Examen corrigé de Algèbre linéaire, Examens de Algèbre linéaire

Télécharge Examen corrigé de Algèbre linéaire et plus Examens au format PDF de Algèbre linéaire sur Docsity uniquement! Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 1 - Algèbre linéaire (corrigé niveau 1). Espaces vectoriels, sous-espaces vectoriels, familles libres et génératrices, dimension. 1. Dans les trois cas, les ensembles proposés sont : • inclus dans les espaces de référence, • non vides car ils contiennent le vecteur nul, • stables par combinaison linéaire. Donc ce sont bien des sous-espaces vectoriels des espaces proposés. Par exemple pour F1 dans
3, • il est formé de triplets de réels (inclusion dans
3), • (0,0,0) vérifie la condition d’appartenance à F1 car : 0 + 0 – 0 = 0 (non vide), • si (x,y,z) et (x’,y’,z’) sont dans F1, avec : (λ,λ’) ∈
2, alors : λ.(x,y,z) + λ’.(x’,y’,z’) = (λ.x + λ’.x’, λ.y + λ’.y’, λ.z + λ’z’), et cette combinaison linéaire est dans F1 car : (λ.x + λ’.x’) + (λ.y + λ’.y’) – (λ.z + λ’.z’) = λ.(x + y – z) + λ’.(x’ + y ‘ – z’) = 0. (stabilité par combinaison linéaire) Pour obtenir une base et la dimension de ces espaces (ici le plus simple est de commencer par déterminer une base), on travaille par équivalences : • soit : u = (x,y,z) ∈
3. On a : (u ∈ F1) ⇔ (x + y – z = 0) ⇔ (z = x + y) ⇔ (∃ (α,β) ∈
2, x = α, y = β, z = α + β) ⇔ (∃ (α,β) ∈
2, u = (x,y,z) = (α, β, α+β) = α.(1, 0, 1) + β.(0, 1, 1)) ⇔ (u ∈ Vect((1, 0, 1), (0, 1, 1))). Autrement dit, vu l’équivalence d’appartenance, on en déduit l’égalité d’ensembles : F1 = Vect(u1, u2), avec : u1 = (1, 0, 1), u2 = (0, 1, 1). Donc (u1, u2) constitue (par définition) une partie génératrice de F1, et comme : ∀ (λ1, λ2) ∈
2, (λ1.u1 + λ2.u2 = 0) ⇒ ((λ1, λ2, λ1 + λ2) = (0, 0, 0)) ⇒ (λ1 = λ2 = 0), la famille est de plus libre et forme donc une base de F1 qui en particulier de dimension 2. En raisonnant de la même façon et en appliquant la méthode du pivot, on obtient : F2 = Vect(u3), avec : u3 = (-2, 1, 3), qui forme ainsi une base de F2, lui-même de dimension 1. • en travaillant de la même façon, on obtient par exemple : G = Vect(v1, v2), avec : v1 = ( 3 5− , 3 4 , 1, 0), et : v2 = (-1, 1, 0, 1), puis : dim(F2) = 2. • enfin, pour : P = a + b.X + c.X2 ∈
2[X], (P ∈ H) ⇔ (a + 2.b + 4.c = 0) ⇔ (a = -2.b – 4.c) ⇔ (∃ (β,γ) ∈
2, b = β, c = γ, a = -2.β – 4.γ) ⇔ (∃ (β,γ) ∈
2, P = a + b.X + c.X2 = (-2.β – 4.γ) + β.X + γ.X2) = β.(X – 2) + γ.(X2 – 4)) ⇔ (P ∈ Vect((X2 – 2), (X4 – 4)). Autrement dit : H = Vect(P1, P2), avec : P1 = X 2 – 2, P2 = X 4 – 4, et (P1, P2) libre, d’où : dim(H) = 2. Remarques : • pour F1, F2 et G on aurait pu utiliser des hyperplans de
3 ou
4 (noyaux de formes linéaires non nulles), • pour H, on aurait aussi pu parler d’hyperplan dans
2[X] (noyau de la forme linéaire : P a P(2)), ou dire que : ∀ P ∈
2[X], (P ∈ H) ⇔ ((X – 2) divise P) ⇔ (∃ Q ∈
1[X], P = (X – 2).Q), ce qui aurait conduit « naturellement » à la base : (X – 2, X.(X – 2)) = (X – 2, X2 – 2.X), de H. • il n’y a pas unicité de base dans un espace vectoriel. 2. La famille (sin,cos) est naturellement une famille génératrice de : F = Vect(sin,cos). De plus : ∀ (λ,µ) ∈
2, (λ.sin + µ.cos = 0) ⇒ (∀ x ∈
, λ.sin(x) + µ.cos(x) = 0) ⇒ (pour : x = 0, λ.1 = 0, et pour : x = 2 π , µ.1 = 0) ⇒ (λ = µ = 0), et la famille (sin, cos) est libre. Donc c’est une base de F, et : dim(F) = 2. 3. Soit : (λ1, …, λp) ∈ Kp, tel que : λ1.(e1+a) + … + λp.(ep+a) = 0. On en déduit : λ1.e1 + … + λp.ep + (λ1 + … + λp).a = 0. Distinguons alors deux cas : Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 2 - • λ1 + … + λp ≠ 0, et dans ce cas : )......( ... 1 11 1 pp p eea λλ λλ ++ ++ −= , ce qui n’est pas possible puisque a n’est pas dans le sous-espace vectoriel engendré par (e1, …, ep), • λ1 + … + λp = 0, et dans ce cas : λ1.e1 + … + λp.ep = 0, mais la famille (e1, …, ep) étant libre, on en déduit : λ1 = … = λp = 0. Conclusion : la famille proposée est libre. Sous-espaces vectoriels supplémentaires, sommes directes. 4. En travaillant comme dans l’exercice 1, on obtient pour base de F la famille : u1 = (2, -1, -1). Pour G on propose naturellement (u2, u3), avec : u2 = (0, 1, -1), et : u3 = (1, 1, 1), qui est bien génératrice de G, et libre comme le montre rapidement l’étude d’une combinaison linéaire nulle. Plusieurs méthodes alors sont possibles, la plus rapide étant sans doute de dire qu’ils sont supplémentaires si et seulement si on obtient une base de
3 en réunissant ces deux bases. Or cette réunion est formée de 3 vecteurs (la dimension de
3) et elle est libre, soit comme le montre à nouveau l’étude d’une combinaison linéaire nulle, l’étude du rang de la famille ou le déterminant des coordonnées des trois vecteurs dans la base canonique de
3. Par exemple : 3 300 110 112 2 3 2 3 0 110 112 111 110 112 ),,( 321 =           − −− =             − −− =           − −− = rgrgrguuurg . Les sous-espaces vectoriels F et G sont bien supplémentaires dans
3, soit : F ⊕ G =
3. 5. On commence par exemple par vérifier si (u,v,w) est libre et forme une base de F : 2 140 111 000 140 111 140 140 111 304 122 111 ),,( =      − − =           − − =           − − − =           − = rgrgrgrgwvurg . La famille est de rang 2, donc : dim(F) = 2, et on a trouvé une nouvelle famille génératrice de F, avec les vecteurs : u’ = u, v’ = 4.e2 – e3. Notons que si la famille avait été libre, on aurait eu : dim(F) = 3, et dim(G) = 1 : les sous-espaces n’auraient pas pu être supplémentaires. Si maintenant on réunit les deux bases de F et de G (x est une base de G puisque non nul, donc formant une famille libre et génératrice de G), on étudie le rang de cette famille, et : 3 4 5 00 140 111 110 140 111 021 140 111 ),','( =             − − =           − − =           − − − = rgrgrgwvurg . La famille est donc une base de
3 et F et G sont supplémentaires dans
3. 6. Deux questions très classiques : on va procéder avec une analyse-synthèse. • Soit : M ∈ Mn(K). On veut montrer que A se décompose de façon unique en : M = S + A, où S est symétrique et A antisymétrique. On suppose dans un premier temps (analyse) que A et S répondent au problème et dans ce cas : tM = tS + tA = S – A, donc : M + tM = 2.S, et : ).( 2 1 MMS t+= , puis : ).( 2 1 MMSMA t−=−= . Donc s’il y a une solution, elle est unique et est donnée par les égalités précédentes : fin de l’analyse. Réciproquement, le couple trouvé convient car : S est symétrique : SMMS tttt =+= ))(( 2 1 , A est antisymétrique : AMMA tttt −=−= ))(( 2 1 , leur somme fait bien M : S + A = M. Conclusion : le couple trouvé convient pour M, et toute matrice de Mn(
) se décompose bien de façon Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 5 - mat(B,B’) =             1000 3100 3210 1111 : on voit apparaître les coefficients du binôme de Newton… Pour la matrice de passage inverse, plusieurs solutions : on calcule l’inverse la matrice précédente (plusieurs méthodes ont été vues en sup), ou on exprime les vecteurs de B à partir de ceux de B’. Cela peut se faire avec : ∀ 0 ≤ k ≤ n, ∑ = − +−      =−+= k i iikkk X i k XX 0 )1.()1.()1)1(( , et la matrice cherchée vaut : mat(B’,B) =             − − −− 1000 3100 3210 1111 . Remarque : cette méthode se généralise à
n[X] avec les bases qu’on imagine. 15. a. Immédiatement :       =      +      −      =+− 00 00 10 01 44 812 34 811 .4 2 2 IAA . b. On en déduit que : A.(4.I2 – A) = I2, et A est bien inversible, avec : A -1 = 4.I2 – A =       − − 31 21 . c. Commençons par : k ∈ ., et démontrons-le par récurrence. La propriété est vraie pour : k = 0, et k = 1, puisque : A0 = I2, et : A 1 = A. Si maintenant, on la suppose vraie pour un entier k donné, soit : Ak = ak.A + bk.I2, alors : Ak+1 = ak.A 2 + bk.A = ak.(4.A – I2) + bk.A = (4.ak + bk).A – ak.I2 ∈ Vect(I2,A), ce qui termine la récurrence. Pour k entier strictement négatif, on a : Ak = A-p = (A-1)p = (4.I2 – A) p ∈ Vect(I2,A), avec ce que l’on vient de démontrer (on a ici posé : p = -k). Remarques pour les 5/2 : • vous aurez peut-être reconnu le polynôme caractéristique de A et le théorème de Cayley-Hamilton, • on aurait pu utiliser le polynôme annulateur pour A : P = X2 – 4.X + 1, puis se servir de la division euclidienne de Xk par P : Xk = P.Qk + Rk = P.Qk + (αk.X + βk), pour obtenir : Ak = αk.A + βk.I2, • le résultat suivant se généralise à toute matrice dans Mn(K) : ∀ k ∈ , Ak ∈ Vect(In, A, …, An-1), toujours avec le théorème de Cayley-Hamilton. 16. a. On peut trouver le noyau de f en résolvant le système : A.X = 0 (qui traduit matriciellement la relation : f(x) = 0). On trouve : ker(f) = Vect(0, 1, -1). Le théorème du rang garantit alors que : rg(f) = 3 – dim(ker(f)) = 2. Or on sait aussi qu’on dispose d’une famille génératrice de Im(f), donnée par les images des vecteurs de la base canonique par f, et ces images se « lisent » directement dans la matrice : f(e1) = e’1 = (1, 0, 0), f(e2) = e’2 = (2, -1, 0), f(e3) = e’3 = (2, -1, 0). Et comme il suffit donc d’avoir une famille libre de deux vecteurs de Im(f) pour en former une base, on peut par exemple proposer pour base de Im(f) la famille (e’1, e’2). b. Puisqu’on dispose d’une base de ker(f) et d’une base de Im(f), il suffit d’examiner si la famille obtenue en les réunissant est une base de
3, et donc si c’est une famille libre. On peut alors faire un calcul de rang : 3 110 012 001 =           − −rg , puisque la matrice est triangulaire. Donc on a bien :
3 = Im(f) ⊕ ker(f). On peut vérifier que : A2 ≠ A, donc f n’est pas un projecteur (ou : f(e’2) ≠ e’2, alors que e’2 étant dans l’image de f, il devrait être invariant par f si f était un projecteur). Remarque : les 5/2 ont peut-être remarqué que : rg(A) ≠ tr(A), donc A (ou f) n’est pas un projecteur. c. On en a déjà parlé : rg(f) = rg(A) = 2. Quant à ce qui était prévisible, beaucoup de choses ont déjà été dites ici à ce propos. Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 6 - 17. L’application u fait bien correspondre à une matrice 2x2 une autre matrice 2x2 à coefficients réels. Puis : ∀ (X, X’) ∈ M2(
)2, ∀ (λ,λ’) ∈
2, u(λ.X + λ’X’) = (λ.x + λ’.X’).A = λ.X.A + λ’.X’.A = λ.u(X) + λ’.u(X’). Donc u est bien un endomorphisme de E. On peut ensuite chercher le noyau de u en posant :       = dc ba X , et en résolvant : X.A = 0. Plus proprement : ∀ X ∈ M2(
), (X.A = 0) ⇔ (a + 2.b = 0, et : c + 2.d = 0) ⇔ (       − +     − =      − − = 12 00 . 00 12 . .2 .2 db dd bb X ). D’où on déduit : ker(u) = Vect(A1, A2), avec :      − = 00 12 1A , et :       − = 12 00 2A . Le théorème du rang donne alors : dim(Im(u)) = 4 – 2 = 2. Enfin, si on calcule u(       00 01 ) et u(       01 00 ), on obtient deux éléments de Im(u) :       = 00 21 3A , et :       = 21 00 4A , qui forment clairement une famille libre, et donc une base de Im(u). Enfin la matrice représentative cherchée est une matrice 4x4 dont on vient d’obtenir deux colonnes. En effet, pour la déterminer, on calcule u(       00 01 ), u(       00 10 ), u(       01 00 ) et u(       10 00 ), et on place les coordonnées dans la base canonique des images obtenues en colonnes dans la matrice, soit : mat(u, Bc) =       =             A A 0 0 4200 2100 0042 0021 , où la dernière matrice est écrite par blocs. 18. Pour la matrice proposée, on a donc : A + I3 =           −− − − 101 325 213 , puis : (A + I3) 2 =           −− − − 112 112 112 , puis : (A + I3) 3 = 0. En développant, on constate alors que : A3 + 3.A2 + 3.A + I3. = 0, soit : A.(- A 2 – 3.A – 3.I3) = I3. Autrement dit, A est bien inversible et : A-1 = (- A2 – 3.A – 3.I3) =           − −− −− 113 427 326 . 19. Si au plus une de ces matrices était non inversible, les deux autres seraient, elles, inversibles donc l’une au moins, de A ou de C le serait. En multipliant à gauche ou à droite (selon le cas) par A-1 ou C-1, on aboutirait à un produit des deux matrices restantes égal à 0, par exemple : B.C = 0. Mais l’une encore est inversible (par exemple B) et en multipliant par son inverse B-1, on obtient que la dernière matrice est nulle (ici ce serait : C = 0), ce qui est contradictoire avec l’hypothèse de l’énoncé. Donc au moins deux des matrices A, B et C ne sont pas inversibles. 20. Procédons par analyse-synthèse. Si une telle base existe, alors elle est formée de r premiers vecteurs et (n – r) autres. Ces derniers vecteurs doivent être dans le noyau, puisque la lecture de la matrice montre que leur image par f est nulle. D’autre part, toute image de vecteur s’exprime à l’aide des r premiers (car les autres lignes de la matrice sont nulles). On doit donc prendre les r premiers vecteurs dans Im(f), les (n – r) derniers dans ker(f). Et c’est tout : fin de l’analyse. Soit maintenant une base B de E formée de r vecteurs de Im(f) et de (n – r) vecteurs de ker(f). Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 7 - Une telle base existe puisque : E = Im(f) ⊕ ker(f), et : r = dim(Im(f)). Alors les derniers vecteurs ont pour image 0, et les premiers ont une image dans Im(f), donc combinaison linéaire de ces mêmes r premiers vecteurs, autrement dit : mat(f,B) =       00 0'A , où : A’ ∈ Mr(K). Reste à montrer que A’ est inversible, c'est-à-dire : A’ ∈ Glr(K). Or, en oubliant les lignes ou colonnes nulles, on a : ( ) )'(0' 00 0' )( ArgArg A frgr ==      == . Donc A’ est bien inversible. 21. On peut essayer une analyse-synthèse, mais on peut commencer par remarquer que : (u2 = 0) ⇒ (Im(u) ⊂ ker(u)) (voir exercice 9). Or : rg(u) ≥ 1, puisque : u ≠ 0. Mais on ne peut avoir : rg(u) ≥ 2, sinon on aurait aussi : dim(ker(u)) ≥ 2, du fait de cette inclusion. Or le théorème du rang donne : rg(u) + dim(ker(u)) = 3. Donc : rg(u) = 1, et : dim(ker(u)) = 2 (toujours le théorème du rang). • Si maintenant une telle base existe (notons-la : B = (e1, e2, e3)), alors : u(e2) = u(e3) = 0, et : u(e1) = e2. Donc e2 est à la fois dans Im(u) et dans ker(u). • Soit donc (« réciproquement », « synthèse »…) e2 dans Im(u), non nul. Il existe un tel vecteur puisque : u ≠ 0. Etant dans Im(u), e2 a un antécédent qu’on va appeler e1. Soit enfin e3 qui complète e2 en une base de ker(u). Montrons que la famille ainsi formée convient : Tout d’abord, elle comporte bien trois vecteurs. Puis si : α1.e1 + α2.e2 + α3.e3 = 0, en composant par u : α1.e2 = 0, d’où :α1 = 0, puisque : e2 ≠ 0. Ensuite, on revient à : α2.e2 + α3.e3 = 0, et la famille (e2, e3) étant une base de ker(u), elle est libre donc : α2 = α3 = 0. La famille proposée est bien une base de E. Enfin la matrice de u dans cette base vaut (on a tout fait pour) : mat(u,B) =           000 001 000 . 22. a. Procédons par analyse-synthèse. Analyse : si une telle base existe (notons-la : B = (e1, e2, e3)), alors : f(e1) = e2, f(e2) = e3, f(e3) = 0. En particulier : e3 = f 2(e1), et tous ces vecteurs sont non nuls (puisque vecteurs d’une base de E). Donc : e1 ∉ ker(f2). Synthèse : soit un vecteur en dehors de ker(f2) (il en existe puisque : f2 ≠ 0). Appelons ce vecteur e1, et posons : e2 = f(e1), e3 = f(e2) = f 2(e1). Alors la famille ainsi formée répond au problème. En effet : • elle est composée de trois vecteurs, • elle est libre car si : α1.e1 + α2.e2 + α3.e3 = 0, en composant par f2, on obtient : α1.f2(e1) + α2.f3(e1) + α3.f4(e1) = 0 = α1.f2(e1), soit : α1 = 0, puis en composant du début par f : α2.f2(e1) + α3.f3(e1) = 0 = α2.f2(e1), soit : α2 = 0, et enfin en revenant au début : α3.e3 = α3.f2(e1) = 0, d’où : α3 = 0. • la matrice de f dans cette base est bien : mat(f,B) =           = 010 001 000 A (on a tout fait pour). b. Soit : g ∈ L(E), et notons B sa matrice représentative dans la base précédente : B = (bi,j)1≤i≤3,1≤j≤3. Alors : (gof = fog) ⇔ (B.A = A.B) ⇔ (b1,2 = b1,3 = b2,3 = 0, b1,1 = b2,2 = b3,3, b2,1 = b3,2) Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 10 - l’autre terme. D’où : [ ] 011. =−= CD . 28. On commence par additionner toutes les colonnes à la première, puis on soustrait la première ligne à toutes les autres, d’où : zyxxy zxyxz zyyzx zyx zyxxy zxyxz zyyzx zyx zyx xyzyx xzzyx yzzyx zyxzyx D −−− −−− −−− ++= −−− −−− −−− ++= ++ ++ ++ ++ = ).( 0 0 0 1 ).( 0 0 0 . Pour ce nouveau déterminant, on remplace C2 par C2 + C1, et C3 par C3 + C1, d’où : 10 01 11 ).).().(( 0 0).( xy xz x xzyyxzzyx xyzxy xzyxz xzyxyzx zyxD − − − −−−−++= −+−− −+−− −−−−− ++= . On termine en développant le dernier déterminant et : )).().().(( zyxxzyyxzzyxD −−−−−−++= . L’ensemble des triplets de
3 vérifiant : D = 0, est donc la réunion de quatre plans, donnés par les équations : x + y + z = 0, x – y – z = 0, y – z – x = 0, z – x – y = 0. 29. Pour le premier déterminant, on peut remplacer chaque colonne Ck par Ck – C1, et : )!1( 101 0 11 001 11 1 21 111 det −= − =             n nn L OOM MO L L OOM MO L (il est triangulaire inférieur). Pour le deuxième déterminant, on remplace la première colonne par C1 – (C2 + … + Cn), et : nan a a aaan aa aa aaa ).2( 000 0 0 000 ).2( 00 0 0 00 det −= − =                 L OOMM MOOM L LL L OOMM MOOM L LL , (triangulaire supérieur). Pour le troisième déterminant, on remplace d’abord C1 par C1 + Cn, puis Ln par Ln + L1, et : 100 1011 1 00 111 0111 10 1 00 111 011 1 01 110 LLL LM MOOOMM MOOM MO LLL L OOM MOOM MO LL L OOM MO L −− − = −−− −= −− − =nD . On développe alors suivant la première colonne puis suivant la dernière ligne, et : ∀ n ≥ 3, Dn = Dn-2. On en déduit que : • ∀ n ≥ 1, n impair, Dn = D1 = 0, • ∀ n ≥ 2, n pair, Dn = D2 = 1. 30. a. La matrice A vaut :               = nnn n n aaa aaa aaa A L MOMM L L 22 21 . On remplace alors chaque colonne Ck par Ck – Ck+1, de la 1 ère à la (n – 1)ème. Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 11 - Cela donne : ))...(.( 000 0 0 )det( 121 1 1 32 13221 nnn n nn nn nnn aaaaa a aa aa aa aaaaaaa A −−= − − − −−− = − − − − L MOMM MOM MMO L . b. Pour le premier des deux déterminants demandés (Dmax et Dmin), on pose : ∀ 1 ≤ i ≤ n, ai = i. Dans ce cas, et puisque : ∀ 1 ≤ i ≤ n – 1, ai – ai+1 = -1, et : Dmax = n.(-1)n-1. Pour le deuxième, partons de : ∀ 1 ≤ i ≤ n, ai = n + 1 – i, pour obtenir :             −− − = 111 111 11 L MOMM L L nn nn A . Pour le calcul de det(A), on intervertit les lignes Lk et Ln-k, ce qui fait apparaître un certain nombre de signes -1, puis on intervertit les colonnes Ck et Cn-k, qui fait apparaître le même nombre de signes -1, donc globalement un nombre pair de signes -1. Or le déterminant devient alors : det(A) = nL MOMM L L 21 221 111 = Dmin. Enfin : ∀ 1 ≤ i ≤ n – 1, ai – ai+1 = 1, donc : 1)det( =A , et : Dmin = 1. Déterminants tridiagonaux. 31. Pour le calcul de Dn, on commence par développer suivant la première ligne, ce qui fait apparaître Dn-1 et un deuxième déterminant, que l’on développe alors suivant la première colonne et : Dn = (a+b).Dn-1 – a.b.1.Dn-2. Donc la suite (Dn) vérifie la relation de récurrence : ∀ n ≥ 3, Dn – (a+b).Dn-1 + a.b.Dn-2. L’équation caractéristique associée est alors : r2 – (a+b).r + a.b = 0, dont les racines sont a et b. Distinguons alors deux cas : • si : a ≠ b, alors : ∃ ! (a,β) ∈ K2, ∀ n ≥ 1, Dn = α.an + β.bn. On détermine alors α et β à l’aide de D1 et D2, avec : D1 = a + b = α.a + β.b, D2 = a 2 + a.b + b2 = α.a2 + β.b2. Après résolution du système (dans le cas où a et b sont non nuls), on obtient : ba a − =α , ab b − =β . D’où : ∀ n ≥ 1, ba ba D nn n − −= ++ 11 , et si a ou b est nul, ce résultat est encore valable (le déterminant est alors triangulaire inférieur). • si : a = b, alors : ∃ ! (α,β) ∈ K2, ∀ n ≥ 1, Dn = (α + β.n).an. Alors avec à nouveau D1 et D2 (et en distinguant au besoin le cas où a est nul), on obtient : α = β = a, soit : ∀ n ≥ 1, Dn = (n + 1).an. Pour le calcul de ∆n, on pose : a = ei.α, et : b = e-i.α, et on distingue à nouveau deux cas : • si : ei.α = e-i.α, alors : ∀ n ≥ 1, Dn = (n + 1).an, c'est-à-dire : si : α = 0 (mod 2.π), ∀ n ≥ 1, Dn = (n + 1), si : α = π (mod 2.π), ∀ n ≥ 1, Dn = (n + 1).(-1)n. • si : ei.α ≠ e-i.α, alors : ∀ n ≥ 1, )sin( )).1sin(( .. ).1.().1.( α α αα αα += − −= − +−+ n ee ee D ii nini n . Déterminant de Vandermonde. 32. a. Si on développe Pn suivant la dernière ligne, on constate qu’on obtient une somme de termes, chacun étant un produit comportant un signe, un terme type Xk, et un déterminant extrait, indépendant de X. Donc Pn est un polynôme à coefficient dans K de degré au plus n – 1. b. Si deux des xi sont égaux, deux lignes dans Vn sont égales et donc : Vn(x1, …, xn) = 0. Chapitre 04 : Algèbre linéaire – Exercices (Corrigé niveau 1). - 12 - c. Il est clair que si on évalue Pn en une valeur xk avec : 1 ≤ k ≤ n – 1, alors : Pn(xk) = 0, puisque le déterminant comporte alors deux lignes égales. Donc les xk étant distincts 2 à 2, on peut écrire : Pn = C.(X – x1)…(X- xn-1), où C est une constante. Enfin, C est le coefficient de Xn-1 qui est donc le déterminant extrait obtenu dans le développement de la question a, soit : C = Vn-1(x1, …, Xn-1). d. On a donc (toujours si les xk sont distincts 2 à 2) : Pn = (X – x1)…(X – xn-1).Vn-1(x1 ,…,xn-1). Donc on en déduit que : Vn(x1,…,xn) = (xn – x1)…(xn – xn-1).Vn-1(x1 ,…,xn-1). Et si deux des xk sont égaux, alors les deux côtés de l’égalité sont nuls : elle est donc valable pour tout n-uplet (x1, …, xn) ∈ Kn. On en déduit alors par récurrence que : ∏ ≤<≤ −= nji ijnn xxxxV 1 1 )(),...,( . e. Pour retrouver directement la relation précédente, on effectue dans Vn(x1,…,xn) les opérations suivantes : on remplace chaque colonne Ck par Ck – xn.Ck-1, pour k de n à 2 (dans cet ordre). Cela donne : 001 .1 . .1 ),...,( 2 1 1 11 2 2 1 22 2 1 1 11 1 ML LL MMM M LL − − − −− −− −− −− −− −− = n nn n nnn n n n n n n n n nn xxxxx xxxxx xxxxx xxV . On développe alors suivant la dernière ligne puis on factorise sur chaque ligne par (xk – xn). Cela donne : ),...,().)...(.()1(),...,( 11111 1 1 −−− + −−−= nnnnn n nn xxVxxxxxxV , soit la même relation que celle obtenue à la question d puisque : (-1)n+1 = (-1)n-1, que l’on distribue sur chaque terme du produit. Déterminants par blocs. 33. Si on calcule le produit M.N, on obtient :       − =      +− − = D BDACB DCDDC BDACB NM 0 .. .. .. . . Puisque la matrice obtenue est triangulaire supérieure par blocs, on obtient : det(M.N) = det(B.C – A.D).det(D) = (-1)n.det(A.D – B.C).det(D). De plus : det(N) = det(-D) = (-1)n.det(D). Donc puisque D est inversible, on a : det(D) ≠ 0, et donc on peut simplifier pour aboutir à : )..det()det( CBDAM −= . 34. Si on remplace chaque ligne du déterminant de M (de la 1ère à la nème) par : Lk + Lk+n, alors cela revient à remplacer A par A+B, et B par A+B dans ce déterminant par blocs, ce qui s’écrit : AB BABA M ++ =)det( . Puis on remplace chaque colonne dans ce déterminant (de la (n+1)ème à la (2.n)ème) par : Ck – Ck-n, et : BAB BA M − + = 0 )det( , et donc : )det().det()det( BABAM −+= , puisque le dernier déterminant obtenu est triangulaire inférieur. Déterminants, applications linéaires. 35. On peut utiliser la méthode du pivot pour déterminer rg(A). 2 0000 0000 3822460 5361 1911230 1911230 3822460 5361 4253 6475 3147 5361 5361 6475 3147 4253 =             − −− =             − − − −− =             − −− − −− =             −− −− − − rgrgrgrg . Donc Im(u) est de dimension 2. Puisque les deux premières colonnes de A sont libres, elles forment une base de Im(u). Donc : (x,y,z,t) ∈ Im(u), si et seulement si la matrice             − − t z y x 61 75 47 53 est de rang 2.