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Exercices corrigés les matrices- djeddi kamel
Le document présente une série d'exercices en algèbre linéaire pour la première année de mathématiques. Il aborde des sujets tels que le calcul de matrices, les déterminants, l'inversibilité des matrices et leurs propriétés. Des questions spécifiques sont posées, demandant des démonstrations et des calculs précis.
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- 1. érie 3 : ------------------------------------------------------------------------------------S 1ièreannée Maths et Inf 2014/2015 Exercice 1 Matière: Algèbre linéaire Responsable: Mr Université d Oum’ Matrices = 01 12 A = 21 10 B . BA + , BA× , AB × , 2 A 2 B . ).(2)( 222 BABABA ×++=+ ? = 12 01 A = 21 02 B . On considère les matrices a. Calculer b. A-t-on Mêmes questions pour les matrices et et et 1) 2) Soit la matrice 𝐴 de définie par : 𝐴 = ( 13 −8 −12 12 −7 −12 6 −4 −5 ) 1. Montrer que 𝐴 est inversible et calculer son inverse 𝐴−1 . 2. En déduire 𝐴 𝑛 , pour tout 𝑛 entier. Exercice 3 Soit 𝐴 la matrice de définie par : 𝐴 = ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) 1. Calculer 𝐴2 . 2. Trouver un polynôme 𝑃 de degré 2 tel que 𝑃( 𝐴) = 𝑂. 3. En déduire 𝐴−1 . 4. Retrouver 𝐴−1 par une autre méthode. Exercice 4 Calculer les déterminants des matrices suivantes : 7 11 −8 4 1 0 6 3 4 15 5 6 21 1 0 2 3 4 5 5 6 7 1 0 −1 2 3 5 4 1 3 0 1 2 3 1 2 3 0 2 3 0 1 3 0 1 2 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 2 1 2 1 3 1 3 2 1 0 6 1 1 1 7 Exercice 2 1 Elbouaghi Algérie. Djeddi K amel.E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
- 2. Exercice 5 Soit 𝛽= ( 𝑒1, 𝑒2, 𝑒3) la base canonique de ℝ3 . Soit 𝑢 l’endomorphisme de ℝ3 dont la matrice dans la base canonique est : 𝐴 = ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) Soient 𝑎 = 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3, 𝑏 = 2𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 et 𝑐 = 2𝑒1 − 2𝑒2 + 𝑒3 trois vecteurs de ℝ3 1. Montrer que 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3 . 2. Déterminer la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′ . Calculer 𝑃−1 . 3. Déterminer la matrice 𝑅 de 𝑢 dans la base 𝛽′ . 4. a) Calculer 𝑃−1 𝐴𝑃 en fonction de 𝑅 b) Calculer 𝑅4 c) En déduire les valeurs de 𝐴4𝑛 . Exercice 6 − − − = 211 121 112 A 33IAB += . 2 B B . 2 A A . A On considère les matrices1) a. Exprimer en fonction de b. En déduire en fonction de c. La matrice est-elle inversible ? et on pose − − − − = 2111 1211 1121 1112 A 43IAB += .2) Mêmes questions pour les matrices et 2
- 3. Correction de l’exercice1 1) = 01 12 A = 21 10 B BA + , BA× , AB × , 2 A et 2 B . ♦ =+ 22 22 BA , =× 10 41 BA , =× 14 01 AB , = 12 252 A , = 52 212 B b. 222 .2)( BBAABA +×+≠+ : ABBA ×≠× ♦ )()()( 2 BABABA +×+=+ =+⇒ 88 88 )( 2 BA ♦ =+×+ 84 128 .2 22 BBAA 2) = 12 01 A et = 21 02 B a. Calcul de BA + , BA× , AB × , 2 A et 2 B . ♦ =+ 33 03 BA , =× 25 02 BA , =× 25 02 AB , = 14 012 A , = 44 042 B b. 222 .2)( BBAABA +×+=+ : ABBA ×=× ♦ )()()( 2 BABABA +×+=+ =+⇒ 918 09 )( 2 BA ♦ =+×+ 918 09 .2 22 BBAA a. Calcul de et 3 Corrections E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
- 4. Correction de l’exercice2 𝑌 = 𝐴𝑋 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑌 ⇔ { 13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1 12𝑥1 − 7𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦2 6𝑥1 − 4𝑥2 − 5𝑥3 = 𝑦3 ⇔ 13𝐿2 − 12𝐿1 2𝐿3 − 𝐿2 { 13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1 5𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1 −𝑥2 + 2𝑥3 = 2𝑦3 − 𝑦2 ⇔ 5𝐿3 + 𝐿2 { 13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1 5𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1 −2𝑥3 = 10𝑦3 − 5𝑦2 + 13𝑦2 − 12𝑦1 ⇔ { 13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12𝑥3 5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12𝑥3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3) 5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3) = 60𝑦1 − 35𝑦2 − 60𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 13𝑥1 = 73𝑦1 − 48𝑦2 − 60𝑦3 + 8(12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3) 𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 13𝑥1 = 169𝑦1 − 104𝑦2 − 156𝑦3 𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = 13𝑦1 − 8𝑦2 − 12𝑦3 𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( 13 −8 −12 12 −7 −12 6 −4 −5 ) ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) Donc 𝐴−1 = ( 13 −8 −12 12 −7 −12 6 −4 −5 ) = 𝐴 Le mieux aurait été de changer les rôles de 𝑥1 et 𝑥3 dans le premier système. 𝐴2 = 𝐼 donc 𝐴2𝑛 = 𝐴2 𝑛 = 𝐼 𝑛 = 𝐼 et 𝐴2𝑛+1 = 𝐴2𝑛 𝐴 = 𝐴. Correction de l’exercice 3 1. et 2. 𝐴2 = ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) = ( 2 1 1 1 2 1 1 1 2 ) = 𝐴 + 2𝐼 donc 𝑃( 𝑋) = 𝑋2 − 𝑋 − 2 𝐴2 − 𝐴 = 2𝐼 ⇔ 𝐴( 𝐴 − 𝐼) = 2𝐼 ⇔ 𝐴 × 𝐴−𝐼 2 = 𝐼 donc 𝐴−1 = 𝐴−𝐼 2 = 1 2 ( −1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 ) 4
- 5. 𝐴𝑋 = 𝑌⇔ ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) = { 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3 𝑥1 dans la 𝑥1et 𝑥2 soit on intervertit la ligne 1 avec une ligne où il y a un 𝑥1 Ici il y a un problème pour appliquer le pivot de Gauss parce qu’il n’y a pas de termes en première ligne, il y a deux façons d’arranger ce problème, soit on intervertit , c’est ce que nous allons faire. 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3 ⇔ 𝐿2 𝐿1 𝐿3 { 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 𝐿1 { 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥2 − 𝑥3 = −𝑦2 + 𝑦3 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 𝐿2 { 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 −2𝑥3 = −𝑦1 − 𝑦2 + 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −𝑥3+ 𝑦2 𝑥2 = −𝑥3 + 𝑦1 𝑥3 = 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = − ( 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3) + 𝑦2 𝑥2 = − ( 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3) + 𝑦1 𝑥3 = 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = − 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 + 1 2 𝑦3 𝑥2 = 1 2 𝑦1 − 1 2 𝑦2 + 1 2 𝑦3 𝑥3 = 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3 ⇔ ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2) ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) Donc 𝐴−1 = ( − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2) Correction de l’exercice 4 1. Le déterminant de la matrice a b c d est a b c d = ad −bc 7 11 −8 4 = 7×4−11×(−8) = 116. 2. Nous allons voir différentes méthodes pour calculer les déterminants. Première méthode. Règle de Sarrus. Pour le matrice 3×3 il existe une formule qui permet de calculer directement le déterminant. . Donc 5
- 6. a11 a12 a13 a21a22 a23 a31 a32 a33 = a11a22a33 +a12a23a31 +a21a32a13 −a13a22a31 −a11a32a23 −a12a21a33 Donc 1 0 6 3 4 15 5 6 21 = 1×4×21+0×15×5+3×6×6−5×4×6−6×15×1−3×0×21 = −18 Attention ! La règle de Sarrus ne s’applique qu’aux matrices 3×3. 3. Deuxième méthode. Se ramener à une matrice diagonale ou triangulaire. Si dans une matrice on change un ligne Li en Li −λLj avec les colonnes. alors le déterminant reste le même. Même chose L1 1 0 2 L2 3 4 5 L3 5 6 7 = 1 0 2 L2←L2−3L1 0 4 −1 L3←L3−5L1 0 6 −3 = 1 0 2 0 4 −1 L3←L3−3 2 L2 0 0 −3 2 = 1×4×(−3 2) = −6 cients sur la diagonale. On a utilisé le fait que le déterminant d’une matrice diagonale (ou triangulaire) est le produit des coeffi 4. Troisième méthode. Développement par rapport à une ligne ou une colonne. par rapport à la deuxième colonne. 1 0 −1 2 3 5 4 1 3 = (−0)× 2 5 4 3 +(+3)× 1 −1 4 3 +(−1)× 1 −1 2 5 = 0+3×7−1×7 = 14 Nous allons développer Bien souvent on commence par simplifier la matrice en faisant apparaître un maximum de 0 par les opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. Puis on développe en choisissant la ligne ou la colonne qui a le plus de 0. 5. On fait apparaître des 0 sur la première colonne puis on développe par rapport à cette colonne. ∆ = L1 0 1 2 3 L2 1 2 3 0 L3 2 3 0 1 L4 3 0 1 2 = 0 1 2 3 1 2 3 0 L3←L3−2L2 0 −1 −6 1 L4←L4−3L2 0 −6 −8 2 = − 1 2 3 −1 −6 1 −6 −8 2 Pour calculer le déterminant 3×3 on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on la développe. −∆ = L1 1 2 3 L2 −1 −6 1 L3 −6 −8 2 = 1 2 3 L2←L2+L1 0 −4 4 L3←L3+6L1 0 4 20 = 1 −4 4 4 20 = −96 6
- 7. Donc ∆ =96. 6. La matrice a déjà beaucoup de 0 mais on peut en faire apparaître davantage sur la dernière colonne, puis on développe par rapport à la dernière colonne. ∆ = L1 0 1 1 0 L2 1 0 0 1 L3 1 1 0 1 L4 1 1 1 0 = 0 1 1 0 1 0 0 1 L3←L3−L2 0 1 0 0 1 1 1 0 = 0 1 1 0 1 0 1 1 1 On développe ce dernier déterminant par rapport à la première colonne : ∆ = 0 1 1 0 1 0 1 1 1 = 1× 1 1 1 0 = −1 7. Toujours la même méthode, on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on développe par rapport à cette colonne. ∆ = L1 1 2 1 2 L2 1 3 1 3 L3 2 1 0 6 L4 1 1 1 7 = 1 2 1 2 L2←L2−L1 0 1 0 1 L3←L3−2L1 0 −3 −2 2 L4←L4−L1 0 −1 0 5 = 1 0 1 −3 −2 2 −1 0 5 On développe par rapport à la deuxième colonne : ∆ = −2× 1 1 −1 5 = −12 Correction de l’exercice 5 det( 𝑎, 𝑏, 𝑐) = | 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 | = 𝐶3 − 𝐶2 | 1 2 2 −1 −1 −2 0 0 −1 | = − | 1 2 −1 −1 | = −(−1 + 2) = −1 ≠ 0 Donc ( 𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3 1. 2. 𝑃 = ( 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 ) 𝑃𝑋 = 𝑌 ⇔ ( 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 ) ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1 −𝑥1 − 𝑥2 − 2𝑥3 = 𝑦2 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦3 7
- 8. ⇔ 𝐿1 𝐿2 + 𝐿1 𝐿3+ 𝐿2 { 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 −𝑥3 = 𝑦2 + 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −2𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑦1 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −2𝑦1 − 2𝑦2 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 𝑦1 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −𝑦1 + 2𝑦3 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3 Donc 𝑃−1 = ( −1 0 2 1 1 0 0 −1 −1 ) 3. Les coordonnées de 𝑢( 𝑎) dans la base 𝛽 sont ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 1 −1 1 ) = ( 1 −1 1 ) Donc 𝑢( 𝑎) = 𝑎 Les coordonnées de 𝑢( 𝑏) dans la base 𝛽 sont ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 2 −1 1 ) = ( 2 −2 1 ) Donc 𝑢( 𝑏) = 𝑐 Les coordonnées de 𝑢( 𝑐) dans la base 𝛽 sont ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 2 −2 1 ) = ( −2 1 −1 ) Donc 𝑢( 𝑐) = −𝑏 Par conséquent 𝑅 = ( 1 0 0 0 0 −1 0 1 0 ) 4. a) 𝑃−1 𝐴𝑃 = ( −1 0 2 1 1 0 0 −1 −1 ) ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 ) = ( −1 0 2 1 1 0 0 −1 −1 ) ( 1 2 −2 −1 −2 1 1 1 −1 ) = ( 1 0 0 0 0 −1 0 1 0 ) = 𝑅 8
- 9. b) 𝑅2 = ( 1 00 0 0 −1 0 1 0 ) ( 1 0 0 0 0 −1 0 1 0 ) = ( 1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 ) 𝑅4 = 𝑅2 𝑅2 = ( 1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 ) ( 1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 ) = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) = 𝐼 c) 𝑅 = 𝑃−1 𝐴𝑃 ⇔ 𝐴 = 𝑃𝑅𝑃−1 𝐴4 = 𝑃𝑅𝑃−1 𝑃𝑅𝑃−1 𝑃𝑅𝑃−1 𝑃𝑅𝑃−1 = 𝑃𝑅4 𝑃−1 = 𝑃𝐼𝑃−1 = 𝐼 Donc 𝐴4𝑛 = ( 𝐴4) 𝑛 = 𝐼 𝑛 = 𝐼 Correction de l’exercice 6 1) − − − = 211 121 112 A , 33IAB += a. 2 B en fonction de B : =⇒+= 111 111 111 3 3 BIAB ♦ = 111 111 111 B : ⇒ =×= 333 333 333 2 BBB BB .32 = b. 2 A en fonction de A . ♦ 33 33 IBAIAB −=⇒+= ♦ Les matrices B et 3).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 33 −=−×=×− ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 .32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒ ( ) BIBBIBBIIBA .3.9.3.6.9.6.9.3 33 2 3 2 3 2 −=+−=+−=−=⇒ , car BB .32 = ABIBIA .3).3.(3.3.9 33 2 −=+−−=−=⇒ , BIA +−= 3.3 Donc AA .32 −= c. La matrice A n'est pas inversible : On suppose que la matrice A est inversible On a alors 3 1 IAA =× − et AA .32 −= Donc 3 11 .3.3 IAAAAAA −=⇒×−=×× −− Or 3.3 IA −≠ , donc la matrice A n'est pas inversible. 9
- 10. 2) − − − − = 2111 1211 1121 1112 A , 43IAB+= a. 2 B en fonction de B : =⇒+= 1111 1111 1111 1111 3 4 BIAB ♦ = 1111 1111 1111 1111 B : ⇒ =×= 4444 4444 4444 4444 2 BBB BB .42 = b. 2 A en fonction de A . ♦ 44 33 IBAIAB −=⇒+= ♦ Les matrices B et 4).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 44 −=−×=×− ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 4 2 .32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒ BIBBIBBIA .2.9.4.6.9.6.9 44 2 4 2 −=+−=+−=⇒ , car BB .42 = AIBIIBIIA .23).3).(2(3.2.63 44434 2 −=+−−+=−+=⇒ , BIA +−= 4.3 Donc AIA .23 4 2 −= c. La matrice A est inversible : 44444 2 4 2 ).2( 3 1 .).2(. 3 1 3.2.23 IIAAIIAAIAAAIA = +×⇒=+×⇒=+⇒−= Donc 44 /).2( 3 1 )4( IBAIABMB =× +=∈∃ Donc la matrice A est inversible et ).2( 3 1 4 1 IAA +=− 10