M103, 2020-04-27, 15:45--17:45, TD 21

- auteur: Samuel Lelièvre ([orcid: 0000-0002-7275-0965](https://orcid.org/0000-0002-7275-0965))
- date: 2020-04-27
- license: CC BY SA 4.0

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

Cours Math103 «Algèbre linéaire», TD 21, groupes A2 et B3.

On travaille la feuille 5. On corrige une partie de l'exercice 5.7.

On utilise

• pour la voix, l'outil Collaborate via ecampus.paris-saclay.fr

• comme tableau, cette feuille Jupyter avec le noyau SageMath

Préliminaires techniques:

• quelques définitions LaTeX pour faciliter la saisie (cachées dans la source de cette cellule de texte), ParseError: KaTeX parse error: \newcommand{\R} attempting to redefine \R; use \renewcommand

• et quelques réglages d'affichage de la feuille Jupyter.

Exercice 5.7. Caractérisation d'une bijection linéaire

N.B. Je saute les exos 5.5. et 5.6 qui ont une étoile.

Avançons déjà sur les exos sans étoile.

• $f : \R^2 \to \R^2$ donnée par $f(x, y) = (2 x - 5 y, 7 x)$

$\ker(f) = \{ u \in \R^2,\quad f(u) = 0\}$

Un vecteur $u = (x, y)$ est dans $\ker(f)$ si et seulement si:

• $2 x - 5 y = 0$

• $7 x = 0$

On résout facilement et on voit que la seule solution est $(0, 0)$.

Donc $\ker(f) = \{ 0 \}$.

Comme $f$ est une application linéaire, cela nous dit que $f$ est injective.

Comme de plus la dimension de l'espace d'arrivée est la même que celle de l'espace de départ, on conclut que $f$ est également surjective.

Donc $f$ est bijective.

Détail. On utilise le théorème du rang. Le théorème du rang dit:

Pour une application linéaire, la dimension de l'espace de départ est la somme de la dimension du noyau et de la dimension de l'image.

Ici la dimension de l'espace de départ, c'est la dimension de $\R^2$, c'est $2$.

La dimension du noyau est $0$ d'après ce qu'on vient de voir.

La dimension de l'image est donc... $2$.

L'image de $f$ est donc un sous-espace vectoriel de dimension $2$ de l'espace d'arrivée de $f$.

L'espace d'arrivée de $f$ c'est $\R^2$, qui est de dimension $2$.

Donc ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \im at position 1: \̲i̲m̲(f) est l'espace d'arrivée tout entier.

Autrement dit, chaque point de l'espace d'arrivée est l'image d'au moins un point de l'espace de départ.

Autrement dit, $f$ est surjective.

Comme $f$ est à la fois injective et surjective, elle est bijective.

Matrice de $f$ dans la base canonique.

Par définition c'est la matrice dont les colonnes sont les images des vecteurs de base, exprimés dans la base.

Ici $f( $$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$$ )

$donc sa matrice est la matrice$A$ suivante:

La première colonne est $f( $$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$ )

= 2 \cdot $$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$

• 7 \cdot $$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$$ $

La deuxième colonne est $f( $$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$$ )

= -5 \cdot $$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$

• 0 \cdot $$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$$ $

Puisque $f$ est bijective, la matrice de $f$ est inversible.

Son inverse est la matrice de la bijection réciproque.

Pour calculer l'inverse, on peut utiliser une petite formule spéciale matrice de taille deux.

Le déterminant d'une matrice $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ est $D = a \cdot d - b \cdot c$.

Ici le déterminant de $A$ est $D = a \cdot d - b \cdot c = 2 \cdot 0 - 7 \cdot (-5) = 35$.

L'inverse de $A$ est donc $(1/D) \begin{bmatrix}d & -b \\ -c & a \end{bmatrix} = (1/35) \begin{bmatrix}0 & 5 \\ -7 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 & 1/7 \\ -1/5 & 2/35 \end{bmatrix}$.

Sinon, on peut écheloner et réduire la matrice augmentée par l'identité:

Fonction suivante

• $f : \R^3 \to \R^3$ donnée par $f(x, y, z) = (4 x + y + 4 z, 3 x + y + 4 z, 2 x + 4 y - z)$

Si on préfère:

$f( $$\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$$ )

$

Calculer le noyau de $f$ revient à résoudre le système...

En faisant $L_1 - L_2$ on obtient $x = 0$.

En substituant dans la troisième ligne on obtient $4 y - z = 0$ donc $z = 4 y$.

En substituant dans la deuxième ligne on obtient $y + 4 \cdot 4 y = 0$ c'est-à-dire $17 y = 0$ donc $y = 0$.

D'où $z = 4 y = 0$.

En tout, on a donc $\ker(f) = \{ (0, 0, 0) \} = \{ 0 \}$.

Le noyau de $f$ est réduit au vecteur nul. Ainsi ce noyau est de dimension $0$.

Et $f$ est injective.

La dimension de l'espace de départ est $3$.

Par le théorème du rang, on a donc ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \im at position 6: \dim(\̲i̲m̲(f)) = 3 - 0 = ….

Comme l'espace d'arrivée est $\R^3$, qui est de dimension $3$,

cela nous dit que ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \im at position 1: \̲i̲m̲(f) remplit l'espace d'arrivée.

Donc $f$ est surjective.

Comme $f$ est à la fois injective et surjective, elle est donc bijective.

La matrice de $f$ est:

Pour calculer l'inverse de A, on l'augmente par la matrice identité, puis on échelonne et on réduit.

L'inverse de $A$ est donc:

$A^{-1} = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -11/17 & 12/17 & 4/17 \\ -10/17 & 14/17 & -1/17 \end{bmatrix}$

Rappel:

si $f$ est une application linéaire bijective, de matrice $A$, alors la bijection réciproque $f^{-1}$ de $f$ a pour matrice la matrice inverse de $A$, qu'on note $A^{-1}$.

Explication:

Si $f$ est linéaire et bijective, on montre que $f^{-1}$ est aussi linéaire.

La matrice de la composée de deux applications linéaires et le produit des matrices de ces applications linéaires.

Ici cela signifie, en notant $B$ la matrice de $f^{-1}$, que la matrice de $f \circ f^{-1}$ est $A \cdot B$.

Mais $f \circ f^{-1}$ est la transformation «identité», dont la matrice est la matrice identité, et donc $A \cdot B = I$.

Cela signifie que $B = A^{-1}$.

Exo 5.7, Q 2.

• $f : \R^2 \to \R^2$ donnée par $f(x, y) = (5 x + 3 y, 3 x + 2 y)$.

La matrice de $f$ est

$A = \begin{bmatrix} 5 & 3 \\ 3 & 2 \end{bmatrix}$

Les colonnes de $A$ sont linéairement indépendantes (il y a deux colonnes et elles ne sont pas colinéaires).

Donc $A$ est de rang $2$.

Puisque l'espace d'arrivée est de dimension $2$, l'image de $A$, de dimension $2$ aussi, remplit l'espace d'arrivée.

Donc $A$ est surjective.

Par le théorème du rang, la dimension du noyau vaut la dimension de l'espace de départ moins le rang.

Ici l'espace de départ est de dimension $2$, donc le noyau est de dimension $0$.

Autrement dit $\ker(f) = \{ 0 \}$. Donc $f$ est injective.

En tout, $f$ est bijective.

Pour trouver l'inverse de la matrice de $f$, on peut augmenter, échelonner, réduire.

On saute la deuxième fonction $f$ de la question 2.

Exo 5.7, Q 3.

• $f : \R^3 \to \R^2$, $f(x, y, z) = (x + y + z, x - z)$.

Échelonnons la matrice $A$.

La forme échelonnée réduite montre qu'il y a

• deux pivots, donc deux inconnues principales, $x$, et $y$

• une inconnue secondaire, $z$.

Les solutions du système homogène $f(x, y, z) = 0$ peuvent donc être paramétrées par $z$.

Si on fixe la valeur de $z$, les équations du système échelonné réduit donnent $x$ et $y$ en fonction de $z$:

on a donc, si $f(x, y, z) = 0$, alors $(x, y, z) = (z, -2z, z)$.

Donc ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \Vect at position 153: … z \in \R \} = \̲V̲e̲c̲t̲(\begin{bmatrix…

Le noyau est donc de dimension $1$, engendré par $\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix}$ qu'on obtient en posant $z = 1$.

En particulier, le noyau n'est pas réduit au vecteur nul, donc $f$ n'est pas injective.

Remarque: on pouvait savoir tout de suite que $f$ ne serait pas injective.

En effet, $f$ va de $\R^3$ dans $\R^2$, et le théorème du rang dit que ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \im at position 22: …ker(f)) + \dim(\̲i̲m̲(f)) = 3.

Et puisque ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \im at position 1: \̲i̲m̲(f) est un sous-espace vectoriel de l'espace d'arrivée, qui est $\R^2$, la dimension de ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \im at position 1: \̲i̲m̲(f) est au maximum $2$.

Donc la dimension du noyau est au moins $1$. Donc $f$ n'est pas injective

Les deux premières colonnes de $A$ sont les deux vecteurs de la base canonique de l'espace d'arrivée $\R^2$.

Par combinaisons linéaires on peut obtenir n'importe quel vecteur de l'espace d'arrivée.

Donc $f$ est surjective.