Bonjour,
Qui peut me faire les exos . 4.1, 4.2, 4.5,4.6 :
http://formation.u-psud.fr/courses/L1MP ... PI20092010
Matrices
Re: Matrices
Bonjour
Exercice 4.1
1) Une combinaison linéaire de la suite des colonnes de $A$ s'écrit $\left(\begin{matrix}2a-b+2c+d \\ b+c+2d \\ -2c-2d\end{matrix}\right)$.
Il faut donc montrer qu'une matrice $\left(\begin{matrix}x \\ y \\ z\end{matrix}\right)$ de ${\cal M}_{3,1} ({\mathbb R})$ peut s'écrire sous cette forme.
On peut, pour cela, fixer, par exemple, la valeur 1 à $d$ et calculer $a,b, c $ en fonction de $x, y, z$
2) Dans ${\cal M}_{3,4} ({\mathbb R})$, pour que la suite $(A,B)$ soit liée, il faudrait qu'il existe un réel $\alpha$ tel que $B=\alpha A$ donc on devrait avoir $\left(\begin{matrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{matrix}\right) =\left(\begin{matrix}2\alpha \\ 0 \\ 0\end{matrix}\right)$ ce qui est impossible donc la suite $(A,B)$ est libre.
$C=A+2B$ donc la suite $(A,B,C)$ est liée.
Exercice 4.1
1) Une combinaison linéaire de la suite des colonnes de $A$ s'écrit $\left(\begin{matrix}2a-b+2c+d \\ b+c+2d \\ -2c-2d\end{matrix}\right)$.
Il faut donc montrer qu'une matrice $\left(\begin{matrix}x \\ y \\ z\end{matrix}\right)$ de ${\cal M}_{3,1} ({\mathbb R})$ peut s'écrire sous cette forme.
On peut, pour cela, fixer, par exemple, la valeur 1 à $d$ et calculer $a,b, c $ en fonction de $x, y, z$
2) Dans ${\cal M}_{3,4} ({\mathbb R})$, pour que la suite $(A,B)$ soit liée, il faudrait qu'il existe un réel $\alpha$ tel que $B=\alpha A$ donc on devrait avoir $\left(\begin{matrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{matrix}\right) =\left(\begin{matrix}2\alpha \\ 0 \\ 0\end{matrix}\right)$ ce qui est impossible donc la suite $(A,B)$ est libre.
$C=A+2B$ donc la suite $(A,B,C)$ est liée.
Re: Matrices
Exercice 4.2
1. Soit $M\in {\cal S},\ M=a\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{matrix}\right) +b\left(\begin{matrix}0 & -1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$\cal S$ est donc engendré par les matrices $A=\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{matrix}\right)$ et $B=\left(\begin{matrix}0 & -1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$(A,B)$ est une suite libre donc une base donc $\cal S$ est de dimension 2. C'est un plan vectoriel.
Soit $M\in {\cal T},\ M=c\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix}\right) +d\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$\cal T$ est donc engendré par les matrices $C=\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix}\right)$ et $D=\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$(C,D)$ est une suite libre donc une base donc $\cal T$ est de dimension 2. C'est un plan vectoriel.
2. a) $M \in {\cal S} \cap {\cal T} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}a&=&c \\ -b&=&d \\ b&=&d \\a&=&-c\end{array}\right.$ ce qui équivaut à $a=b=c=d=0$ donc ${\cal S} \cap {\cal T} $ est la matrice nulle.
b) En reprenant les notations précédentes :
$A+C=\left(\begin{matrix}2& 0 \\ 0 & 0\end{matrix}\right) ; B+D=\left(\begin{matrix}0& 0 \\ 2 & 0\end{matrix}\right) ; D-B=\left(\begin{matrix}0& 2 \\ 0 & 0\end{matrix}\right) ; A-C=\left(\begin{matrix}0& 0 \\ 0 & 2\end{matrix}\right)$
Pour toute matrice $M=\left(\begin{matrix}x & y \\ z & t\end{matrix}\right)$,
$M=\frac{1}{2} x(A+C)+\frac{1}{2} y(D-B)+\frac{1}{2} z (B+D)+\frac{1}{2} t(A-C)$
$M=[\frac{1}{2}(x+t)A+\frac{1}{2}(-y+z)B]+[\frac{1}{2}(x-t)C+\frac{1}{2}(y+z)D]$
$\frac{1}{2}(x+t)A+\frac{1}{2}(-y+z)B\in {\cal S}$ et $\frac{1}{2}(x-t)C+\frac{1}{2}(y+z)D\in {\cal T}$
Toute matrice de ${\cal M}_2{\mathbb R}$ est la somme d'une matrice de $\cal S$ et d'une matrice de $\cal T$
c) Conclusion : ${\cal S}\oplus {\cal T}={\cal M}_2{\mathbb R}$
1. Soit $M\in {\cal S},\ M=a\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{matrix}\right) +b\left(\begin{matrix}0 & -1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$\cal S$ est donc engendré par les matrices $A=\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{matrix}\right)$ et $B=\left(\begin{matrix}0 & -1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$(A,B)$ est une suite libre donc une base donc $\cal S$ est de dimension 2. C'est un plan vectoriel.
Soit $M\in {\cal T},\ M=c\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix}\right) +d\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$\cal T$ est donc engendré par les matrices $C=\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix}\right)$ et $D=\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)$
$(C,D)$ est une suite libre donc une base donc $\cal T$ est de dimension 2. C'est un plan vectoriel.
2. a) $M \in {\cal S} \cap {\cal T} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}a&=&c \\ -b&=&d \\ b&=&d \\a&=&-c\end{array}\right.$ ce qui équivaut à $a=b=c=d=0$ donc ${\cal S} \cap {\cal T} $ est la matrice nulle.
b) En reprenant les notations précédentes :
$A+C=\left(\begin{matrix}2& 0 \\ 0 & 0\end{matrix}\right) ; B+D=\left(\begin{matrix}0& 0 \\ 2 & 0\end{matrix}\right) ; D-B=\left(\begin{matrix}0& 2 \\ 0 & 0\end{matrix}\right) ; A-C=\left(\begin{matrix}0& 0 \\ 0 & 2\end{matrix}\right)$
Pour toute matrice $M=\left(\begin{matrix}x & y \\ z & t\end{matrix}\right)$,
$M=\frac{1}{2} x(A+C)+\frac{1}{2} y(D-B)+\frac{1}{2} z (B+D)+\frac{1}{2} t(A-C)$
$M=[\frac{1}{2}(x+t)A+\frac{1}{2}(-y+z)B]+[\frac{1}{2}(x-t)C+\frac{1}{2}(y+z)D]$
$\frac{1}{2}(x+t)A+\frac{1}{2}(-y+z)B\in {\cal S}$ et $\frac{1}{2}(x-t)C+\frac{1}{2}(y+z)D\in {\cal T}$
Toute matrice de ${\cal M}_2{\mathbb R}$ est la somme d'une matrice de $\cal S$ et d'une matrice de $\cal T$
c) Conclusion : ${\cal S}\oplus {\cal T}={\cal M}_2{\mathbb R}$
Re: Matrices
Exercice 4.5
1. $A=\left(\begin{matrix}1 & -1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & -1& 3 \end{matrix}\right)$
2.a. $C_1=C_2+C_3$
$A\cdot \left(\begin{matrix}x\\ y\\ z\\ t\end{matrix}\right)=xc_1+yc_2+zc_3+tC_4$
Avec $C_1=C_2+C_3$ on obtient $(x+y)c_2+(x+z)c_3+tc_4$.
On obtient un vecteur de $E=Ker(A)$ avec $\left\{\begin{array}{rcl}x+y=0 \\ x+z=0 \\ t=0\end{array}\right.$
On peut choisir $v_3=(1,-1,-1,0)$
b. $C_4=C_1+C_2$ donc l'image d'un vecteur est égale à $xc_1+yc_2+zc_3+t(c_1+c_2)=(x+t)c_1+(y+t)c_2+zc_3$
On obtient un vecteur de $E=Ker(A)$ avec $\left\{\begin{array}{rcl}x+t=0 \\ y+t=0 \\ z=0\end{array}\right.$
On peut choisir $v_4=(1,1,0,-1)$
c. En numérotant les lignes $L_3=L_2-L_1$ donc $(S)$ est de rang 2.
3. La suite $(v_3,v_4)$ est libre. Étant donné que $dim(E)=2$, c'est donc une base de $E$.
4. $u=av_3+bv_4\in E$
$u=(a+b, -a+b, -a, -b)$. Son image est nulle donc $(a+b)c_1+(-a+b)c_2-ac_3-bc_4=0$ soit $a(c_1-c_2-c_3)+b(c_1+c_2-c_4)=0$
Avec, par exemple, $a=2$ et $b=1$, on obtient la relation de dépendance linéaire : $3c_1-c_2-2c_3-c_4=0$
1. $A=\left(\begin{matrix}1 & -1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & -1& 3 \end{matrix}\right)$
2.a. $C_1=C_2+C_3$
$A\cdot \left(\begin{matrix}x\\ y\\ z\\ t\end{matrix}\right)=xc_1+yc_2+zc_3+tC_4$
Avec $C_1=C_2+C_3$ on obtient $(x+y)c_2+(x+z)c_3+tc_4$.
On obtient un vecteur de $E=Ker(A)$ avec $\left\{\begin{array}{rcl}x+y=0 \\ x+z=0 \\ t=0\end{array}\right.$
On peut choisir $v_3=(1,-1,-1,0)$
b. $C_4=C_1+C_2$ donc l'image d'un vecteur est égale à $xc_1+yc_2+zc_3+t(c_1+c_2)=(x+t)c_1+(y+t)c_2+zc_3$
On obtient un vecteur de $E=Ker(A)$ avec $\left\{\begin{array}{rcl}x+t=0 \\ y+t=0 \\ z=0\end{array}\right.$
On peut choisir $v_4=(1,1,0,-1)$
c. En numérotant les lignes $L_3=L_2-L_1$ donc $(S)$ est de rang 2.
3. La suite $(v_3,v_4)$ est libre. Étant donné que $dim(E)=2$, c'est donc une base de $E$.
4. $u=av_3+bv_4\in E$
$u=(a+b, -a+b, -a, -b)$. Son image est nulle donc $(a+b)c_1+(-a+b)c_2-ac_3-bc_4=0$ soit $a(c_1-c_2-c_3)+b(c_1+c_2-c_4)=0$
Avec, par exemple, $a=2$ et $b=1$, on obtient la relation de dépendance linéaire : $3c_1-c_2-2c_3-c_4=0$
Re: Matrices
Exercice 4.6
1. Le système est de rang 2 car $L_1=L_2+L_3$
Le système formé par $L_2$ et $L_3$ est équivalent à $\left\{\begin{array}{rcl}x=y+2z+2t \\ 3y+3z+t=0\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}t=-3y-3z \\ x=-5y-4z\end{array}\right.$
On peut prendre pour $(y,z)$ les couples (0,1) et (1,0). On obtient ${\cal F} =((-4,0,1,-3),(-5,1,0,-3))$
$v_1=(1,2,1,-1)\ ,\ v_2=(-1,1,2,2)\ ,\ v_3=(2,1,-1,-3)$
$v_1=v_2+v_3$ et $v_2$ et $v_3$ sont linéairement indépendants donc ${\cal V}=(v_2,v_3)$
2. $u\in E\Longleftrightarrow \exists (a,b)\in {\mathbb R}^2\ ,\ u=a(-1,1,2,2)+b(2,1,-1,-3)=(-a+2b,a+b,2a-b,2a-3b)$
Le vecteur (-4,0,1,-3) appartient à $E$ si et seulement si $\exists (a,b)\in {\mathbb R}^2\ /\ \left\{\begin{array}{rcl}-a&+&2b&=&-4\\ a&+&b&=&0\\ 2a&-&b&=&1 \\ 2a&-&3b&=&-3\end{array}\right.$
On montre que le système n'a pas de solution donc $(-4,0,1,-3)\notin E$. De même $(-5,1,0,-3)\notin E$ donc $E\cap F=\{0\}$
$E$ et $F$ sont de dimension 2. $dim(E+F)=dim(E)+dim(F)-dim(E\cap F)=2+2-0=4=dim({\mathbb R}^4)$ et $E+F\subset {\mathbb R}^4$ donc $E+F={\mathbb R}^4$.
$E$ et $F$ sont donc supplémentaires dans ${\mathbb R}^4$
3. a. Il suffit de remplacer $x,y,z,t$ par les coordonnées de $v_1$ puis $v_2$ et $v_3$ pour montrer que pour chacun le système est vérifiée.
$L_1=L_2+L_3$ . $rg(\Sigma)=2$
B. $E$ est engendré par $(v_2,v_3)$, $v_2$ et $v_3$ appartiennent à $Sol(\Sigma)$. $E$ et $(\Sigma)$ ont même dimension donc $E=Sol (\Sigma)$
1. Le système est de rang 2 car $L_1=L_2+L_3$
Le système formé par $L_2$ et $L_3$ est équivalent à $\left\{\begin{array}{rcl}x=y+2z+2t \\ 3y+3z+t=0\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}t=-3y-3z \\ x=-5y-4z\end{array}\right.$
On peut prendre pour $(y,z)$ les couples (0,1) et (1,0). On obtient ${\cal F} =((-4,0,1,-3),(-5,1,0,-3))$
$v_1=(1,2,1,-1)\ ,\ v_2=(-1,1,2,2)\ ,\ v_3=(2,1,-1,-3)$
$v_1=v_2+v_3$ et $v_2$ et $v_3$ sont linéairement indépendants donc ${\cal V}=(v_2,v_3)$
2. $u\in E\Longleftrightarrow \exists (a,b)\in {\mathbb R}^2\ ,\ u=a(-1,1,2,2)+b(2,1,-1,-3)=(-a+2b,a+b,2a-b,2a-3b)$
Le vecteur (-4,0,1,-3) appartient à $E$ si et seulement si $\exists (a,b)\in {\mathbb R}^2\ /\ \left\{\begin{array}{rcl}-a&+&2b&=&-4\\ a&+&b&=&0\\ 2a&-&b&=&1 \\ 2a&-&3b&=&-3\end{array}\right.$
On montre que le système n'a pas de solution donc $(-4,0,1,-3)\notin E$. De même $(-5,1,0,-3)\notin E$ donc $E\cap F=\{0\}$
$E$ et $F$ sont de dimension 2. $dim(E+F)=dim(E)+dim(F)-dim(E\cap F)=2+2-0=4=dim({\mathbb R}^4)$ et $E+F\subset {\mathbb R}^4$ donc $E+F={\mathbb R}^4$.
$E$ et $F$ sont donc supplémentaires dans ${\mathbb R}^4$
3. a. Il suffit de remplacer $x,y,z,t$ par les coordonnées de $v_1$ puis $v_2$ et $v_3$ pour montrer que pour chacun le système est vérifiée.
$L_1=L_2+L_3$ . $rg(\Sigma)=2$
B. $E$ est engendré par $(v_2,v_3)$, $v_2$ et $v_3$ appartiennent à $Sol(\Sigma)$. $E$ et $(\Sigma)$ ont même dimension donc $E=Sol (\Sigma)$