 2I)X = 0$ :

     $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

     L’équation est $2x + y = 0 \implies y = -2x$.

     Vecteur propre : $v_1 = (1, -2)$. Base de $E_2$ : $\{(1, -2)\}$.

   • Pour $\lambda_2 = 5$ :

     On résout $(A - 5I)X = 0$ :

     $\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

     L’équation est $-x + y = 0 \implies y = x$.

     Vecteur propre : $v_2 = (1, 1)$. Base de $E_5$ : $\{(1, 1)\}$.

Réponse :

Valeurs propres : 2 et 5.

Espace propre pour $\lambda=2$ engendré par $\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$.

Espace propre pour $\lambda=5$ engendré par $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.

Méthode : Il faut montrer deux choses :

1. $F \cap G = \{0_{\mathbb{R}^3}\}$
2. $\dim(F) + \dim(G) = \dim(\mathbb{R}^3) = 3$ (ou alternativement $F+G = \mathbb{R}^3$).

Étapes :

1. Dimensions :

   $F$ est défini par une équation linéaire non nulle dans $\mathbb{R}^3$, c’est un plan, donc $\dim(F) = 2$.

   $G$ est engendré par un vecteur non nul, c’est une droite, donc $\dim(G) = 1$.

   On a bien $\dim(F) + \dim(G) = 2 + 1 = 3 = \dim(\mathbb{R}^3)$.

   Il suffit donc de montrer que l’intersection est nulle pour prouver la somme directe.

2. Intersection $F \cap G$ :

   Soit $v \in F \cap G$.

   Comme $v \in G$, il existe $\lambda \in \mathbb{R}$ tel que $v = \lambda(1, 1, 1) = (\lambda, \lambda, \lambda)$.

   Comme $v \in F$, ses coordonnées vérifient l’équation $x + y + z = 0$.

   Substituons : $\lambda + \lambda + \lambda = 0 \implies 3\lambda = 0 \implies \lambda = 0$.

   Donc $v = (0, 0, 0)$.

   L’intersection est réduite au vecteur nul.

3. Conclusion :

   Puisque $\dim(F) + \dim(G) = \dim(\mathbb{R}^3)$ et $F \cap G = \{0\}$, alors $F$ et $G$ sont supplémentaires.

Réponse :

$F \oplus G = \mathbb{R}^3$. Tout vecteur de l’espace se décompose de manière unique comme somme d’un vecteur du plan $x+y+z=0$ et d’un vecteur colinéaire à $(1,1,1)$.

Méthode : Trouver les valeurs propres. Si elles sont distinctes en dimension 2, c’est diagonalisable. Construire $P$ avec les vecteurs propres en colonnes.

Étapes :

1. Critère de diagonalisation :

   Calculons le polynôme caractéristique :

   $P_A(\lambda) = (1-\lambda)(3-\lambda) - 8 = 3 - 4\lambda + \lambda^2 - 8 = \lambda^2 - 4\lambda - 5$.

   Discriminant : $\Delta = 16 - 4(-5) = 36$.

   Il y a deux racines réelles distinctes ($\frac{4 \pm 6}{2}$), soit $-1$ et $5$.

   Puisque $A$ est une matrice $2 \times 2$ avec 2 valeurs propres distinctes, elle est nécessairement diagonalisable.

2. Calcul des vecteurs propres :

   • Pour $\lambda_1 = 5$ :

     $\begin{pmatrix} -4 & 4 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = 0 \implies x = y$. Vecteur $v_1 = (1, 1)$.

   • Pour $\lambda_2 = -1$ :

     $\begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = 0 \implies 2x + 4y = 0 \implies x = -2y$. Vecteur $v_2 = (-2, 1)$.

3. Construction des matrices :

   La matrice diagonale $D$ contient les valeurs propres :

   $D = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$

   La matrice de passage $P$ contient les vecteurs propres (dans le même ordre) :

   $P = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

4. Calcul de $P^{-1}$ :

   $\det(P) = 1(1) - (-2)(1) = 3$.

   $P^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$

Réponse :

$D = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad P = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1/3 & 2/3 \\ -1/3 & 1/3 \end{pmatrix}$