M103, 2020-04-24, TD 20

- auteur: Samuel Lelièvre ([orcid: 0000-0002-7275-0965](https://orcid.org/0000-0002-7275-0965))
- date: 2020-04-24
- license: CC BY SA 4.0

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

Cours Math103 «Algèbre linéaire», TD 20, groupes A2 et B3.

La séance du mercredi 2020-04-22 n'ayant pas eu lieu, nous avons rattrapé cette séance, au choix le vendredi 2020-04-24 ou le lundi 2020-04-27 selon disponibilités.

Les notes ci-dessous sont celles utilisées pour ces deux séances (version initiale produite le vendredi, quelques corrections apportées le lundi).

On travaille la feuille 5. On corrige les exercices 5.3 et 5.4.

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 5.3. Utiliser la matrice d'une application linéaire

On définit $f : \R^4 \to \R^4$ par

$f: \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{bmatrix} \mapsto \begin{bmatrix} 3 x + 4 y + 2 z + t \\ x + 2 y - z - t \\ -x - y + 3 z + 2 t \\ 2 x - y + t \\ \end{bmatrix}$

(On peut vérifier que $f$ est une application linéaire, même si ce n'est pas demandé dans l'énoncé de l'exercice; comment le vérifieriez-vous?)

Exo 5.3, Q 1.

On appelle $A$ la matrice de $f$ dans la base canonique.

C'est la matrice dont les colonnes sont les images des vecteurs de la base canonique, exprimés dans la base canonique.

Pour trouver l'expression de la matrice $A$, remarquons que:

$f($$\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{bmatrix}$$) = x \cdot $$\begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix}$$

• y \cdot $$\begin{bmatrix} 4 \\ 2 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}$$

• z \cdot $$\begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}$$

• t \cdot $$\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$$$

ce qui nous donne les colonnes de $A$.

Définissons dans Sage le vecteur $w = (x, y, z, t)$ et la matrice $A$.

et affichons la matrice $A$, le vecteur $w$, et le vecteur $f(w) = A \cdot w$.

Exo 5.3, Q 2.

Notons $u = (1, 0, 1, -1)$ et $v = (0, -1, 1, -2)$.

L'image par $f$ de la famille $(u, v)$ est la famille $(f(u), f(v))$.

$f : w \mapsto A \cdot w$

Rappelons pourquoi appliquer $f$ revient à multiplier à gauche par la matrice $A$.

Si $w = (x, y, z, t) \in \R^4$, on peut écrire

$f(w) = \begin{bmatrix} 3 x + 4 y + 2 z + t \\ x + 2 y - z - t \\ -x - y + 3 z + 2 t \\ 2 x - y + t \end{bmatrix}$

qui vaut bien $A \cdot \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{bmatrix}$ càd $\begin{bmatrix} 3 & 4 & 2 & 1 \\ 1 & 2& -1 & -1 \\ -1 & -1 & 3 & 2 \\ 2 & -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{bmatrix}$

On a vu que $(f(u), f(v)) = ((4, 1, 0, 1), (-4, -1, 0, -1))$.

Les vecteurs $f(u)$ et $f(v)$ sont colinéaires: on a $f(v) = -f(u)$.

Ou si on préfère: $f(u) + f(v) = 0$,

ou si on préfère: $1 \cdot f(u) + 1 \cdot f(v) = 0$:

on a une combinaison linéaire de $f(u)$ et $f(v)$ qui est nulle;

la famille $(f(u), f(v))$ est liée.

On voudrait en déduire que $f$ n'est pas injective.

On rappelle que «$f$ est injective» signifie: «des éléments distincts de l'ensemble de départ ont toujours des images distinctes».

Ou si on préfère: «$f$ est injective» signifie: «chaque élément de l'ensemble d'arrivée a au plus un antécédent».

On a vu que $f(u) + f(v) = 0$.

Mais puisque $f$ est linéaire, $f(u) + f(v) = f(u + v)$.

On a donc

• $u + v \neq 0$

• $f(u + v) = 0$

• $f(0) = 0$

Les vecteurs $u + v$ et $0$ sont distincts mais ont la même image par $f$.

Cela nous dit que $f$ n'est pas injective.

Comme $f$ est une application linéaire, on définit le noyau de $f$ comme

$\ker(f) = \{ w \in \R^4,\quad f(w) = 0 \}$.

Le cours nous dit que $\ker(f)$ est un sous-espace vectoriel de l'espace de départ, ici $\R^4$.

Puisqu'il contient $u + v$ qui est non nul, il contient toute la droite des multiples de $u + v$.

Le cours dit également que la dimension du noyau de $f$ et la dimension de l'image de $f$ ont pour somme la dimension de l'espace de départ.

Ce théorème s'appelle «théorème du rang». Le rang de $f$ c'est la dimension de l'image de $f$.

«Explication» ou «idée» du théorème:

On part d'un espace de dimension $n$.

Le noyau c'est ce qui est écrasé (envoyé sur zéro), sa dimension mesure les pertes.

L'image c'est ce qu'on obtient à l'arrivée, sa dimension mesure ce qui reste.

On a ici: $\newcommand{\im}{\operatorname{im}}$

• l'espace de départ de $f$ est $\R^4$

• $\dim(\R^4) = 4$

• $\dim(\ker(f)) \ge 1$

• $\dim(\im(f)) = \dim(\R^4) - \dim(\ker(f))$

donc $\dim(\im(f)) \le 3$.

Dire que $f$ est surjective reviendrait à dire que $\im(f)$ est $\R^4$ tout entier.

D'après ce qu'on a dit sur la dimension de $\im(f)$, ce n'est pas le cas.

Conclusion: $f$ n'est ni injective, ni surjective.

Exo 5.3, Q 3.

Rappelons la matrice $A$.

Notons $C_1$, $C_2$, $C_3$, $C_4$ les colonnes de $A$.

On demande si la deuxième colonne de la matrice $A$ est combinaison linéaire des deux dernières.

Autrement dit, est-ce qu'il existe $a$ et $b$

tels que $ $$\begin{bmatrix} 4 \\ 2 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}$$ = a \cdot $$\begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}$$

• b \cdot $$\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$$$ ?

ce qui se traduit par:

• $4 = 2 a + b$

• $2 = -a - b$

• $-1 = 3 a + 2 b$

• $-1 = 0 a + 1 b$

Si c'est le cas, la dernière coordonnée nous dit que $b = -1$.

On aurait alors $ $$\begin{bmatrix} 4 \\ 2 \\ -1 \\ -1 \end{bmatrix}$$ = a \cdot $$\begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix}$$

• $$\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$$

ce qui se traduit par:

• $4 = 2 a - 1$

• $2 = -a + 1$

• $-1 = 3 a - 2$

Autrement dit:

• $2 a = 5$ c'est-à-dire $a = 5/2$

• $a = -1$

• $3 a = 1$ c'est-à-dire $a = 1/3$

Ce système n'a pas de solution.

On conclut que $C_2$ n'est pas combinaison linéaire de $C_3$ et $C_4$.

Rappel: l'image de $f$ est l'espace vectoriel engendré par les colonnes de $A$.

Définition: $\im(f) = \{ f(w), w \in \R^4 \}$.

Comme un vecteur $w = (x, y, z, t)$ de l'ensemble de départ peut s'écrire

$w = x \cdot e_1 + y \cdot e_2 + z \cdot e_3 + t \cdot e_4$

Donc $f(w) = f(x \cdot e_1 + y \cdot e_2 + z \cdot e_3 + t \cdot e_4)$.

Donc $f(w) = x \cdot f(e_1) + y \cdot f(e_2) + z \cdot f(e_3) + t \cdot f(e_4)$.

Donc $f(w) = x \cdot C_1 + y \cdot C_2 + z \cdot C_3 + t \cdot C_4$.

$\newcommand{\Vect}{\operatorname{Vect}}$ Donc $\im(f) = \Vect(C_1, C_2, C_3, C_4)$.

On voit que les deux dernières colonnes sont linéairement indépendantes (elles sont non colinéaires), elles engendrent donc un plan (de dimension deux).

On vient de voir en plus que la deuxième colonne n'est pas dans l'espace vectoriel engendré par les deux dernières colonnes, donc l'espace vectoriel engendré par $C_2$, $C_3$ et $C_4$ est de dimension $3$.

L'espace vectoriel engendré par toutes les colonnes de $A$ contient l'espace vectoriel engendré par les trois dernières colonnes, et est contenu dans $\R^4$.

C'est-à-dire: $\Vect(C_2, C_3, C_4) \subset \Vect(C_1, C_2, C_3, C_4) \subset \R^4$.

Autrement dit, $\Vect(C_2, C_3, C_4) \subset \im(f) \subset \R^4$.

Donc $\dim(\im(f))$ est un entier compris entre $3$ et $4$.

Mais on a vu que c'est au plus $3$. Donc cest $3$.

Conclusion: le rang de $f$ est $3$.

La première colonne de $f$ est donc dans l'espace vectoriel engendré par les trois autres colonnes.

C'est-à-dire que c'est une combinaison linéaire des trois dernières colonnes.

Exercice 5.4. Matrices qui commutent avec une matrice donnée.

$\newcommand{\Mat}{\mathcal{M}_2(\R)}$ On note $\Mat$ l'espace des matrices carrées de taille 2 à coefficients réels.

On veut étudier $E = \{ M \in \Mat,\quad A \cdot M = M \cdot A \}$.

Pour cela on définit une application

$g : \Mat \to \Mat$

par

$g(M) = A \cdot M - M \cdot A$.

On peut penser à $g(M)$ comme le «défaut de commutation» de $M$ avec $A$.

Exo 5.4, Q 1.

On se souvient que $\Mat$ est un espace vectoriel.

On se demande si $g$ est une application linéaire.

Si $M$ et $N$ sont deux matrices dans $\Mat$ et si $\lambda$ est un réel,

on veut savoir si $g(M + \lambda \cdot N) = g(M) + \lambda \cdot g(N)$.

$g(M + \lambda \cdot N) = A \cdot (M + \lambda \cdot N) - (M + \lambda \cdot N) \cdot A$

$g(M + \lambda \cdot N) = (A \cdot M + A \cdot (\lambda \cdot N)) - (M \cdot A + (\lambda \cdot N) \cdot A)$

$g(M + \lambda \cdot N) = (A \cdot M + \lambda \cdot (A \cdot N)) - (M \cdot A + \lambda \cdot (N \cdot A))$

$g(M + \lambda \cdot N) = (A \cdot M - M \cdot A) + \lambda \cdot (A \cdot N - N \cdot A)$

$g(M + \lambda \cdot N) = g(M) + \lambda \cdot g(N)$

comme espéré.

On a montré que $g$ est une application linéaire.

On a vu en cours une base pour l'espace $\Mat$:

C'est la base suivante:

Pour trouver la matrice de l'application linéaire $g$ dans la base $B$ on calcule les images des vecteurs de base, et on les exprime dans la base.

La matrice de $g$ est donc:

Exo 5.4, Q 2.

Par définition de $E$,

$E = \{ M \in \Mat,\quad A \cdot M = M \cdot A \}$.

En utilisant la définition de $g$

$E = \{ M \in \Mat,\quad A \cdot M - M \cdot A = 0 \}$

$E = \{ M \in \Mat,\quad g(M) = 0 \}$

$E = \ker(g)$.

Exo 5.4, Q 3.

On montre, soit en effectuant les produits de matrices et les soustractions, soit en raisonnant, que $g(I)$ et $g(A)$ sont la matrice nulle, et cela signifie que $I$ et $A$ sont dans le noyau de $g$.

Sans effectuer les multiplications de matrices:

$g(I) = A \cdot I - I \cdot A = A - A = 0$.

$g(A) = A \cdot A - A \cdot A = A^2 - A^2 = 0$.

On a trouvé deux éléments du noyau: $I$ et $A$. Or $I$ et $A$ ne sont pas colinéaires. Donc ils forment une famille libre!

Le noyau est un sous-espace vectoriel de $\Mat$ qui contient une famille libre à deux éléments. On en déduit que sa dimension est au moins $2$.

On a montré: $\dim(\ker(g)) \ge 2$.

Exo 5.4, Q 4.

Pour trouver une base du noyau de $g$, on échelonne la matrice $G$.

On voit qu'il y a

• deux pivots, donc deux inconnues principales, les deux premières

• deux inconnues secondaires, les deux dernières

Une matrice $\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ est dans le noyau de $g$ ssi le vecteur $\begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix}$ est solution du sytème correspondant à la matrice $G$.

On peut prendre $c$ et $d$ comme paramètres.

On a alors $$$\begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix}$$ = $$\begin{bmatrix} d \\ 3c \\ c \\ d \end{bmatrix}$$ = c \cdot $$\begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$

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

Une base du noyau est donc formée des matrices

dont les coordonnées dans la base $B$ sont $\begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ et $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$,

c'està-dire les matrices $\begin{bmatrix} 0 & 3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ et $\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$.

Le noyau de $g$ est donc de dimension $2$, et par le théorème du rang, puisque la dimension totale de l'espace de départ de $g$ est $4$, le rang de $g$ est $4 - 2 = 2$.

Conclusion: $\newcommand{\rank}{\operatorname{rang}}$

• $\dim (\ker(g)) = 2$

• $\rank(g) = 2$

Par ailleurs, $(I, A)$ est une famille libre à deux éléments dans $\ker(g)$ qui est de dimension $2$.

Donc $(I, A)$ est une base de $\ker(g)$.

Exo 5.4, question 5.

Inutile en fait de calculer $A^2$.

On écrit $g(A^2) = A \cdot A^2 - A^2 \cdot A = A^3 - A^3 = 0$.

On a donc bien $g(A^2) = 0$ c'est-à-dire $A^2 \in \ker(g)$.

Puisque $A^2 \in \ker(g)$ et puisque $(I, A)$ est une base de $\ker(g)$,

on peut donc écrire $A^2$ comme combinaison linéaire de $I$ et $A$ (de façon unique).

L'énoncé ne demande pas de trouver cette combinaison linéaire.

On cherche à présent une base de l'image de $g$. $\renewcommand{\Vect}{\operatorname{Vect}}$

Rapelons que $\im(g) = \Vect(g(E_{11}), g(E_{12}), g(E_{21}), g(E_{22}))$.

On sait que $\im(g)$ est de dimension $2$.

On peut prendre comme base n'importe quelle famille libre à deux éléments de $\im(g)$.

Par exemple, $(g(E_{11}), g(E_{12}))$ puisque ces deux matrices sont non colinéaires.

Une base de $\im(g)$ est $\left( \begin{bmatrix} 0 & -3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \right)$.