CoCalc Public Files2020-05-05-1030-M103.ipynbOpen in with one click!
Author: Samuel Lelièvre
Views : 17
License: Other -- explicitly state in your code
Description: M103 «Algèbre linéaire» - U Paris-Saclay - L1 MPI - Corrigé exo 5.13.

M103, 2020-05-05, 10:30, TD, gr A2 et B3



Université Paris-Saclay. Licence Sciences et technologies. L1 MPI.


Cours Math103 «Algèbre linéaire», TD du 05 mai 2020, groupes A2 et B3.

On travaille la feuille 5. On corrige l'exercice 5.19.

On utilise:

  • pour la voix, l'outil Collaborate via ecampus.paris-saclay.fr
  • comme tableau, cette feuille Jupyter avec le noyau SageMath

Exercice 5.19. — Applications linéaires bijectives et matrices inversibles

Soit f:R3R3f: \R^3 \to \R^3 l'application linéaire définie par

f(x,y,z)=(x+2y+2z,2x+3yz,x+2y+z)f(x,y,z) = (x + 2 y + 2 z, 2 x + 3 y - z, x + 2 y + z).

L'énoncé ne demande pas de vérifier que ff est linéaire. On pourrait le faire.

1.

La matrice de ff dans la base canonique est la matrice AA:

In [1]:
A = matrix([[1, 2, 2], [2, 3, -1], [1, 2, 1]]) A
[ 1 2 2] [ 2 3 -1] [ 1 2 1]

Rappel: en colonnes: les images des vecteurs de base.

In [2]:
x, y, z = SR.var('x, y, z') X = vector([x, y, z])
In [3]:
f = lambda X: A*X
In [4]:
f(X).column()
[x + 2*y + 2*z] [2*x + 3*y - z] [ x + 2*y + z]

2.

On cherche le noyau de ff et son rang.

Le rang de ff est la dimension de l'image de ff.

Par définition, ker(f)={XR3,AX=0}\ker(f) = \{ X \in \R^3,\quad A \cdot X = 0 \}.

Pour trouver le noyau on peut donc échelonner et réduire AA.

In [5]:
A.echelon_form()
[1 0 0] [0 1 0] [0 0 1]

La forme échelonnée et réduite de AA a trois pivots, on a donc

  • trois inconnues principales: xx, yy, zz,
  • aucune inconnue secondaire.

On déduit que le seul élément de ker(f)\ker(f) est le vecteur nul.

Ou si on préfère, que la seule combinaison linéaire des colonnes de AA qui est nulle est celle à coefficients tous nuls.

Conclusion:

  • ker(f)={0}\ker(f) = \{ 0 \}
  • le rang de ff est 33

Puisque ff est linéaire et que ker(f)={0}\ker(f) = \{ 0 \}, on déduit que ff est injective.

Rappel: savoir retrouver que, pour ff linéaire,

  • si ker(f)={0}\ker(f) = \{ 0 \}, alors ff injective
  • si ff injective, alors ker(f)={0}\ker(f) = \{ 0 \}

Comme l'espace d'arrivée de ff et son espace de départ ont la même dimension, savoir que ff est injective nous dit aussi qu'elle est surjective, et donc bijective.

On peut aussi dire que puisque le rang de ff est 33, son image est de dimension 33 à l'intérieur de R3\R^3, donc c'est R3\R^3 tout entier.

Donc ff est surjective.

Étant à la fois injective et surjective, ff est bijective.

3.

Pour toute colonne YY, puisque ff est bijective, il existe un unique antécédent à la colonne YY.

C'est-à-dire: il existe une unique colonne XX telle que AX=YA \cdot X = Y.

On peut donc considérer la bijection réciproque de ff.

Appelons-la gg.

On peut montrer que gg est linéaire.

Elle admet donc une matrice, notons BB cette matrice.

Puisque gg est la bijection réciproque de ff, on a

  • gf=idg \circ f = \operatorname{id}
  • fg=idf \circ g = \operatorname{id}

Matriciellement cela nous donne:

  • BA=IB \cdot A = I
  • AB=IA \cdot B = I

et la matrice de gg est donc l'inverse de la matrice de ff.

Ainsi, AA est inversible.

Pour faire le calcul, on peut augmenter la matrice AA avec les colonnes de la matrice identité:

In [6]:
A_aug = A.augment(identity_matrix(A.ncols()), subdivide=True)
In [7]:
A_aug
[ 1 2 2| 1 0 0] [ 2 3 -1| 0 1 0] [ 1 2 1| 0 0 1]
In [8]:
A_aug_ech = A_aug.echelon_form() A_aug_ech
[ 1 0 0 5 2 -8] [ 0 1 0 -3 -1 5] [ 0 0 1 1 0 -1]
In [9]:
A_inv = A_aug_ech[:, A.ncols():] A_inv
[ 5 2 -8] [-3 -1 5] [ 1 0 -1]
In [10]:
A.inverse()
[ 5 2 -8] [-3 -1 5] [ 1 0 -1]
In [11]:
A^-1
[ 5 2 -8] [-3 -1 5] [ 1 0 -1]

On souhaite résoudre AX=YA \cdot X = Y avec Y=(1,1,2)Y = (1, -1, 2).

Il y a une unique solution qui est X=A1YX = A^{-1} \cdot Y.

In [12]:
Y = vector([1, -1, 2]) X = A_inv * Y X
(-13, 8, -1)
In [13]:
A * X
(1, -1, 2)

4.

On définit trois vecteurs u1u_1, u2u_2, u3u_3 et la famille B=(u1,u2,u3)B' = (u_1, u_2, u_3).

In [14]:
u1 = vector([1, 2, 1]) u2 = vector([-1, -3, 1]) u3 = vector([2, 3, 3])

Montrons que BB' est une base.

In [15]:
P = matrix([u1, u2, u3]).T P
[ 1 -1 2] [ 2 -3 3] [ 1 1 3]
In [16]:
P.echelon_form()
[1 0 0] [0 1 0] [0 0 1]

En échelonnant la matrice qui a les vecteurs u1u_1, u2u_2, u3u_3 comme colonnes,

on obtient trois pivots. C'est donc une famille libre, et donc une base (famille libre de trois vecteurs en dimension trois).

La matrice PP a pour colonnes les vecteurs u1u_1, u2u_2, u3u_3 exprimés dans la base canonique, notée B\mathcal{B}.

C'est donc la matrice de passage de B\mathcal{B} à B\mathcal{B}'.

La matrice de passage de B\mathcal{B}' à B\mathcal{B} est la matrice inverse.

In [17]:
Q = P.inverse() Q
[-12 5 3] [ -3 1 1] [ 5 -2 -1]

On note AA' la matrice de ff dans la base B\mathcal{B}'.

Si on a deux vecteurs uu, vv avec v=f(u)v = f(u),

  • si uu a pour colonne XX dans la base B\mathcal{B} et pour colonne XX' dans la base B\mathcal{B}', on a X=PXX = P X'
  • si vv a pour colonne YY dans la base B\mathcal{B} et pour colonne YY' dans la base B\mathcal{B}', on a Y=PYY = P Y'

On traduit v=f(u)v = f(u),

  • dans la base B\mathcal{B}, par Y=AXY = A \cdot X
  • dans la base B\mathcal{B}', par Y=AXY' = A' \cdot X'

On remplace en utilisant X=PXX = P \cdot X' et Y=PYY = P \cdot Y'.

L'équation Y=AXY = A \cdot X devient:

  • PY=APXP \cdot Y' = A \cdot P \cdot X'.

En multipliant à gauche par QQ qui est l'inverse de PP, on obtient:

  • QPY=QAPXQ \cdot P \cdot Y' = Q \cdot A \cdot P \cdot X'

c'est à dire:

  • Y=QAPXY' = Q \cdot A \cdot P \cdot X'

Cette relation étant vraie pour tous les vecteurs uu et leurs images vv, on a donc:

A=QAPA' = Q \cdot A \cdot P.

In [18]:
Q * A * P
[-31 -18 -85] [ -8 -3 -21] [ 15 5 39]

Attention ce n'est pas la même matrice que:

In [19]:
P * A * Q
[ 4 -2 1] [ 59 -24 -12] [-85 33 25]

4.b.

Comme ff est bijective, pour tout vecteur vR3v \in \R^3, il existe un unique vecteur uR3u \in \R^3 tel que f(u)=vf(u) = v.

Si l'on traduit cela en coordonnées dans la base B\mathcal{B}', cela nous dit:

L'équation AX=YA' \cdot X' = Y' admet une unique solution XX', quelle que soit la colonne YY'.

L'application ff étant bijective et linéaire, la bijection réciproque gg est également linéaire.

Puisque gf=idg \circ f = \operatorname{id} et fg=idf \circ g = \operatorname{id},

on a donc, en notant BB' la matrice de gg dans la base B\mathcal{B}',

BA=IB' \cdot A' = I et AB=IA' \cdot B' = I.

Cela nous dit que la matrice BB' est l'inverse de la matrice AA'.

Et donc AA' est inversible.

4. c.

Pour trouver l'inverse de AA'.

Première solution:

La matrice A1A'^{-1} est la matrice dans B\mathcal{B}' de l'application gg.

Puisque

  • A1A^{-1} est la matrice de gg dans la base B\mathcal{B}
  • PP est la matrice de passage de B\mathcal{B} à B\mathcal{B}'

la relation qui lie A1A'^{-1} et A1A^{-1} est:

A1=QA1PA'^{-1} = Q \cdot A^{-1} \cdot P.

Deuxième solution:

on part de la relation

A=QAPA' = Q \cdot A \cdot P

On multiplie à gauche par A1A'^{-1}, puis on simplifie:

A1A=A1QAPA'^{-1} \cdot A' = A'^{-1} \cdot Q \cdot A \cdot P

I=A1QAPI = A'^{-1} \cdot Q \cdot A \cdot P

On multiplie à droite par QQ, puis on simplifie:

IQ=A1QAPQI \cdot Q = A'^{-1} \cdot Q \cdot A \cdot P \cdot Q

Q=A1QAQ = A'^{-1} \cdot Q \cdot A

On multiplie à droite par A1A^{-1}, puis on simplifie:

QA1=A1QAA1Q \cdot A^{-1} = A'^{-1} \cdot Q \cdot A \cdot A^{-1}

QA1=A1QQ \cdot A^{-1} = A'^{-1} \cdot Q

On multiplie à droite par PP, puis on simplifie:

QA1P=A1QPQ \cdot A^{-1} \cdot P = A'^{-1} \cdot Q \cdot P.

QA1P=A1Q \cdot A^{-1} \cdot P = A'^{-1}.

Troisième solution:

on part de la relation

A=QAPA' = Q \cdot A \cdot P

On multiplie à droite par QQ, puis on simplifie:

AQ=QAPQA' \cdot Q = Q \cdot A \cdot P \cdot Q

AQ=QAA' \cdot Q = Q \cdot A

On multiplie à droite par A1A^{-1}, puis on simplifie:

AQA1=QAA1A' \cdot Q \cdot A^{-1} = Q \cdot A \cdot A^{-1}

AQA1=QA' \cdot Q \cdot A^{-1} = Q

On multiplie à droite par PP, puis on simplifie:

AQA1P=QPA' \cdot Q \cdot A^{-1} \cdot P = Q \cdot P.

AQA1P=IA' \cdot Q \cdot A^{-1} \cdot P = I.

Ainsi, le produit de AA' par QA1PQ \cdot A^{-1} \cdot P est la matrice identité.

On peut en conclure que les matrices AA' et QA1PQ \cdot A^{-1} \cdot P sont inverses l'une de l'autre.

In [ ]: