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Author: Samuel Lelièvre
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Description: M103 Algèbre linéaire - gr B4 - L1 MPI - U Paris-Saclay - TD20 - 2020-04-24 - exos 5.13 et 5.14

M103, 2020-04-24, gr B4



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


Cours Math103 «Algèbre linéaire», TD du 24 avril 2020, groupe B4.

On travaille la feuille 5. On corrige les exercices 5.13 et 5.14. On utilise

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

Exercice 5.13. — Bases de R2\mathbb{R^2}

Réglez votre statut sur

  • "d'accord" si vous avez cherché l'exo 5.13
  • "pas d'accord" si vous ne l'avez pas cherché.

On définit les vecteurs:

  • e1=(1,0)e_1 = (1, 0)
  • e2=(0,1)e_2 = (0, 1)
  • u=(4,3)u = (4, 3)
  • v=(5,4)v = (5, 4)
  • w=(6,5)w = (6, 5)

et les familles

  • B=(e1,e2)B = (e_1, e_2)
  • B=(u,v)B' = (u, v)
  • B=(v,w)B'' = (v, w)

Exo 5.13, Q 1.

Montrer que BB' est une base.

Comme on est dans R2\mathbb{R}^2 qui est de dimension deux, et comme BB est une famille à deux éléments, il suffit de montrer que c'est une famille libre, ou de montrer que c'est une famille génératrice.

Montrer que BB' est une famille libre revient à montrer que la seule combinaison linéaire de uu et vv qui soit nulle est la combinaison linéaire dont tous les coefficients sont nuls.

Autrement dit on veut montrer que si aa et bb sont des réels et si au+bv=0a \cdot u + b \cdot v = 0 alors aa et bb sont nuls.

On traduit au+bv=0a \cdot u + b \cdot v = 0 en a[4 3]+b[54]=[00]a \cdot \begin{bmatrix}4 \\ 3\end{bmatrix} + b \cdot \begin{bmatrix}5 \\ 4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 \\ 0\end{bmatrix}.

C'est-à-dire

  • 4a+5b=04 a+ 5 b = 0
  • 3a+4b=03 a + 4 b = 0

Sous forme matricielle:

A=[4534]A' = \begin{bmatrix}4 & 5 \\ 3 & 4\end{bmatrix}.

On peut échelonner:

On remplace la ligne L2L_2 par 4L23L14 \cdot L_2 - 3 \cdot L_1:

On obtient: [4501]\begin{bmatrix}4 & 5 \\ 0 & 1\end{bmatrix}

Le système est échelonné, compatible, avec deux pivots, donc deux inconnues principales aa et bb, et aucune inconnue secondaire.

On conclut que BB' est une base.

Remarque: puisque BB' est une famille à deux éléments, il suffisait pour montrer que c'est une famille libre, de constater que les deux vecteurs uu et vv ne sont pas colinéaires.

La matrice de passage de BB à BB' est la matrice qui a pour colonnes les vecteurs de la base BB' exprimés dans la base BB.

On exprime uu et vv en fonction de e1e_1 et e2e_2.

  • u=(4,3)=4(1,0)+3(0,1)=4e1+3e2u = (4, 3) = 4 \cdot (1, 0) + 3 \cdot (0, 1) = 4 \cdot e_1 + 3 \cdot e_2
  • v=(5,4)=5(1,0)+4(0,1)=5e1+4e2v = (5, 4) = 5 \cdot (1, 0) + 4 \cdot (0, 1) = 5 \cdot e_1 + 4 \cdot e_2

D'où: la matrice de passage PP' de BB à BB' est la matrice vue plus haut.

In [12]:
P_prime = matrix([[4, 5], [3, 4]]) P_prime
[4 5] [3 4]

Matrice de passage de BB' à BB.

La matrice de passage de BB' à BB est la matrice dont les colonnes sont les expressions des vecteurs de BB dans la base BB'.

C'est l'inverse de la matrice PP'.

In [13]:
P_prime_inv = P_prime.inverse() P_prime_inv
[ 4 -5] [-3 4]

Remarque: pour calculer à la main l'inverse d'une matrice, on peut augmenter la matrice en ajoutant la matrice identité à droite, puis échelonner et réduire. La partie de gauche devient la matrice identité, tands que la partie de droite arrive à l'inverse de la matrice de départ.

Matrice augmentée:

In [2]:
I = identity_matrix(2) P_prime_aug = block_matrix(QQ, [P_prime, I], nrows=1) P_prime_aug
[4 5|1 0] [3 4|0 1]

On échelonne et on réduit:

In [3]:
P_prime_aug.echelon_form()
[ 1 0| 4 -5] [ 0 1|-3 4]

Pour les matrices de taille deux par deux, on a une recette.

Pour une matrice A=[abcd]A = \begin{bmatrix}a & b \\ c & d\end{bmatrix},

  • on appelle déterminant de AA la quantité D=adbcD = a \cdot d - b \cdot c,
  • la matrice AA est inversible si et seulement si D0D \neq 0,
  • dans ce cas, la matrice inverse est la matrice (1/D)[dbca](1/D) \begin{bmatrix}d & -b \\ -c & a\end{bmatrix}.

La matrice inverse P1P'^{-1} nous dit comment s'expriment e1e_1 et e2e_2 en fonction de uu et vv.

  • e1=4u+(3)ve_1 = 4 \cdot u + (-3) \cdot v
  • e2=(5)u+4ve_2 = (-5) \cdot u + 4 \cdot v

Exo 5.13, Q 2.

Montrer que BB'' est une base et trouver la matrice de passage PP'' de BB à BB''.

Puisque BB'' est une famille à deux éléments dans R2\mathbb{R}^2 qui est de dimension deux, il suffit pour montrer que c'est une base de montrer que c'est une famille libre.

Et pour montrer que c'est une famille libre, puisqu'elle n'a que deux vecteurs, il suffit de montrer qu'ils ne sont pas colinéaires.

Or vv et ww ne sont pas colinéaires. Donc BB'' est une base.

La matrice de passage PP'' a pour colonnes les composantes des vecteurs de la base BB'' exprimés dans la base BB.

  • v=5e1+4e2v = 5 \cdot e_1 + 4 \cdot e_2
  • w=6e1+5e2w = 6 \cdot e_1 + 5 \cdot e_2

Donc P=[5645]P'' = \begin{bmatrix}5 & 6 \\ 4 & 5 \end{bmatrix}.

In [5]:
P_seconde = matrix([[5, 6], [4, 5]]) P_seconde
[5 6] [4 5]
In [6]:
P_seconde_inv = P_seconde.inverse() P_seconde_inv
[ 5 -6] [-4 5]
In [7]:
P_seconde_aug = block_matrix(QQ, [P_seconde, I], nrows=1) P_seconde_aug
[5 6|1 0] [4 5|0 1]
In [8]:
P_seconde_aug.echelon_form()
[ 1 0| 5 -6] [ 0 1|-4 5]

La matrice PP'' est une matrice à deux lignes et deux colonnes.

Son inverse se calcule facilement:

  • le déterminant est D=5546=1D = 5 \cdot 5 - 4 \cdot 6 = 1;
  • l'inverse est donc Donc P1=[5645]P''^{-1} = \begin{bmatrix}5 & -6 \\ -4 & 5 \end{bmatrix}.

Exo 5.13, Q 3.

On considère le vecteur t=(3,2)t = (3, 2).

Son expression dans la base BB est facile à trouver:

  • t=(3,2)=3(1,0)+2(0,1)=3e1+2e2t = (3, 2) = 3 \cdot (1, 0) + 2 \cdot (0, 1) = 3 \cdot e_1 + 2 \cdot e_2

Donc (x,y)=(3,2)(x, y) = (3, 2).

Pour les changements de bases, on peut utiliser les matrices de passage.

Remarquons que, dans la base BB',

  • les coordonnées de uu sont [10]\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} puisque u=1u+0vu = 1 \cdot u + 0 \cdot v
  • les coordonnées de vv sont [01]\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} puisque v=0u+1vv = 0 \cdot u + 1 \cdot v

Rappel: on a trouvé la matrice de passage de BB à BB', qui est:

P=[4534]P' = \begin{bmatrix} 4 & 5 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}

En notant UU, et UU' les coordonnées de uu dans les bases BB et BB', on a donc U=PUU = P' U'.

En notant VV, et VV' les coordonnées de vv dans les bases BB et BB', on a donc V=PVV = P' V'.

Notons

  • T=[xy]T = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} les coordonnées de tt dans BB
  • T=[xy]T' = \begin{bmatrix} x' \\ y' \end{bmatrix} les coordonnées de tt dans BB'
  • T=[xy]T'' = \begin{bmatrix} x'' \\ y'' \end{bmatrix} les coordonnées de tt dans BB''

On a alors T=PTT = P' \cdot T', et donc T=P1TT' = P'^{-1} \cdot T.

In [9]:
T = vector((3, 2)) T
(3, 2)
In [10]:
T.column()
[3] [2]
In [15]:
T_prime = P_prime_inv * T T_prime.column()
[ 2] [-1]

Cela signifie que t=2u+(1)vt = 2 \cdot u + (-1) \cdot v. En effet, 2[4 3][54]=[86][54]=[32]2 \cdot \begin{bmatrix}4 \\ 3 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix}5 \\ 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}8 \\ 6 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix}5 \\ 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3 \\ 2 \end{bmatrix}.

De même, T=P1TT'' = P''^{-1} \cdot T.

In [16]:
T_seconde = P_seconde_inv * T T_seconde
(3, -2)

Autrement dit, t=3v+(2)wt = 3 \cdot v + (-2) \cdot w.

Et en effet, (15,12)(12,10)=(3,2)(15, 12) - (12, 10) = (3, 2).

Notons QQ la matrice de passage de BB' à BB''.

On sait que T=PTT = P' \cdot T' et T=PTT = P'' \cdot T''.

Donc T=P1T=P1PTT' = P'^{-1} \cdot T = P'^{-1} \cdot P'' \cdot T''.

On a donc Q=P1PQ = P'^{-1} \cdot P''.

In [17]:
P_prime_inv * P_seconde
[ 0 -1] [ 1 2]

Pour vérifier que c'est cohérent: cela nous dit que

  • le premier vecteur de BB'' est 00 fois le premier vecteur de BB' plus 11 fois le deuxième vecteur de BB', autrement dit v=0u+1vv = 0 \cdot u + 1 \cdot v
  • le deuxième vecteur de BB'' est (1)(-1) fois le premier vecteur de BB' plus 22 fois le deuxième vecteur de BB', autrement dit w=(1)u+2vw = (-1) \cdot u + 2 \cdot v

Exo 5.14. — Matrices de passages dans R3\mathbb{R}^3

On note BB la base canonique de R3\mathbb{R}^3, et BB' la famille (u1,u2,u3)(u_1, u_2, u_3).

In [17]:
u_1 = vector([ -1, 2, 3]) u_2 = vector([ 1, -1, 1]) u_3 = vector([-1, 1, -2])
In [21]:
P = matrix([u_1, u_2, u_3]).T # je transpose pour paser les lignes en colonnes P
[-1 1 -1] [ 2 -1 1] [ 3 1 -2]

Les colonnes de PP sont les coordonnées des vecteurs de BB' exprimés dans la base BB.

R3\mathbb{R}^3 est de dimension 33 et la famille BB comporte 33 vecteurs.

C'est une base si et seulement si c'est une famille libre.

In [20]:
P.echelon_form()
[1 0 0] [0 1 0] [0 0 1]

La forme échelonnée réduite de PP correspond à un système compatible avec trois pivots et aucune inconnue secondaire.

On conclut que les colonnes de PP forment une famille libre.

Et donc BB' est une base.

La matrice de passage de BB à BB' est la matrice PP qui a pour colonnes les cooordonnées des vecteurs de BB' exprimés dans la base BB.

La matrice de passage de BB' à BB est la matrice inverse de PP.

In [22]:
P_inv = P.inverse() P_inv
[ 1 1 0] [ 7 5 -1] [ 5 4 -1]
In [23]:
P^-1
[ 1 1 0] [ 7 5 -1] [ 5 4 -1]

Pour faire le calcul à la main, on part d'une matrice augmentée [PI][P | I] et on échelonne et on réduit.

On obtient une matrice [I P1][I | P^{-1}].

In [25]:
I = identity_matrix(3)
In [26]:
Q = matrix(P.columns() + I.columns()).T Q
[-1 1 -1 1 0 0] [ 2 -1 1 0 1 0] [ 3 1 -2 0 0 1]
In [28]:
Q.echelon_form() # forme échelonnée réduite
[ 1 0 0 1 1 0] [ 0 1 0 7 5 -1] [ 0 0 1 5 4 -1]

Exo 5.14, Q 2.

On pose u=2u13u2+5u3u = 2 \cdot u_1 - 3 \cdot u_2 + 5 \cdot u_3.

Le vecteur des coordonnées de uu dans BB' est U=(2,3,5)U' = (2, -3, 5).

Le vecteur des coordonnées de uu dans BB est U=PUU = P U'.

Pour le retrouver, penser au cas u=u1u = u_1.

On aurait alors

  • U=[10 0]U' = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}
  • P[100]P \cdot \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} est la première colonne de PP
  • cette première colonne est justement l'expression de u1u_1 dans la base BB
  • c'est-à-dire UU.
In [30]:
U_prime = vector([2, -3, 5]) U = P * U_prime U
(-10, 12, -7)

Vérification: calculer u=2u13u2+5u3u = 2 \cdot u_1 - 3 \cdot u_2 + 5 \cdot u_3.

In [31]:
2 * u_1 - 3 * u_2 + 5 * u_3
(-10, 12, -7)

Exo 5.14, Q 3.

On pose v=(1,2,3)v = (1, 2, 3).

Si VV et VV' sont les vecteurs de coordonnées de vv dans BB et BB',

  • V=[123]V = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}
  • V=PVV = P V' donc V=P1VV' = P^{-1} V.
In [32]:
V = vector([1, 2, 3]) V
(1, 2, 3)
In [33]:
V_prime = P_inv * V V_prime
(3, 14, 10)
In [35]:
3 * u_1 + 14 * u_2 + 10 * u_3
(1, 2, 3)

Exo 5.14, Q 4.

On pose E=Vect(u1,u2)E = \operatorname{Vect}(u_1, u_2).

Un vecteur xu1+yu2+zcotu3x' \cdot u_1 + y' \cdot u_2 + z' \cot u_3 est dans EE si et seulement si z=0z' = 0.

L'équation cartésienne de EE dans les coordonnées xx', yy', zz' est z=0z' = 0.

Comme [xyz]=P1[xyz]\begin{bmatrix}x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = P^{-1} \begin{bmatrix}x \\ y \\ z \end{bmatrix}, on déduit l'équation de EE en coordonnées xx, yy, zz.

In [37]:
P_inv
[ 1 1 0] [ 7 5 -1] [ 5 4 -1]

La dernière ligne dit que z=5x+4yzz' = 5 x + 4 y - z.

L'équation de EE est donc la traduction de z=0z' = 0, c'est à dire 5x+4yz=05 x + 4 y - z = 0.

In [ ]: