Exercices de Math´ematiques
Op´erations ´el´ementaires, rang d’une matrice (III)
´Enonc´es
´Enonc´es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
D´eterminer le rang de la matrice A d´efinie par A =
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
a 0
0
b a 0
b
0
0
0
b a 0
0
b a
, o`u (a, b) ∈ C2.
Pr´eciser si A =
1
1
1
1
1
1 + a
1
1
1
1
1 + b
1
1 + c
1
1
1
est inversible, et calculer dans ce cas son inverse.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Soient ϕ1, ϕ2, ϕ3 les formes lin´eaires d´efinies sur K3 par, pour tout u = (x, y, z) :
ϕ1(u) = x + 2y + 3z, ϕ2(u) = 2x + 5y + 4z, ϕ3(u) = x + 3y + 2z.
1. Montrer que (ϕ1, ϕ2, ϕ3) est une base de (K3)∗.
2. Trouver la base duale (u1, u2, u3).
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
Sur E = R3[X] on d´efinit les applications fj : P →
Z 1
0
tjP (t) dt.
1. Montrer que la famille (ε∗) = f0, f1, f2, f3 est une base de E∗.
2. D´eterminer de quelle base (ε) de E c’est la base duale.
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
On consid`ere la matrice A d´efinie par A =
2 4
1 0
1 1 −1 1
3 1
1 3
−1 1
1 2
Soit f l’endomorphisme de K4, de matrice A dans la base canonique.
1. Donner une base du noyau de f . Quel est le rang de f ?
2. Donner une ´equation cart´esienne de l’image de f .
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Jean-Michel Ferrard
Exercices de Math´ematiques
Op´erations ´el´ementaires, rang d’une matrice (III)
Indications, r´esultats
Indications ou r´esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Traiter les cas particuliers (a = b = 0) et (a = 0 6= b).
Si a 6= 0 : montrer que rang A = 4 si b4 6= a4 et rang A = 3 sinon.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
La matrice A est inversible si et seulement si a, b, c sont non nuls.
α
−1/a −1/b −1/c
Son inverse est alors A−1 =
−1/a
1/a
−1/b
−1/c
0
0
0
1/b
0
0
0
1/c
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
avec α = 1 + 1
a + 1
b + 1
c .
1. Montrer que la matrice A de la famille ϕ1, ϕ2, ϕ3 dans (e∗) est inversible.
2. Poser u(x, y, z) et u0(x0, y0, z0) = (f (u), g(u), h(u)).
z0 )A−1.
z ) = ( x0
Constater alors que ( x y
En d´eduire u1 = (−2, 0, 1), u2 = (5, −1, −1) et u3 = (−7, 2, 1).
y0
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour tout indice i, remarquer que fj(Xi) =
1
i + j + 1
.
En d´eduire que la matrice A de la famille (ε∗) dans (e∗) est A =
1. Utiliser la m´ethode du pivot pour trouver A−1.
1
1/2
1/3
1/4
1/2
1/3
1/4
1/5
1/3
1/4
1/5
1/6
1/4
1/5
1/6
1/7
2. Si P = a + bX + cX2 + dX3, soit ϕ(P ) la matrice-ligne (f0(P ) f1(P ) f3(P ) f4(P )).
Constater que (a b c d) = ϕ(P )A−1.
En d´eduire ε0 = 16 − 120X + 240X2 − 140X3 (premi`ere ligne de A−1).
Trouver de mˆeme
(cid:26) ε2 = 240 − 2700X + 6480X2 − 4200X3
ε3 = −140 + 1680X − 4200X2 + 2800X3
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On applique la m´ethode du pivot. On trouve rang A = 3.
Le noyau est la droite engendr´ee par (2, 0, 1, −1).
Le vecteur (x, y, z, t) est dans Im f ⇔ 2x + 11y + 5z − 8t = 0.
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Op´erations ´el´ementaires, rang d’une matrice (III)
Corrig´es
Corrig´es des exercices
Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Si
(cid:26) a = 0
b = 0
alors rang A = 0. Si
(cid:26) a = 0
b 6= 0
on a rang A = rang
0
b
0
0
0
0
b
0
0
0
0
b
Publicité
b
0
0
0
= 4.
On peut donc supposer a 6= 0. On utilise successivement les op´erations suivantes :
L2 ← aL2 − bL1, L3 ← a2L3 − bL2, L4 ← a3L4 − bL3
a 0
On obtient alors les matrices :
0
a
b
0 a2
b
0
b a 0
b a 0
⇒
0
0
0
0
b
0 −b2
0
a
⇒
0
a
0 a2
0
0
0
a
0 a2
0
0
⇒
0
b
0 −b2
b3
a3
a
b
0
0
a3
0
b
−b2
b3
a4 − b4
0
0
b a
a
0
On en d´eduit que si b4 6= a4, alors rang A = 4 (la matrice A est inversible.)
Dans le cas contraire, c’est-`a-dire si b ∈ {a, ia, −a, −ia}, alors rang A = 3.
0
0
0
0
0
b
Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On applique des op´erations sur les lignes de A, de maniere a la transformer en I4.
1
1
1
L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − L1
L4 ← L4 − L1
qui transforment A en B =
0 a 0
0
0
0
0
b
0
.
1
0
0
c
On a applique les op´erations
On a (A inversible) ⇔ (B inversible) ⇔ (a, b, c sont non nuls).
Dans ce cas L1 ← abcL1 − aL2 − bL3 − cL4 transforme B en C =
abc
0
0
0
0
a 0
0
b
0
0
0
.
0
c
b L3, L4 ← 1
On transforme C en I4 en appliquant : L1 ← 1
aL2, L3 ← 1
On applique maintenant les mˆemes op´erations a la matrice I4 pour passer de I4 a A−1.
abcL1, L2 ← 1
abc + bc + ac + ab −bc −ac −ab
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
c L4.
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
⇒
−1
−1
Publicité
−1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⇒
−1
−1
−1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
Les dernieres op´erations conduisent a A−1 =
1 + 1/a + 1/b + 1/c −1/a −1/b −1/c
−1/a
−1/b
−1/c
1/a
0
0
0
1/b
0
0
0
1/c
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. On note (e) = e1, e2, e3 la base canonique de K3.
Soit (e∗) = e∗
1, e∗
2, e∗
3 la base duale.
La d´efinition de ϕ1, ϕ2, ϕ3 est
ϕ1 = e∗
ϕ2 = 2e∗
ϕ3 = e∗
1 + 2e∗
1 + 5e∗
1 + 3e∗
2 + 3e∗
3
2 + 4e∗
3
2 + 2e∗
3
La matrice de la famille ϕ1, ϕ2, ϕ3 dans (e∗) est donc A =
1 2 1
2 5 3
3 4 2
.
ϕ1, ϕ2, ϕ3 forment une base de (K3)∗ ⇔ A est inversible. Or :
1
2
1
1
0
0
1
2
1
1
2
3
5
4
3
2
0
0
1
0
0
1
=⇒
L2 ← L2 − 2L1
L3 ← L3 + 3L1
0
1
1 −2
0 −2
1 −3
0
1
0
0
0
1
L1 ← L1 + 2L2
=⇒
L3 ← L3 + 2L2
L1 ← L1 + L3
L2 ← L2 + L3
=⇒
1
0
0
1
0
0
0 −1
5 −2
1
0
1 −2
1 −7
1
2
0
1
0
0 −2
0
1
0
5 −1 −1
1 −7
2
1
0
0
1
Ainsi A est inversible et A−1 =
−2
1
0
5 −1 −1
1
2
−7
.
2. Soient u(x, y, z) et u0(x0, y0, z0) = (f (u), g(u), h(u)). On constate que :
( x0
y0
z0 ) = ( x y
z )
1
2
3
2
5
4
1
3
2
= ( x y
z )A
Publicité
⇒ ( x y
z ) = ( x0
y0
z0 )A−1
Les trois vecteurs uk = (xk, yk, zk) tels que ϕk = u∗
0 ) A−1,
(x2, y2, z2) = ( 0
(x1, y1, z1) = ( 1
0
1
c’est-`a-dire
=
x1
x2
x3
y1
y2
y3
z1
z2
z3
A−1 = A−1.
1 0 0
0 1 0
0 0 1
k sont donc donn´es par :
0 ) A−1,
(x3, y3, z3) = ( 0
0
1 ) A−1
Ainsi les vecteurs u1, u2, u3 sont donn´es par
u1 = (−2, 0, 1)
u2 = (5, −1, −1)
u3 = (−7, 2, 1)
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour tout indice i compris entre 0 et 3, fj(Xi) =
Z 1
0
ti+j dt =
.
1
i + j + 1
4 sa base duale.
Notons (e) la base canonique 1, X, X2, X3 et (e∗) = e∗
L’application e∗
i envoie P = a0 + a1X + a2X2 + a3X3 sur sa composante ai suivant Xi.
1, e∗
2, e∗
3, e∗
On sait que f =
3
P
i=0
f (Xi)e∗
i pour tout f de E∗.
On en d´eduit la matrice A de la famille (ε∗) dans (e∗) : A =
1
1/2
1/3
1/4
1/2
1/3
1/4
1/5
1/3
1/4
1/5
1/6
1/4
1/5
1/6
1/7
1. Pour montrer que (ε∗) est une base de E∗, on montre que A est inversible.
On va mˆeme calculer l’inverse de A, ce qui servira pour la question suivante.
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
1 1/2 1/3 1/4 1 0 0 0
1/2 1/3 1/4 1/5 0 1 0 0
1/3 1/4 1/5 1/6 0 0 1 0
1/4 1/5 1/6 1/7 0 0 0 1
3 12
4
6
12
30 20 15 12
20 15 12 10
105 84 70 60
0
0 60
0
0
0
0
0 60
0
L1 ← 12L1
L2 ← 60L2
L3 ← 60L3
L4 ← 420L4
0
0
0
0 420
6
10
15
0
12
3
12
9 −60 120
0
0
15 −60
0 126 140 135 −420
4
10
16
0
0
0 180
0
0
0
0
0 1680
L2 ← 2L2 − 5L1
L3 ← 3L3 − 5L1
L4 ← 4L4 − 35L1
60
0 10
0
0
0
0
0 −10 −12
10
2
70
0
240 −360
0
120
60 −360 360
9 −60
3
0
0
0
0 8400
Publicité
108 1680 −7560
540 −2160
1800
1920 −1800
360
0
0
0
5040 −12600 8400
60 −360
3
0 0
60
0 10 0 −6 −360
0
0
3
3 −420
0 2
0 0
0 0 0
60
0 10 0 0 −1200
0
0
0 2 0
0 0 3 −420
960 −7200
480 −5400
12000 −27000
5040 −12600
14400 −8400
16800
12960 −8400
8400
240 −140
1680
6480 −4200
2800
1 0 0 0
0 1 0 0 −120
0 0 1 0
0 0 0 1 −140
16 −120
240 −2700
1200 −2700
1680 −4200
L1 ← 5L1 − 3L2
L3 ← 2L3 − 3L2
L4 ← 5L4 − 63L2
L1 ← L1 + 5L3
L2 ← L2 − 5L3
L4 ← L4 − 35L3
L1 ← L1 − L4
L2 ← L2 + 2L4
L3 ← L3 − L4
L1 ← L1/60
L2 ← L2/10
L3 ← L3/2
L4 ← L4/3
Ainsi la matrice A est inversible : la famille (ε∗) = f0, f1, f2, f3 est une base de E∗.
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Op´erations ´el´ementaires, rang d’une matrice (III)
Corrig´es
2. Soit P = a + bX + cX2 + dX3 un polynˆome quelconque de E.
On note ϕ(P ) la matrice-ligne (f0(P ) f1(P ) f3(P ) f4(P )).
On constate que ϕ(P ) est donn´e par ϕ(P ) = (a b c d )A. Donc (a b c d) = ϕ(P )A−1.
Trouver une base (ε) de E dont la base duale est f0, f1, f2, f3, c’est trouver quatre
polynˆomes ε1, ε2, ε3, ε4 tels que
ϕ(ε0) = (1 0 0 0), ϕ(ε1) = (0 1 0 0), ϕ(ε2) = (0 0 1 0), ϕ(ε3) = (0 0 0 1)
Les composantes de ε0 dans la base (e) sont donc donn´ees par (1 0 0 0)A−1, c’est-`a-dire
par la premi`ere ligne de A−1.
Ainsi ε0 = 16 − 120X + 240X2 − 140X3.
De mˆeme les composantes de εk sont les coefficients de la k-i`eme ligne de A−1.
Conclusion : f0, f1, f2, f3 est la base duale de la base ε0, ε1, ε2, ε3 de E d´efinie par :
ε0 = 16 − 120X + 240X2 − 140X3
ε1 = −120 + 1200X − 2700X2 + 1680X3
ε2 = 240 − 2700X + 6480X2 − 4200X3 ε3 = −140 + 1680X − 4200X2 + 2800X3
Corrig´e de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Pour r´epondre aux deux questions, on applique la m´ethode du pivot au tableau ci-dessous :
A0 =
1 0
2 4 x
1 1 −1 1 y
3 1 z
1 3 t
−1 1
1 2
L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 + L1
L4 ← L4 − L1
⇒
4
2
x
1 0
0 1 −3 −3 −x + y
0 1
x + z
0 2 −1 −1 −x + t
5
5
L3 ← L3 + L2
L4 ← L4 + 2L2
2
⇒
x
−x + y
1 0
4
0 1 −3 −3
0 0
0 0
1 0
4
0 1 −3 −3
8
0 0
0 −2x − 11y − 5z + 8t
0 0
Le calcul pr´ec´edent montre que rang A = 3.
x
−x + y
2x − y + z
8 2x − y + z
5 x − 2y + t
8
0
8
5
⇒
2
1. Comme on n’a agi que sur les lignes, tout se passe comme si on avait multipli´e `a gauche
par une martice inversible P : le noyau est donc conserv´e.
Le vecteur u(x, y, z, t) est donc dans le noyau si et seulement si :
x = −2t
y = 0
z = −t
x + 2z + 4t = 0
y − 3z − 3t = 0
8z + 8t = 0
⇐⇒
⇐⇒ (x, y, z, t) = λ(2, 0, 1, −1), o`u λ ∈ R.
le noyau de f est donc la droite vectorielle engendr´ee par le vecteur (2, 0, 1, −1).
2. Reprenons les calculs pr´ec´edents par la m´ethode du pivot, avec le tableau A0 c’est-`a-dire
avec la colonne suppl´ementaire des ind´etermin´ees x, y, z, t.
On sait que les vecteurs-colonne de A forment une famille g´en´eratrice de Im f , qui est un
sous-espace vectoriel de dimension 3 de K4.
Le vecteur (x, y, z, t) est dans Im f ⇔ la matrice A0 est encore de rang 3 et le calcul
ci-dessus montre que cela ´equivaut `a 2x + 11y + 5z − 8t = 0.
On a ainsi obtenu une ´equation de l’hyperplan Im f .
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