Exercices de Mathématiques

Exercice 1 - Rang d'une matrice paramétrée

L'énoncé source présente une matrice dont les coefficients ont été brouillés lors de l'extraction. En analysant la structure des opérations et le résultat attendu, la matrice étudiée est la matrice circulante suivante :

    [ a  0  0  b ]
A = [ b  a  0  0 ]
    [ 0  b  a  0 ]
    [ 0  0  b  a ]

Cas particuliers d'annulation

Si a = 0 et b = 0, la matrice est nulle, donc le rang de A est 0.

Si a = 0 et b ≠ 0, la matrice devient :

    [ 0  0  0  b ]
A = [ b  0  0  0 ]
    [ 0  b  0  0 ]
    [ 0  0  b  0 ]

Cette matrice possède quatre pivots évidents. Ses colonnes (ou lignes) sont clairement indépendantes, donc le rang de A est 4.

Cas général (a ≠ 0)

Appliquons la méthode du pivot de Gauss sur les lignes (L1, L2, L3, L4) pour échelonner la matrice.

1. Remplaçons L2 par a·L2 - b·L1 : L2 devient (a·b - b·a, a² - 0, 0 - 0, 0 - b²) = (0, a², 0, -b²)

2. Remplaçons L3 par a²·L3 - b·L2 : L3 devient (0, a²·b - b·a², a³ - 0, 0 - b(-b²)) = (0, 0, a³, b³)

3. Remplaçons L4 par a³·L4 - b·L3 : L4 devient (0, 0, 0, a⁴ - b⁴)

La matrice échelonnée obtenue est donc :

[ a   0   0      b    ]
[ 0   a²  0    -b²    ]
[ 0   0   a³     b³   ]
[ 0   0   0   a⁴ - b⁴ ]

Les termes de la diagonale principale sont a, a², a³, et (a⁴ - b⁴). Puisque nous supposons a ≠ 0, les trois premiers termes sont non nuls. Le rang de la matrice dépend donc uniquement de l'annulation du dernier terme.

Si a⁴ - b⁴ ≠ 0 (c'est-à-dire si b n'appartient pas à l'ensemble {a, -a, ia, -ia}), le rang de A est 4 et la matrice est inversible. Si a⁴ - b⁴ = 0 (c'est-à-dire b ∈ {a, -a, ia, -ia}), la dernière ligne s'annule totalement et le rang de A est 3.

Exercice 2 - Inversion d'une matrice à paramètres

Nous considérons la matrice A suivante :

    [ 1    1    1    1   ]
A = [ 1  1+a    1    1   ]
    [ 1    1  1+b    1   ]
    [ 1    1    1  1+c   ]

Échelonnement et condition d'inversibilité

Appliquons des opérations élémentaires sur les lignes pour simplifier A. Conservons L1 intacte et soustrayons L1 aux autres lignes :

• L2 ← L2 - L1
• L3 ← L3 - L1
• L4 ← L4 - L1

Nous obtenons une nouvelle matrice B :

    [ 1  1  1  1 ]
B = [ 0  a  0  0 ]
    [ 0  0  b  0 ]
    [ 0  0  0  c ]

La matrice A est inversible si et seulement si B l'est. B étant triangulaire supérieure, elle est inversible si et seulement si les éléments de sa diagonale sont tous non nuls, donc si et seulement si a ≠ 0, b ≠ 0 et c ≠ 0.

Calcul de la matrice inverse

Supposons a, b, c non nuls. Pour transformer B en la matrice identité I₄, annulons les coefficients de la première ligne :

• L1 ← L1 - (1/a)L2 - (1/b)L3 - (1/c)L4
• Puis L2 ← (1/a)L2, L3 ← (1/b)L3, L4 ← (1/c)L4.

Appliquons ces mêmes opérations (depuis la matrice de départ) sur la matrice identité I₄ pour trouver A⁻¹ : Après la première phase d'opérations (L2-L1, L3-L1, L4-L1), I₄ devient :

[  1   0   0   0 ]
[ -1   1   0   0 ]
[ -1   0   1   0 ]
[ -1   0   0   1 ]

Appliquons la deuxième phase d'opérations à cette matrice : Pour la nouvelle ligne 1 : L1 ← (1, 0, 0, 0) - (1/a)(-1, 1, 0, 0) - (1/b)(-1, 0, 1, 0) - (1/c)(-1, 0, 0, 1) L1 = (1 + 1/a + 1/b + 1/c, -1/a, -1/b, -1/c)

Pour les autres lignes : L2 ← (-1/a, 1/a, 0, 0) L3 ← (-1/b, 0, 1/b, 0) L4 ← (-1/c, 0, 0, 1/c)

L'inverse A⁻¹ est donc :

[ 1 + 1/a + 1/b + 1/c   -1/a   -1/b   -1/c ]
[                -1/a    1/a      0      0 ]
[                -1/b      0    1/b      0 ]
[                -1/c      0      0    1/c ]

Exercice 3 - Bases duales

Question 1 - Base de l'espace dual

Notons (e₁, e₂, e₃) la base canonique de K³ et (e₁, e₂, e₃) sa base duale. Les formes linéaires données s'expriment par : ϕ₁ = e₁ + 2e₂ + 3e₃ ϕ₂ = 2e₁ + 5e₂ + 4e₃ ϕ₃ = e₁ + 3e₂ + 2e₃

La matrice A représentant la famille (ϕ₁, ϕ₂, ϕ₃) exprimée en colonnes dans la base (e₁, e₂, e*₃) est :

    [ 1  2  1 ]
A = [ 2  5  3 ]
    [ 3  4  2 ]

Pour montrer que (ϕ₁, ϕ₂, ϕ₃) forme une base de (K³)⁻*, il suffit de prouver que A est inversible. Formons la matrice augmentée [A | I₃] et appliquons le pivot de Gauss :

[ 1  2  1 |  1  0  0 ]
[ 2  5  3 |  0  1  0 ]
[ 3  4  2 |  0  0  1 ]

L2 ← L2 - 2L1 et L3 ← L3 - 3L1 :

[ 1   2   1 |  1  0  0 ]
[ 0   1   1 | -2  1  0 ]
[ 0  -2  -1 | -3  0  1 ]

L3 ← L3 + 2L2 :

[ 1   2   1 |  1  0  0 ]
[ 0   1   1 | -2  1  0 ]
[ 0   0   1 | -7  2  1 ]

A a trois pivots non nuls, elle est donc inversible, ce qui valide que (ϕ₁, ϕ₂, ϕ₃) est une base.

Question 2 - Trouver la base anté-duale

Poursuivons le pivot pour isoler I₃ à gauche, ce qui nous donnera A⁻¹ à droite : L1 ← L1 - L3 et L2 ← L2 - L3 :

[ 1   2   0 |  8  -2  -1 ]
[ 0   1   0 |  5  -1  -1 ]
[ 0   0   1 | -7   2   1 ]

L1 ← L1 - 2L2 :

[ 1   0   0 | -2   0   1 ]
[ 0   1   0 |  5  -1  -1 ]
[ 0   0   1 | -7   2   1 ]

La matrice inverse A⁻¹ est :

[ -2   0   1 ]
[  5  -1  -1 ]
[ -7   2   1 ]

Les coordonnées des vecteurs (u₁, u₂, u₃) formant la base anté-duale se lisent directement sur les lignes de la matrice de passage inverse A⁻¹ : u₁ = (-2, 0, 1) u₂ = (5, -1, -1) u₃ = (-7, 2, 1)

Exercice 4 - Espace R3[X] et intégrales

Question 1 - Base de l'espace E*

Pour i et j allant de 0 à 3, on évalue la forme linéaire f_j sur le vecteur de base X^i : f_j(X^i) = ∫ (de 0 à 1) t^(i+j) dt = [ t^(i+j+1) / (i+j+1) ] (de 0 à 1) = 1 / (i+j+1)

La matrice A de la famille (f₀, f₁, f₂, f₃) dans la base duale canonique (1*, X*, (X²), (X³)) est construite avec ces coefficients (matrice de Hilbert d'ordre 4) :

    [ 1    1/2  1/3  1/4 ]
A = [ 1/2  1/3  1/4  1/5 ]
    [ 1/3  1/4  1/5  1/6 ]
    [ 1/4  1/5  1/6  1/7 ]

Cette matrice classique a un déterminant strictement positif, elle est donc inversible. Cela confirme que (f₀, f₁, f₂, f₃) constitue bien une base de E*. En effectuant les opérations sur les lignes pour l'inverser (mise au même dénominateur, échelonnement, et remontée), on trouve :

       [   16   -120    240   -140 ]
A⁻¹ =  [ -120   1200  -2700   1680 ]
       [  240  -2700   6480  -4200 ]
       [ -140   1680  -4200   2800 ]

Question 2 - Base anté-duale

De la même manière qu'à l'exercice 3, les composantes des polynômes de la base anté-duale (ε₀, ε₁, ε₂, ε₃) dans la base canonique (1, X, X², X³) correspondent aux lignes de la matrice A⁻¹. On peut donc lire directement l'expression des polynômes : ε₀(X) = 16 - 120X + 240X² - 140X³ ε₁(X) = -120 + 1200X - 2700X² + 1680X³ ε₂(X) = 240 - 2700X + 6480X² - 4200X³ ε₃(X) = -140 + 1680X - 4200X² + 2800X³

Exercice 5 - Noyau et image d'un endomorphisme

Le sujet source contient une erreur de formatage fragmentant les coefficients de la matrice A. En suivant rigoureusement l'équation cartésienne de l'image (2x + 11y + 5z - 8t = 0) et les opérations de réduction décrites dans la correction, la matrice d'origine se reconstitue de manière unique comme suit :

    [  1   0   2   4 ]
A = [  1   1  -1   1 ]
    [ -1   1   3   1 ]
    [  1   2   1   3 ]

Créons le système augmenté [A | X] pour échelonner simultanément les colonnes et identifier le noyau et l'image :

[  1   0   2   4 | x ]
[  1   1  -1   1 | y ]
[ -1   1   3   1 | z ]
[  1   2   1   3 | t ]

Opérations (Bloc 1) : L2 ← L2 - L1, L3 ← L3 + L1, L4 ← L4 - L1

[  1   0   2   4 | x      ]
[  0   1  -3  -3 | -x + y ]
[  0   1   5   5 | x + z  ]
[  0   2  -1  -1 | -x + t ]

Opérations (Bloc 2) : L3 ← L3 - L2, L4 ← L4 - 2L2 (Note : La correction indique L3 ← L3 + L2 et L4 ← L4 + 2L2, ce qui est une coquille typographique contredite par l'algèbre subséquente)

[  1   0   2   4 | x          ]
[  0   1  -3  -3 | -x + y     ]
[  0   0   8   8 | 2x - y + z ]
[  0   0   5   5 | x - 2y + t ]

Opérations (Bloc 3) : L4 ← 8L4 - 5L3

[ 1  0   2   4 | x                      ]
[ 0  1  -3  -3 | -x + y                 ]
[ 0  0   8   8 | 2x - y + z             ]
[ 0  0   0   0 | 8(x - 2y + t) - 5(2x - y + z) ]

Question 1 - Noyau et rang

Le rang de la matrice est le nombre de pivots non nuls, soit rang(A) = 3. Le théorème du rang nous indique que dim(Noyau) = 4 - 3 = 1. Résolvons le système homogène correspondant à la matrice échelonnée (en remplaçant le bloc de droite par des zéros) : x + 2z + 4t = 0 y - 3z - 3t = 0 8z + 8t = 0

La dernière ligne donne z = -t. En remontant, on a : y - 3(-t) - 3t = 0 ⇒ y = 0. Et enfin : x + 2(-t) + 4t = 0 ⇒ x = -2t. Le vecteur cherché s'écrit donc (-2t, 0, -t, t) = -t (2, 0, 1, -1). La base du noyau est le vecteur (2, 0, 1, -1).

Question 2 - Équation cartésienne de l'image

Pour qu'un vecteur colonne (x, y, z, t) appartienne à l'image de f, le système doit être compatible. D'après notre matrice échelonnée, cela implique nécessairement que la dernière équation soit égale à zéro. Développons l'expression trouvée pour L4 : 8(x - 2y + t) - 5(2x - y + z) = 0 8x - 16y + 8t - 10x + 5y - 5z = 0 -2x - 11y - 5z + 8t = 0

En changeant les signes, l'équation cartésienne de l'image de f est bien : 2x + 11y + 5z - 8t = 0

Méthode

Lorsqu'on affronte une épreuve d'algèbre linéaire de ce type, il faut adopter des réflexes rigoureux :

• Déceler la structure avant de calculer : Sur l'exercice 1, la circularité de la matrice indique souvent des manipulations algébriques remarquables liées aux racines de l'unité.
• Ne pas fuir les fractions (ou les contourner) : Sur la matrice de Hilbert de l'exercice 4, la tentation de travailler avec des décimales est un piège. Conservez les expressions rationnelles ou multipliez les lignes par le PPCM des dénominateurs pour manipuler uniquement des entiers.
• Vérification croisée : Lors d'un calcul de noyau ou d'image comme dans l'exercice 5, réinjectez vos vecteurs colonnes (l'image) dans l'équation cartésienne finale trouvée. S'ils annulent l'équation, vos opérations sur les lignes sont justes. Si non, il y a eu une erreur de signe en cours de route.
• Garder la tête froide face aux erreurs d'énoncés : Une erreur de frappe ou une matrice mal extraite ne doit pas bloquer la résolution. Utilisez les informations d'aval (dimension du noyau, équations, trace) pour reconstituer logiquement les données manquantes.