CoCalc Public Files2020-04-24-1545-M103.ipynbOpen in with one click!
Author: Samuel Lelièvre
Views : 40
License: Apache License 2.0
Description: M103, TD 22, L1 MPI, groupes A2 et B3. Proposé les 2020-04-24 et 2020-04-27.

M103, 2020-04-24, TD 20



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),
  • et quelques réglages d'affichage de la feuille Jupyter.
In [29]:
%display unicode_art

Exercice 5.3. Utiliser la matrice d'une application linéaire

On définit f:R4R4f : \R^4 \to \R^4 par

f:[xyzt][3x+4y+2z+tx+2yztxy+3z+2t2xy+t]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 ff 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 AA la matrice de ff 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 AA, remarquons que:

f([xyzt])=x[3112]+y[4211]+z[2130]+t[1121]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 AA.

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

In [27]:
x, y, z, t = SR.var('x, y, z, t') w = vector([x, y, z, t]) A = matrix([[ 3, 4, 2, 1], [ 1, 2, -1, -1], [-1, -1, 3, 2], [ 2, -1, 0, 1]])

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

In [28]:
A, w.column(), (A*w).column()
( [ 3 4 2 1] [x] [t + 3*x + 4*y + 2*z] [ 1 2 -1 -1] [y] [ -t + x + 2*y - z] [-1 -1 3 2] [z] [ 2*t - x - y + 3*z] [ 2 -1 0 1], [t], [ t + 2*x - y] )
In [2]:
show(A)
(3421121111322101)\left(\begin{array}{rrrr} 3 & 4 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 3 & 2 \\ 2 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right)

Exo 5.3, Q 2.

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

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

In [3]:
u = vector([ 1, 0, 1, -1]) v = vector([ 0, -1, 1, -2]) u, v
((1, 0, 1, -1), (0, -1, 1, -2))

f:wAwf : w \mapsto A \cdot w

In [4]:
f = lambda w: A * w
In [5]:
f(u), f(v)
((4, 1, 0, 1), (-4, -1, 0, -1))
In [6]:
A*u, A*v
((4, 1, 0, 1), (-4, -1, 0, -1))

Rappelons pourquoi appliquer ff revient à multiplier à gauche par la matrice AA.

Si w=(x,y,z,t)R4w = (x, y, z, t) \in \R^4, on peut écrire

f(w)=[3x+4y+2z+tx+2yztxy+3z+2t2xy+t]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[xyzt]A \cdot \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{bmatrix} càd [3421121111322101][xyzt]\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))(f(u), f(v)) = ((4, 1, 0, 1), (-4, -1, 0, -1)).

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

Ou si on préfère: f(u)+f(v)=0f(u) + f(v) = 0,

ou si on préfère: 1f(u)+1f(v)=01 \cdot f(u) + 1 \cdot f(v) = 0:

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

la famille (f(u),f(v))(f(u), f(v)) est liée.

On voudrait en déduire que ff n'est pas injective.

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

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

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

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

In [7]:
u + v
(1, -1, 2, -3)

On a donc

  • u+v0u + v \neq 0
  • f(u+v)=0f(u + v) = 0
  • f(0)=0f(0) = 0

Les vecteurs u+vu + v et 00 sont distincts mais ont la même image par ff.

Cela nous dit que ff n'est pas injective.

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

ker(f)={wR4,f(w)=0}\ker(f) = \{ w \in \R^4,\quad f(w) = 0 \}.

Le cours nous dit que ker(f)\ker(f) est un sous-espace vectoriel de l'espace de départ, ici R4\R^4.

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

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

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

«Explication» ou «idée» du théorème:

On part d'un espace de dimension nn.

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:

  • l'espace de départ de ff est R4\R^4
  • dim(R4)=4\dim(\R^4) = 4
  • dim(ker(f))1\dim(\ker(f)) \ge 1

donc .

Dire que ff est surjective reviendrait à dire que est R4\R^4 tout entier.

D'après ce qu'on a dit sur la dimension de , ce n'est pas le cas.

Conclusion: ff n'est ni injective, ni surjective.

Exo 5.3, Q 3.

Rappelons la matrice AA.

In [8]:
A
[ 3 4 2 1] [ 1 2 -1 -1] [-1 -1 3 2] [ 2 -1 0 1]

Notons C1C_1, C2C_2, C3C_3, C4C_4 les colonnes de AA.

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

Autrement dit, est-ce qu'il existe aa et bb

tels que [4211]=a[2130]+b[1121] \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=2a+b4 = 2 a + b
  • 2=ab2 = -a - b
  • 1=3a+2b-1 = 3 a + 2 b
  • 1=0a+1b-1 = 0 a + 1 b

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

On aurait alors [4211]=a[2130][1121] \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=2a14 = 2 a - 1
  • 2=a+12 = -a + 1
  • 1=3a2-1 = 3 a - 2

Autrement dit:

  • 2a=52 a = 5 c'est-à-dire a=5/2a = 5/2
  • a=1a = -1
  • 3a=13 a = 1 c'est-à-dire a=1/3a = 1/3

Ce système n'a pas de solution.

On conclut que C2C_2 n'est pas combinaison linéaire de C3C_3 et C4C_4.

Rappel: l'image de ff est l'espace vectoriel engendré par les colonnes de AA.

Définition: .

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

w=xe1+ye2+ze3+te4w = x \cdot e_1 + y \cdot e_2 + z \cdot e_3 + t \cdot e_4

Donc f(w)=f(xe1+ye2+ze3+te4)f(w) = f(x \cdot e_1 + y \cdot e_2 + z \cdot e_3 + t \cdot e_4).

Donc f(w)=xf(e1)+yf(e2)+zf(e3)+tf(e4)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)=xC1+yC2+zC3+tC4f(w) = x \cdot C_1 + y \cdot C_2 + z \cdot C_3 + t \cdot C_4.

Donc .

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 C2C_2, C3C_3 et C4C_4 est de dimension 33.

L'espace vectoriel engendré par toutes les colonnes de AA contient l'espace vectoriel engendré par les trois dernières colonnes, et est contenu dans R4\R^4.

C'est-à-dire: .

Autrement dit, .

Donc est un entier compris entre 33 et 44.

Mais on a vu que c'est au plus 33. Donc cest 33.

Conclusion: le rang de ff est 33.

La première colonne de ff 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.

On note l'espace des matrices carrées de taille 2 à coefficients réels.

In [9]:
A = matrix([[2, 3], [1, 2]]) A
[2 3] [1 2]

On veut étudier .

Pour cela on définit une application

par

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

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

Exo 5.4, Q 1.

On se souvient que est un espace vectoriel.

On se demande si gg est une application linéaire.

Si MM et NN sont deux matrices dans et si λ\lambda est un réel,

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

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

g(M+λN)=(AM+A(λN))(MA+(λN)A)g(M + \lambda \cdot N) = (A \cdot M + A \cdot (\lambda \cdot N)) - (M \cdot A + (\lambda \cdot N) \cdot A)

g(M+λN)=(AM+λ(AN))(MA+λ(NA))g(M + \lambda \cdot N) = (A \cdot M + \lambda \cdot (A \cdot N)) - (M \cdot A + \lambda \cdot (N \cdot A))

g(M+λN)=(AMMA)+λ(ANNA)g(M + \lambda \cdot N) = (A \cdot M - M \cdot A) + \lambda \cdot (A \cdot N - N \cdot A)

g(M+λN)=g(M)+λg(N)g(M + \lambda \cdot N) = g(M) + \lambda \cdot g(N)

comme espéré.

On a montré que gg est une application linéaire.

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

C'est la base suivante:

In [10]:
E11 = matrix([[1, 0], [0, 0]]) E12 = matrix([[0, 1], [0, 0]]) E21 = matrix([[0, 0], [1, 0]]) E22 = matrix([[0, 0], [0, 1]]) B = [E11, E12, E21, E22] B
[ [1 0] [0 1] [0 0] [0 0] [0 0], [0 0], [1 0], [0 1] ]

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

In [11]:
g = lambda M: A * M - M * A
In [12]:
gB = [g(M) for M in B] gB
[ [ 0 -3] [-1 0] [ 3 0] [ 0 3] [ 1 0], [ 0 1], [ 0 -3], [-1 0] ]
In [13]:
show(gB)
[(0310),(1001),(3003),(0310)]\left[\left(\begin{array}{rr} 0 & -3 \\ 1 & 0 \end{array}\right), \left(\begin{array}{rr} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right), \left(\begin{array}{rr} 3 & 0 \\ 0 & -3 \end{array}\right), \left(\begin{array}{rr} 0 & 3 \\ -1 & 0 \end{array}\right)\right]

La matrice de gg est donc:

In [14]:
G = matrix([[ 0, -1, 3, 0], [-3, 0, 0, 3], [ 1, 0, 0, -1], [ 0, 1, -3, 0],])
In [15]:
G
[ 0 -1 3 0] [-3 0 0 3] [ 1 0 0 -1] [ 0 1 -3 0]
In [16]:
show(G)
(0130300310010130)\left(\begin{array}{rrrr} 0 & -1 & 3 & 0 \\ -3 & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -3 & 0 \end{array}\right)

Exo 5.4, Q 2.

Par définition de EE,

.

En utilisant la définition de gg

E=ker(g)E = \ker(g).

Exo 5.4, Q 3.

In [17]:
I = identity_matrix(2) I
[1 0] [0 1]
In [18]:
A
[2 3] [1 2]
In [19]:
g(I)
[0 0] [0 0]
In [20]:
g(A)
[0 0] [0 0]

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

Sans effectuer les multiplications de matrices:

g(I)=AIIA=AA=0g(I) = A \cdot I - I \cdot A = A - A = 0.

g(A)=AAAA=A2A2=0g(A) = A \cdot A - A \cdot A = A^2 - A^2 = 0.

In [21]:
show((I, A))
((1001),(2312))\left(\left(\begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right), \left(\begin{array}{rr} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{array}\right)\right)

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

Le noyau est un sous-espace vectoriel de qui contient une famille libre à deux éléments. On en déduit que sa dimension est au moins 22.

On a montré: dim(ker(g))2\dim(\ker(g)) \ge 2.

Exo 5.4, Q 4.

Pour trouver une base du noyau de gg, on échelonne la matrice GG.

In [22]:
G.echelon_form()
[ 1 0 0 -1] [ 0 1 -3 0] [ 0 0 0 0] [ 0 0 0 0]

On voit qu'il y a

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

Une matrice [abcd]\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} est dans le noyau de gg ssi le vecteur [abcd]\begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix} est solution du sytème correspondant à la matrice GG.

On peut prendre cc et dd comme paramètres.

On a alors [abcd]=[d3ccd]=c[0310]+d[1001]\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 BB sont [0310] \begin{bmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} et [1001]\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} ,

c'està-dire les matrices [0310] \begin{bmatrix} 0 & 3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} et [1001]\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} .

Le noyau de gg est donc de dimension 22, et par le théorème du rang, puisque la dimension totale de l'espace de départ de gg est 44, le rang de gg est 42=24 - 2 = 2.

Conclusion:

  • dim(ker(g))=2\dim (\ker(g)) = 2

Par ailleurs, (I,A)(I, A) est une famille libre à deux éléments dans ker(g)\ker(g) qui est de dimension 22.

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

Exo 5.4, question 5.

In [23]:
# Inutile de calculer A^2 # A^2

Inutile en fait de calculer A2A^2.

On écrit g(A2)=AA2A2A=A3A3=0g(A^2) = A \cdot A^2 - A^2 \cdot A = A^3 - A^3 = 0.

On a donc bien g(A2)=0g(A^2) = 0 c'est-à-dire A2ker(g)A^2 \in \ker(g).

Puisque A2ker(g)A^2 \in \ker(g) et puisque (I,A)(I, A) est une base de ker(g)\ker(g),

on peut donc écrire A2A^2 comme combinaison linéaire de II et AA (de façon unique).

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

On cherche à présent une base de l'image de gg.

Rapelons que .

In [24]:
gB = [g(M) for M in B] gB
[ [ 0 -3] [-1 0] [ 3 0] [ 0 3] [ 1 0], [ 0 1], [ 0 -3], [-1 0] ]
In [25]:
show(gB)
[(0310),(1001),(3003),(0310)]\left[\left(\begin{array}{rr} 0 & -3 \\ 1 & 0 \end{array}\right), \left(\begin{array}{rr} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right), \left(\begin{array}{rr} 3 & 0 \\ 0 & -3 \end{array}\right), \left(\begin{array}{rr} 0 & 3 \\ -1 & 0 \end{array}\right)\right]

On sait que est de dimension 22.

On peut prendre comme base n'importe quelle famille libre à deux éléments de .

Par exemple, (g(E11),g(E12))(g(E_{11}), g(E_{12})) puisque ces deux matrices sont non colinéaires.

Une base de est ([0310],[1001])\left( \begin{bmatrix} 0 & -3 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \right).

In [ ]:
In [ ]: