annicYk Henrio 5 mars 2013ducoulombier-math.esy.es/AL Td.pdf · Chapitre 2 Pivot de Gauss : Corrigés des exercices 2.1 Exercice 1 2.1.1 Enoncé Pour chacune des matrices A i ci-dessous,

Exercices corrigés d'algèbre linéaire

Yannick Henrio

5 mars 2013

2

Chapitre 1

L'espace vectoriel Rn : Exercices

corrigés

Exercice 1 : Considérons les vecteurs de R2 : ~u1 = (1,−1), ~u2 = (2, 3), ~u3 = (4, 5).

1. Calculer les combinaisons linéaires suivantes : 3~u1+2~u2−~u3,−~u1+5~u2−4~u3, 2~u1+9~u2−5~u3,et ~u1 + ~u2 + 6~u3.

2. Déduire d'un calcul précédent que ~u3 est combinaison linéaire de ~u1 et ~u2.

3. En déduire que vect (~u1, ~u2, ~u3) = vect (~u1, ~u2).

Corrigé de l'exercice 1 :

1.3~u1 + 2~u2 − ~u3 = 3.(1,−1) + 2.(2, 3)− (4, 5) = (3,−2)

−~u1 + 5~u2 − 4~u3 = −(1,−1) + 5.(2, 3)− 4.(4, 5) = (−7,−4)

2~u1 + 9~u2 − 5~u3 = 2.(1,−1) + 9.(2, 3)− 5.(4, 5) = (0, 0) = ~02

~u1 + ~u2 + 6~u3 = (1,−1) + (2, 3) + 6.(4, 5) = (27, 32)

2. Comme 2~u1 + 9~u2 − 5~u3 = ~02, on a 2~u1 + 9~u2 = 5~u3 et donc ~u3 =2

5.~u1 +

3

5.~u2.

3. Clairement, vect (~u1, ~u2, ~u3) ⊃ vect (~u1, ~u2). Réciproquement, soit ~v ∈ vect (~u1, ~u2, ~u3).Il existe des scalaires α1, α2 et α3 tels que ~v = α1.~u1 + α2.~u2 + α3.~u3. Donc

~v = α1.~u1 + α2.~u2 + α3.(2

5.~u1 +

3

5.~u2) = (α1 +

2

5α3).~u1 + (α2 +

3

5α3).~u2 ∈ vect (~u1, ~u2)

Ainsi vect (~u1, ~u2, ~u3) ⊂ vect (~u1, ~u2). Les deux inclusions prouvent l'égalité des deuxsous-espaces vectoriels.

Exercice 2 : Parmi les parties suivantes de R3, lesquelles sont des sous-espaces vectoriels deR3 ? Pour chacun de ces sous-espaces vectoriels, trouver une famille génératrice.

1. A = { (x, y, z) ∈ R3 : xyz = 0 }.2. B = { (x, y, z) ∈ R3 : 3x+ 2y + 5z = 0 }.3. C = { (x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 4 }.4. D = { (x, y, z) ∈ R3 : x+ 2z = 0 et y − 3z = 0 }.


1

2 CHAPITRE 1. L'ESPACE VECTORIEL RN : EXERCICES CORRIGÉS

1. On a (1, 1, 0) ∈ A, (0, 0, 1) ∈ A mais (1, 1, 0)+ (0, 0, 1) = (1, 1, 1) /∈ A. Donc A n'est pas unsous-espace vectoriel de R3.

2. Comme 3.0 + 2.0 + 5.0 = 0, ~03 ∈ B. Soient ~u = (x, y, z) ∈ B et ~u′ = (x′, y′, z′) ∈ B. Alors,

3(x+ x′) + 2(y + y′) + 5(z + z′) = (3x+ 2y + 5z) + (3x′ + 2y′ + 5z′) = 0 + 0 = 0

donc ~u+ ~u′ ∈ B. En�n, soient ~u = (x, y, z) ∈ B et α ∈ R. Alors

3(αx) + 2(αx) + 5(αx) = α(3x+ 2y + 5z) = α.0 = 0

et donc α.~u ∈ B. Ainsi, B est un sous-espace vectoriel de R3. Soit ~u = (x, y, z) ∈ B. Alorsx = −2

3y − 5

3z, et donc

~u = (−2

3y − 5

3z, y, z) = y.(−2

3, 1, 0) + z.(−5

3, 0, 1)

De plus, ~u1 = (−2

3, 1, 0) ∈ B et ~u2 = (−5

3, 0, 1) ∈ B. Donc (~u1, ~u2) est une famille

génératrice de B.

3. Comme 0 + 0 + 0 = 0 6= 4, ~03 /∈ C. Donc C n'est pas un sous-espace vectoriel de R3.

4. Comme 0 + 2.0 = 0 et 0− 3.0 = 0, ~03 ∈ D. Soient ~u = (x, y, z) ∈ D et ~u′ = (x′, y′, z′) ∈ D.Alors,

(x+ x′) + 2(z + z′) = (x+ 2z) + (x′ + 2z′) = 0 + 0 = 0

(y + y′)− 3(z + z′) = (y − 3z) + (y′ − 3z′) = 0 + 0 = 0

donc ~u+ ~u′ ∈ D. En�n, soient ~u = (x, y, z) ∈ D et α ∈ R. Alors

(αx) + 2(αz) = α(x+ 2z) = α.0 = 0 et (αy)− 3(αz) = α(y − 3z) = α.0 = 0

et donc α.~u ∈ D. Ainsi, D est un sous-espace vectoriel de R3. Soit ~u = (x, y, z) ∈ D. Alorsx = −2z et y = 3z et donc

~u = (−2z, 3z, z) = z.(−2, 3, 1)

De plus, ~u1 = (−2, 3, 1) ∈ D. Donc (~u1) est une famille génératrice de D.

Exercice 3 : Posons V = { (x, y, z) ∈ R3 : 8x− 18y + 7z = 0 }, ~u = (1, 2, 4) et ~v = (−3, 1, 6).1. Véri�er que V est un sous-espace vectoriel de R3.

2. Véri�er que ~u ∈ V et ~v ∈ V .3. Montrer que (~u,~v) est une famille génératrice de V .


1. Comme 8.0− 18.0+7.0 = 0, ~03 ∈ V . Soient ~u = (x, y, z) ∈ V et ~u′ = (x′, y′, z′) ∈ V . Alors,

8(x+ x′)− 18(y + y′) + 7(z + z′) = (8x− 18y + 7z) + (8x′ − 18y′ + 7z′) = 0 + 0 = 0

donc ~u+ ~u′ ∈ V . En�n, soient ~u = (x, y, z) ∈ V et α ∈ R. Alors

8(αx)− 18(αx) + 7(αx) = α(8x− 18y + 7z) = α.0 = 0

et donc α.~u ∈ V . Ainsi, V est un sous-espace vectoriel de R3.

2. On a 8.1− 18.2 + 7.4 = 0, on a ~u ∈ V . Par ailleurs, 8.(−3)− 18.1 + 7.6 = 0 et donc ~v ∈ V .

3

3. Compte tenu de la question précédente, il su�t de véri�er que tout vecteur de V estcombinaison linéaire de (~u,~v). Une telle combinaison linéaire s'écrit

α~u+ β~v = α(1, 2, 4) + β(−3, 1, 6) = (α− 3β, 2α+ β, 4α+ 6β)

Il faut donc véri�er que si (x, y, z) ∈ V , alors le système d'inconnues réelles α et β α − 3β = x2α + β = y4α + 6β = z

possède une solution. Résolvons ce système : α − 3β = x2α + β = y4α + 6β = z

L2 ← L2 − 2L1

L3 ← L3 − 4L1 α − 3β = x7β = y − 2x18β = z − 4x L3 ← L3 −

18

7L2

α − 3β = x7β = y − 2x

0 = (z − 4x)− 18

7(y − 2x) =

8x− 18y + 7z

7= 0

On en tire β =y − 2x

7et ensuite α = 3β + x =

3y + x

7. Ainsi,

∀(x, y, z) ∈ V (x, y, z) =3y + x

7~u+

y − 2x

7~v

La famille (~u,~v) est bien une famille génératrice de V .

Exercice 4 : Notons V = { (x, y) ∈ R2 : y = 0 } et W = { x, y) ∈ R2 : x = 0 }.1. Représenter V et W dans le plan R2.

2. Véri�er que V et W sont des sous-espaces vectoriels de R2.

3. La partie V ∪W est-elle un sous-espace vectoriel de R2 ?

Exercice 5 : Soient V et W deux sous-espaces vectoriels de Rn. On dé�nit un ensemble

V +W = { ~u ∈ Rn : ∃~v ∈ V ∃~w ∈W ~u = ~v + ~w }

1. Montrer que V +W est un sous-espace vectoriel de Rn.

2. Soit (~v1, . . . , ~vp) une famille génératrice de V et (~w1, . . . , ~wq) une famille génératrice de W .Montrer qu'alors (~v1, . . . , ~vp, ~w1, . . . , ~wq) est une famille génératrice de V +W .


1. Comme ~0 ∈ V et ~0 ∈ W , on a ~0 = ~0 +~0 ∈ V +W . Supposons ~u ∈ V +W et ~u′ ∈ V +W .Il existe des vecteurs ~v ∈ V , ~v′ ∈ V , ~w ∈W et ~w′ ∈W tels que ~u = ~v + ~w et ~u′ = ~v′ + ~w′.Donc,

~u+ ~u′ = (~v + ~w) + (~v′ + ~w′) = (~v + ~v′) + (~w + ~w′)

4 CHAPITRE 1. L'ESPACE VECTORIEL RN : EXERCICES CORRIGÉS

Comme V et W sont des sous-espaces vectoriels de Rn, on a ~v + ~v′ ∈ V et ~w + ~w′ ∈ W .Ainsi, ~u+~u′ ∈ V +W . En�n, si ~u ∈ V +W et α ∈ R, il existe des vecteurs ~v ∈ V et ~w ∈Wtels que ~u = ~v + ~w. Donc

α~u = α(~v + ~w) = α~v + α~w

Or, comme V et W sont des sous-espaces vectoriels de Rn, on a α~v ∈ V et α~w ∈W . Ainsi,α~u ∈ V +W . Ainsi, V +W est bien un sous-espace vectoriel de Rn.

2. Soit (~v1, . . . , ~vp) une famille génératrice de V et (~w1, . . . , ~wq) une famille génératrice de W .

Comme ~vi = ~vi+~0 ∈ V +W et ~wj = ~0+ ~wj ∈ V +W , nous devons véri�er que tout vecteurde V +W est combinaison linéaire de la famille (~v1, . . . , ~vp, ~w1, . . . , ~wq). Or, si ~u ∈ V +W ,il existe des vecteurs ~v ∈ V et ~w ∈ W tels que ~u = ~v + ~w. De plus, il existe des scalairesα1, . . . , αp et β1, . . . , βq tels que

~v = α1~v1 + · · ·+ αp~vp et ~w = β1 ~w1 + · · ·+ βq ~wq

et ainsi~u = ~v + ~w = α1~v1 + · · ·+ αp~vp + β1 ~w1 + · · ·+ βq ~wq

est bien combinaison linéaire de la famille (~v1, . . . , ~vp, ~w1, . . . , ~wq).

Exercice 6 : Notons V l'ensemble des solutions du système à 5 inconnues : x1 − 2x3 − 8x5 = 0x2 − 5x3 + 3x5 = 0

x4 − x5 = 0

1. Montrer que V est un sous-espace vectoriel de R5.

2. Véri�er que si ~v ∈ V , alors toutes les coordonnées canoniques de ~v ∈ V peuvent s'écrire enfonction des seules coordonnées x3 et x5. En déduire la forme générale d'un vecteur de V .

3. Construire une famille génératrice à deux vecteurs de V .

4. Existe-t'il un vecteur ~u de V satisfaisant V = vect (~u) ?


1. V est un sous-espace vectoriel de R5 car ...

2. Si (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ V , on a x1 = 2x3 + 8x5, x2 = 5x3 − 3x5, x3 = x3, x4 = x5 etx5 = x5. Donc,

(x1, x2, x3, x4, x5) = (2x3 + 8x5, 5x3 − 3x5, x3, x5, x5) = x3.(2, 5, 1, 0, 0) + x5.(8,−3, 0, 1, 1)

3. Comme ~v1 = (2, 5, 1, 0, 0) ∈ V et ~v2 = (8,−3, 0, 1, 1) ∈ V , la formule précédente entraîneque (~v1, ~v2) est une famille génératrice de V .

4. S'il existait un vecteur ~u de V satisfaisant V = vect (~u), on aurait en particulier ~v1 = α~uet ~v2 = β~u, où α et β sont des scalaires. Comme ~v2 est non nul, on a β 6= 0. Mais alors,

~v1 = α~u =α

β~v2. En particulier, 2 =

α

β.8 et 5 =

α

β.(−3) ce qui est impossible car

1

46= −5

3.

Ainsi, il n'existe aucun vecteur ~u satisfaisant V = vect (~u).

Chapitre 2

Pivot de Gauss : Corrigés des

exercices

2.1 Exercice 1

2.1.1 Enoncé

Pour chacune des matrices Ai ci-dessous,

A1 =

0 1 3 4 8 −50 0 0 1 2 30 0 0 4 5 60 0 2 0 −8 9

, A2 =

0 7 −2 4 8 −51 0 0 5 2 32 0 0 3 5 40 0 2 0 −8 9

A3 =

1 0 0 5 5 70 0 1 0 2 30 0 0 0 2 30 0 0 0 0 0

, A4 =

1 2 3 4 5 60 0 0 5 2 34 0 0 5 0 70 0 −8 0 4 3

A5 =

1 2 −7 3 7 1513 27 −93 32 54 15123 48 −165 56 92 263

, A6 =

1 2 5 12 7 4 5−1 1 7 7−3 4 3 5

1) Donner les profondeurs des lignes de Ai. La matrice Ai est-elle échelonnée ?

2) Calculer un échelonnement Mi de Ai.

3) Déterminer les colonnes principales et les colonnes auxiliaires de Mi.

4) Donner le rang de Ai.

5) Calculer l'échelonnement réduit Bi de Ai.

2.1.2 Corrigé pour la matrice A1

On a j1 = 1, j2 = 3, j3 = 3, et j4 = 2. Comme j4 < j3, la matrice n'est pas échelonnée. Ontrouve un échelonnement comme suit :

5

6 CHAPITRE 2. PIVOT DE GAUSS : CORRIGÉS DES EXERCICES0 1 3 4 8 −50 0 0 1 2 30 0 0 4 5 60 0 2 0 −8 9

L2 ↔ L4

0 1 3 4 8 −50 0 2 0 −8 90 0 0 4 5 60 0 0 1 2 3

L3 ↔ L40 1 3 4 8 −50 0 2 0 −8 90 0 0 1 2 30 0 0 4 5 6

L4 ↔ L4 − 4L3

M1 =

0 1 3 4 8 −50 0 2 0 −8 90 0 0 1 2 30 0 0 0 −3 −6

est un échelonnement de A1

Les colonnes principales de M1 sont les colonnes C2, C3, C4 et les colonnes auxiliaires sontC1, C5, C6. Le rang de A1 est le nombre de pivots de M1 : rg(A1) = 4.

0 1 3 4 8 −50 0 2 0 −8 90 0 0 1 2 30 0 0 0 −3 −6

L2 ←1

2L2

L4 ← −1

3L2

0 1 3 4 8 −50 0 1 0 −4 9/20 0 0 1 2 30 0 0 0 1 2

L1 ← L1 − 8L4

L2 ← L2 + 4L4

L3 ← L3 − 2L40 1 3 4 0 −210 0 1 0 0 25/20 0 0 1 0 −10 0 0 0 1 2

L1 ← L1 − 4L3

0 1 3 0 0 −170 0 1 0 0 25/20 0 0 1 0 −10 0 0 0 1 2

L1 ← L1 − 3L2

B1 =

0 1 0 0 0 −109/20 0 1 0 0 25/20 0 0 1 0 −10 0 0 0 1 2

est l'échelonnement réduit de A1.


On a j1 = 1, j2 = 0, j3 = 0 et j4 = 2. La matrice n'est pas échelonnée car j2 < j1. On obtientun échelonnement comme suit :

0 7 −2 4 8 −51 0 0 5 2 32 0 0 3 5 40 0 2 0 −8 9

L1 ↔ L2

2.1. EXERCICE 1 71 0 0 5 2 30 7 −2 4 8 −52 0 0 3 5 40 0 2 0 −8 9

L3 ← L3 − 2L11 0 0 5 2 30 7 −2 4 8 −50 0 0 −7 1 −20 0 2 0 −8 9

L3 ↔ L4

M2 =

1 0 0 5 2 30 7 −2 4 8 −50 0 2 0 −8 90 0 0 −7 1 −2

est un échelonnement de A2. Les colonnes principales

sont C1, C2, C3, C4 et les colonnes auxiliaires sont C5, C6. Le rang de A2 est donc 4. On calculel'échelonnement réduit :

1 0 0 5 2 30 7 −2 4 8 −50 0 2 0 −8 90 0 0 −7 1 −2

L2 ← 1/7.L2

L3 ← 1/2.L3

L4 ← −1/7.L41 0 0 5 2 30 1 −2/7 4/7 8/7 −5/70 0 1 0 −4 9/20 0 0 1 −1/7 2/7

L1 ← L1 − 5.L4

L2 ← L2 − 4/7.L4

1 0 0 0 19/7 11/70 1 −2/7 0 60/49 −43/490 0 1 0 −4 9/20 0 0 1 −1/7 2/7

L2 ← L2 + 2/7.L3

B2 =

1 0 0 0 19/7 11/70 1 0 0 4/49 20/490 0 1 0 −4 9/20 0 0 1 −1/7 2/7



On a j1 = 0, j2 = 2, j3 = 4 et j4 = 6. La matrice est donc échelonnée. Ses colonnes principalessont C1, C3, C5 et les colonnes auxiliaires sont C2, C4, C6. Le rang de A3 est donc 3. On calculel'échelonnement réduit :

1 0 0 5 5 70 0 1 0 2 30 0 0 0 2 30 0 0 0 0 0

L3 ← 1/2.L31 0 0 5 5 70 0 1 0 2 30 0 0 0 1 3/20 0 0 0 0 0

L1 ← L1 − 5.L3

L2 ← L2 − 2.L3

B3 =

1 0 0 5 0 −1/20 0 1 0 0 00 0 0 0 1 3/20 0 0 0 0 0


8 CHAPITRE 2. PIVOT DE GAUSS : CORRIGÉS DES EXERCICES


On a j1 = 0, j2 = 3, j3 = 0 et j4 = 2. La matrice n'est pas échelonnée car j3 = j1 < 6 avec 6colonnes dans la matrice. On obtient un échelonnement comme suit :

1 2 3 4 5 60 0 0 5 2 34 0 0 5 0 70 0 −8 0 4 3

L3 ← L3 − 4.L11 2 3 4 5 60 0 0 5 2 30 −8 −12 −11 −20 −170 0 −8 0 4 3

L2 ← L3

L3 ← L4

L4 ← L2

M4 =

1 2 3 4 5 60 −8 −12 −11 −20 −170 0 −8 0 4 30 0 0 5 2 3

est un échelonnement de A4. Les colonnes princi-

pales sont C1, C2, C3, C4 et les colonnes auxiliaires sont C5, C6. Le rang de A4 est donc 4. Oncalcule l'échelonnement réduit :

1 2 3 4 5 60 −8 −12 −11 −20 −170 0 −8 0 4 30 0 0 5 2 3

L2 ← −1/8.L2

L3 ← −1/8.L3

L4 ← 1/5.L41 2 3 4 5 60 1 3/2 11/8 5/2 17/80 0 1 0 −1/2 −3/80 0 0 1 2/5 3/5

L1 ← L1 − 4.L4

L2 ← L2 − 11/8.L4

1 2 3 0 17/5 18/50 1 3/2 0 39/20 13/100 0 1 0 −1/2 −3/80 0 0 1 2/5 3/5

L1 ← L1 − 3.L3

L2 ← L2 − 3/2.L3

1 2 0 0 49/10 189/400 1 0 0 27/10 149/800 0 1 0 −1/2 −3/80 0 0 1 2/5 3/5

L1 ← L1 − 2.L2

B4 =

1 0 0 0 −1/2 10 1 0 0 27/10 149/800 0 1 0 −1/2 −3/80 0 0 1 2/5 3/5

L1 ← L1 − 2.L2



On a j1 = 0, j2 = 0 et j3 = 0. La matrice n'est pas échelonnée car j2 = j1 < 6 avec 6 colonnesdans la matrice. On obtient un échelonnement comme suit : 1 2 −7 3 7 15

13 27 −93 32 54 15123 48 −165 56 92 263

L2 ← L2 − 13L1

L3 ← L3 − 23L1 1 2 −7 3 7 150 1 −2 −7 −37 −440 2 −4 −13 −69 −82

L3 ← L3 − 2L2

2.1. EXERCICE 1 9

M5 =

1 2 −7 3 7 150 1 −2 −7 −37 −440 0 0 1 5 6

est un échelonnement de A5. Les colonnes principales

sont C1, C2, C4 et les colonnes auxiliaires sont C3, C5, C6. Le rang de A5 est donc 3. On calculel'échelonnement réduit : 1 2 −7 3 7 15

0 1 −2 −7 −37 −440 0 0 1 5 6

L1 ← L1 − 3L3

L2 ← L2 + 7L3 1 2 −7 0 −8 −30 1 −2 0 −2 −20 0 0 1 5 6

L1 ← L1 − 2L2

B5 =

1 0 −3 0 −4 10 1 −2 0 −2 −20 0 0 1 5 6



On a j1 = 0, j2 = 0, j3 = 0 et j4 = 0. La matrice n'est pas échelonnée car j2 = j1 < 4 avec 4colonnes dans la matrice. On obtient un échelonnement comme suit :

1 2 5 12 7 4 5−1 1 7 7−3 4 3 5

L2 ← L2 − 2L1

L3 ← L3 + L1

L4 ← L4 + 3L11 2 5 10 3 −6 30 3 12 80 10 18 8

L2 ← 1/3L2

1 2 5 10 1 −2 10 3 12 80 10 18 8

L3 ← L3 − 3L2

L4 ← L4 − 10L21 2 5 10 1 −2 10 3 12 80 10 18 8

L3 ← L3 − 3L2

L4 ← L4 − 10L21 2 5 10 1 −2 10 0 18 50 0 38 −2

L4 ← L4 − 19/9L3

M6 =

1 2 5 10 1 −2 10 0 18 50 0 0 −113/19

est un échelonnement de A6. Les colonnes principales sont

C1, C2, C3, C4. Il n'y a aucune colonne auxiliaire. Le rang de A6 est donc 4. On véri�e immédia-tement que l'échelonnement réduit de A6 est

B6 =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1


2.2 Exercice 2

2.2.1 Enoncé

SoitM une matrice de taille (n, p). Si 1 ≤ q ≤ p, on noteMq la matrice formée des q premièrescolonnes de M .

1) Véri�er que si 1 ≤ k ≤ n, alors jk(Mq) = min(jk(M), q).

2) En déduire que si M est échelonnée, alors Mq est échelonnée.

2.2.2 Corrigé

Posons jk = jk(M) pour simpli�er.

1) Si jk < q, alors Mq[k, jk + 1] = M [k, jk + 1] 6= 0 et Mq[k, j] = M [k, j] = 0 si 1 ≤ j ≤ jk.Donc jk(Mq) = jk. Si jk ≥ q, alors Mq[k, j] =M [k, j] = 0 si 1 ≤ j ≤ q et donc jk(Mq) = q.Dans les deux cas, jk(Mq) = min(jk, q).

2) SupposonsM échelonnée. Comme (jk)1≤k≤n est croissante, il en est de même de (min(jk, q))1≤k≤n.Par ailleurs, si k < n et jk(Mq) < q, alors jk(Mq) = jk < jk+1. Donc jk(Mq) < jk+1 etjk(Mq) < q, donc jk(Mq) < min(jk+1, q) = jk+1(Mq). Ainsi, Mq est échelonnée.

2.3 Exercice 3

2.3.1 Enoncé

Expliquer comment calculer un échelonnement d'une matrice quelconque seulement avec destransvections.

2.3.2 Corrigé

Dans la méthode du pivot de Gauss, les seuls moments où on utilise des permutations de lignessont les situations où le coe�cient à l'intersection de la ligne Li et de la colonne Cj curseurs estnul. On peut toujours remédier à cette situation en e�ectuant la transvection Li ← Li + Lk, oùl'entier k est un numéro de ligne d'un pivot quelconque de la colonne Cj .

2.4 Exercice 4

2.4.1 Enoncé

Pour toute matrice A de taille (n, p) et pour tout q ∈ {1, . . . , p}, on note Vq(A) le sous-espacevectoriel engendré par les q premières colonnes de A. On note par ailleurs (~e1, . . . , ~en) la basecanonique de Rn.

1. Véri�er que ∀A ∈Mn,p ∀q ∈ {1, . . . , p− 1} Vq(A) ⊂ Vq+1(A).

2. Véri�er que ∀A ∈Mn,p ∀q ∈ {1, . . . , p− 1} Vq(A) = Vq+1(A) ⇐⇒ Cq+1(A) ∈ Vq(A).3. On suppose ici que A est une matrice échelonnée réduite de taille (n, p). On note j0(A) = 0

et jn+1(A) = p. Véri�er que si 0 ≤ k ≤ n et si jk(A) < q ≤ jk+1(A), alors Vq(A) =vect (~e1, . . . , ~ek)

4. Soit A une matrice de taille (n, p) et B une matrice déduite de A par une opérationélémentaire sur les lignes. Véri�er que ∀q ∈ {1, . . . , p − 1} Vq(A) = Vq+1(A) ⇐⇒Vq(B) = Vq+1(B).

2.4. EXERCICE 4 11

5. En déduire une preuve de la proposition 6 du chapitre 2.

2.4.2 Corrigé

1. Comme Vq+1(A) = vect (C1(A), . . . , Cq(A), Cq+1(A)) est un sous-espace vectoriel de Rn

qui contient en particulier les vecteurs C1(A), . . . , Cq(A), il contient le sous-espace vectorielengendré par ces vecteurs, c'est-à-dire Vq(A) = vect (C1(A), . . . , Cq(A)).

2. Si Vq(A) = Vq+1(A), comme Cq+1(A) ∈ Vq+1(A), on a donc Cq+1(A) ∈ Vq(A). Récipro-quement, si Cq+1(A) ∈ Vq(A), alors Vq(A) est un sous-espace vectoriel de Rn contenantles vecteurs Cj(A) pour 1 ≤ j ≤ q + 1. Donc, Vq+1(A) ⊂ Vq(A) et donc Vq(A) = Vq+1(A)d'après la question précédente.

3. Supposons 0 ≤ k ≤ n et jk(A) < q ≤ jk+1(A). Soit m ∈ {k + 1, . . . , n}. Alors, commeA est échelonnée, jm(A) ≥ jk+1(A). Donc, si 1 ≤ j ≤ q ≤ jk+1(A), A[m, j] = 0. Donc,Cj(A) ∈ vect (~e1, . . . , ~ek). Donc Vq(A) ⊂ vect (~e1, . . . , ~ek).Réciproquement, soit i ∈ {1, . . . , k}. Alors ji(A) + 1 ≤ jk(A) + 1 ≤ q. Donc, comme Aest échelonnée réduite, on a Cji(A)+1 = ~ei. Ainsi, ~ei ∈ Vq(A). Donc, comme Vq(A) est unsous-espace vectoriel de Rn, on a vect (~e1, . . . , ~ek) ⊂ Vq(A).On a donc prouvé l'égalité

Vq(A) = vect (~e1, . . . , ~ek)

4. Traitons en détail le cas d'une transvection Li ← Li + λLk. Les autres cas se prouvent demanière similaire.Supposons pour commencer que Vq(A) = Vq+1(A). Alors, Cq+1(A) ∈ Vq(A). Il existe desscalaires α1, . . . , αq tels que Cq+1(A) = α1C1(A) + · · ·+ αqCq(A). Soit m ∈ {1, . . . , n}. Sim 6= i, alors

B[m, q + 1] = A[m, q + 1] = α1A[m, 1] + · · ·+ αqA[m, q] = α1B[m, 1] + · · ·+ αqB[m, q]

D'autre part,

B[i, q + 1] = A[i, q + 1] + λA[k, q + 1]

= α1A[m, 1] + · · ·+ αqA[m, q] + λ(α1A[k, 1] + · · ·+ αqA[k, q])

= α1(A[m, 1] + λA[k, 1]) + · · ·+ αq(A[m, q] + λA[k, q])

= α1B[m, 1] + · · ·+ αqB[m, q]

Finalement, on obtient Cq+1(B) = α1C1(B) + · · · + αqCq(B) ∈ Vq(B). Donc Vq(B) =Vq+1(B). La réciproque résulte de ce qui précède et du fait que A se déduit de B par latransvection inverse Li ← Li − λLk.

5. Soit M un échelonnement de A, et B un échelonnement réduit de M (et donc de A). Onremarque que par construction, jk(M) = jk(B) pour 1 ≤ k ≤ n. Par ailleurs, d'après lesquestions précédentes, on a les équivalences

Vq(A) 6= Vq+1(A) ⇐⇒ Vq(M) 6= Vq+1(M)

⇐⇒ Vq(B) 6= Vq+1(B)

⇐⇒ ∃k ∈ {1, . . . , n} q = jk(B) = jk(M)

Ainsi, Vq(A) 6= Vq+1(A) si et seulement si la colonne Cq+1(M) est principale. Ainsi, lesnuméros des colonnes principales de M ne dépendent que de A et pas du choix de l'éche-lonnement M .


Chapitre 3

Systèmes linéaires : exercices

corrigés

3.1 Exercice 1

3.1.1 Enoncé

Pour chacun des systèmes ci-dessous,

a) Déterminer s'il est compatible

b) S'il est compatible, donner l'ensemble de ses solutions.

c) S'il est compatible, donner une solution particulière et une base de solutions du systèmehomogène associé

1.

x + 2y + 3z = 102x + y − z = 3−x + 3y + 2z = 5

2.

3x − 4y + 5z = 17x − 2y − 4z = 3−x − 6y + 14z = 8

3.

6x + 10y + 4z − 7t = −337x + 9y + 10z + 12t = 574x + 5y + 6z + 8t = 38

4.

6x1 + 6x2 + 2x3 − 58x4 + x5 = 533x1 + 3x2 + x3 − 29x4 + x5 = 315x1 + 5x2 + 2x3 − 50x4 + x5 = 483x1 + 3x2 − 24x4 + x5 = 24

5.

4x + 5y + 3z + 21t = 183x + 3y + 4z + 27t = 102x + 2y + 3z + 20t = 1018x + 22y + 15z + 104t = 85

13

14 CHAPITRE 3. SYSTÈMES LINÉAIRES : EXERCICES CORRIGÉS

3.1.2 Corrigé pour le premier système

x + 2y + 3z = 102x + y − z = 3−x + 3y + 2z = 5 1 2 3 10

2 1 −1 3−1 3 2 5

L2 ← L2 − 2L1

L3 ← L3 + L1 1 2 3 100 −3 −7 −170 5 5 15

L3 ← L3 + 5/3L2 1 2 3 10

0 −3 −7 −170 0 −20/3 −40/3

L2 ← −1/3.L2

L3 ← −3/20.L3

Il n'y a pas de ligne nulle, donc la système échelonné ci-dessus est compatible. Calculons l'éche-lonnement réduit : 1 2 3 10

0 1 7/3 17/30 0 1 2

L1 ← L1 − 3L3

L2 ← L2 − 7/3L3 1 2 0 40 1 0 10 0 1 2

L1 ← L1 − 2L2

1 0 0 20 1 0 10 0 1 2

L1 ← L1 − 2L2

Ce système possède une unique solution : ~s0 = (2, 1, 2).

3.1.3 Corrigé pour le deuxième système

3x − 4y + 5z = 17x − 2y − 4z = 3−x − 6y + 14z = 8 3 −4 5 1

7 −2 −4 3−1 −6 14 8

L1 ← −L3

L3 ← L1 1 6 −14 −87 −2 −4 33 −4 5 1

L2 ← L2 − 7L1

L3 ← L3 − 3L1 1 6 −14 −80 −44 94 590 −22 47 25

L3 ← L3 − 1/2L1 1 6 −14 −8

0 −44 94 590 0 0 −9/2

Ce système est incompatible.

3.1. EXERCICE 1 15

3.1.4 Corrigé pour le troisième système

6x + 10y + 4z − 7t = −337x + 9y + 10z + 12t = 574x + 5y + 6z + 8t = 38 6 10 4 −7 −33

7 9 10 12 574 5 6 8 38

L2 ← L2 − 7/6.L1

L3 ← L3 − 2/3.L1 6 10 4 −7 −330 −8/3 16/3 121/6 191/20 −5/3 10/3 38/3 60

L3 ← L3 − 5/8.L2 6 10 4 −7 −33

0 −8/3 16/3 121/6 191/20 0 0 1/16 5/16

L1 ← 1/6.L1

L2 ← −3/8.L2

L3 ← 16.L3

Ce système échelonné est compatible. 1 5/3 2/3 −7/6 −11/20 1 −2 −121/16 −573/160 0 0 1 5

L1 ← L1 + 7/6.L3

L2 ← L2 + 121/16.L3 1 5/3 2/3 −7/6 −11/20 1 −2 −121/16 −573/160 0 0 1 5

L1 ← L1 + 7/6.L3

L2 ← L2 + 121/16.L3 1 5/3 2/3 0 1/30 1 −2 0 20 0 0 1 5

L1 ← L1 − 5/3.L2

L2 ← L2 + 121/16.L3 1 0 4 0 −30 1 −2 0 20 0 0 1 5

L'unique variable auxiliaire est z. Une solution particulière se trouve en résolvant le systèmeavec la contrainte supplémentaire z = 0 : On trouve ~s0 = (−3, 2, 0, 5). Une base de solutions estdonnée par le vecteur ~s3 = (−4, 2, 1, 0), obtenue en résolvant le système homogène associé avecz = 1. L'ensemble des solutions est

{ ~s0 + z.~s3 : z ∈ R } = { (−3− 4z, 2 + 2z, z, 5) : z ∈ R }

3.1.5 Corrigé pour le quatrième système

6x1 + 6x2 + 2x3 − 58x4 + x5 = 533x1 + 3x2 + x3 − 29x4 + x5 = 315x1 + 5x2 + 2x3 − 50x4 + x5 = 483x1 + 3x2 − 24x4 + x5 = 24

6 6 2 −58 1 533 3 1 −29 1 315 5 2 −50 1 483 3 0 −24 1 24

L1 ← L1 − L3

1 1 0 −8 0 53 3 1 −29 1 315 5 2 −50 1 483 3 0 −24 1 24

L2 ← L2 − 3.L1

L3 ← L3 − 5.L1

L4 ← L4 − 3.L1

16 CHAPITRE 3. SYSTÈMES LINÉAIRES : EXERCICES CORRIGÉS1 1 0 −8 0 50 0 1 −5 1 160 0 2 −10 1 230 0 0 0 1 9

L3 ← L3 − 2.L21 1 0 −8 0 50 0 1 −5 1 160 0 0 0 −1 −90 0 0 0 1 9

L4 ← L4 + L3

1 1 0 −8 0 50 0 1 −5 1 160 0 0 0 −1 −90 0 0 0 0 0

L4 ← L4 + L3

Dans ce système échelonné, seule la quatrième ligne de la matrice est nulle. Comme le secondmembre correspondant est aussi nul, le système est compatible.

1 1 0 −8 0 50 0 1 −5 1 160 0 0 0 −1 −90 0 0 0 0 0

L3 ← −L31 1 0 −8 0 50 0 1 −5 1 160 0 0 0 1 90 0 0 0 0 0

L2 ← L2 − L3

1 1 0 −8 0 50 0 1 −5 0 70 0 0 0 1 90 0 0 0 0 0

Les variables auxiliaires sont x2 et x4. Une solution particulière est obtenue en calculant l'uniquesolution qui satisfait x2 = 0 et x4 = 0. On obtient ~s0 = (5, 0, 7, 0, 9). Une base de solutions dusystème homogène associé est (~s2, ~s4), où :

� ~s2 est l'unique solution du système homogène associé satisfaisant x2 = 1 et x4 = 0. Ontrouve

~s2 = (−1, 1, 0, 0, 0)

� ~s4 est l'unique solution du système homogène associé satisfaisant x2 = 0 et x4 = 1. Ontrouve

~s4 = (8, 0, 5, 1, 0)

L'ensemble des solutions du système est donc

{ ~s0 + x2~s2 + x4~s4 : (x2, x4) ∈ R2 } = { (5− x2 + 8x4, x2, 7 + 5x4, x4, 9) : (x2, x4) ∈ R2 }

3.1.6 Corrigé pour le cinquième système

4x + 5y + 3z + 21t = 183x + 3y + 4z + 27t = 102x + 2y + 3z + 20t = 1018x + 22y + 15z + 104t = 85

3.2. EXERCICE 2 174 5 3 21 183 3 4 27 102 2 3 20 1018 22 15 104 85

L1 ← L1 − L2

1 2 −1 −6 83 3 4 27 102 2 3 20 1018 22 15 104 85

L2 ← L2 − 3.L1

L3 ← L3 − 2.L1

L4 ← L4 − 18.L11 2 −1 −6 80 −3 7 45 −140 −2 5 32 −60 −14 33 212 −59

L2 ← L2 − 2.L3

1 2 −1 −6 80 1 −3 −19 −20 −2 5 32 −60 −14 33 212 −59

L3 ← L3 + 2.L2

L4 ← L4 + 14.L21 2 −1 −6 80 1 −3 −19 −20 0 −1 −6 −100 0 −9 −54 −87

L4 ← L4 − 9.L3

1 2 −1 −6 80 1 −3 −19 −20 0 −1 −6 −100 0 0 0 3

L4 ← L4 − 9.L3

Ce système est incompatible.

3.2 Exercice 2

3.2.1 Enoncé

Trouver tous les polynômes f(x) = ax3 + bx2 + cx + d satisfaisant f(−1) = 0, f(0) = 5,f(1) = 4 et f ′(1) = 0.

3.2.2 Corrigé

On a f ′(x) = 3ax2 + 2bx+ c. Donc f satisfait les conditions indiquées si et seulement si−a + b − c + d = 0

d = 5a + b + c + d = 43a + 2b + c = 0

−1 1 −1 1 00 0 0 1 51 1 1 1 43 2 1 0 0

L3 ← L3 + L1

L4 ← L4 + 3.L1−1 1 −1 1 00 0 0 1 50 2 2 2 40 5 −2 3 0

L2 ↔ L4

L4 ← L2

18 CHAPITRE 3. SYSTÈMES LINÉAIRES : EXERCICES CORRIGÉS−1 1 −1 1 00 5 −2 3 00 2 2 2 40 0 0 1 5

L2 ↔ L2 − 2.L3

−1 1 −1 1 00 1 −6 −1 −80 2 2 2 40 0 0 1 5

L3 ↔ L3 − 2.L2−1 1 −1 1 00 1 −6 −1 −80 0 14 4 200 0 0 1 5

L1 ↔ −L1

L3 ↔ 1/14L31 −1 1 −1 00 1 −6 −1 −80 0 1 2/7 10/70 0 0 1 5

L1 ↔ L1 + L4

L2 ↔ L2 + L4

L3 ↔ L3 − 2/7.L41 −1 1 0 50 1 −6 0 −30 0 1 0 00 0 0 1 5

L1 ↔ L1 − L4

L2 ↔ L2 + L4

L3 ↔ L3 − 2/7.L41 −1 1 0 50 1 −6 0 −30 0 1 0 00 0 0 1 5

L1 ↔ L1 − L3

L2 ↔ L2 + 6.L3

1 −1 0 0 50 1 0 0 −30 0 1 0 00 0 0 1 5

L1 ↔ L1 + L2

1 0 0 0 20 1 0 0 −30 0 1 0 00 0 0 1 5

L1 ↔ L1 + L2

L'unique solution est (a, b, c, d) = (2,−3, 0, 5). Ainsi f(x) = 2x3 − 3x2 + 5.

3.3 Exercice 3

3.3.1 Enoncé

On considère un rectangle satisfaisant les conditions suivantes : Si on augmente de 5m lalargeur d'un rectangle et de 4m sa longueur, son aire augmente de 180m2. Si on diminue salargeur de 2m et sa longueur de 3m, l'aire diminue de 72m2. Calculez les dimensions du rectangle.

3.3.2 Corrigé

Notons x la longueur et y la largeur du rectangle. On a (x + 4)(y + 5) = xy + 180, donc5x+ 4y = 160. De plus, (x− 3)(y − 2) = xy − 72. Ainsi, 2x+ 3y = 78. On résout le système :(

5 4 1602 3 78

)L1 ← L1 − 2.L2

3.4. EXERCICE 4 19(1 −2 42 3 78

)L2 ← L2 − 2.L1(

1 −2 40 7 70

)L2 ← 1/7.L2(

1 −2 40 1 10

)L1 ← L1 + 2.L1(

1 0 240 1 10

)L1 ← L1 + 2.L1

La longueur du rectangle est 24m et sa largeur 10m.

3.4 Exercice 4

3.4.1 Enoncé

Soit D un sous-espace a�ne de Rn de direction V . Véri�er qu'alors

∀~v ∈ Rn ~v ∈ V ⇐⇒ ( ∃~u1 ∈ D ∃~u2 ∈ D ~v = ~u2 − ~u1 )

En déduire que la direction de D est entièrement déterminée par V .

3.4.2 Corrigé

Soit ~u ∈ D. Si ~v ∈ V , alors ~v = (~u + ~v) − ~u avec ~u + ~v ∈ D et ~u ∈ D. Réciproquement, s'ilexiste ~u1 ∈ D et ~u2 ∈ D tels que ~v = ~u2− ~u1. Comme ~u1 ∈ D, on a ~u1− ~u ∈ V . Comme ~u2 ∈ D,on a ~u2 − ~u ∈ V . Donc, comme V est un sous-espace vectoriel de Rn, on obtient

~v = ~u2 − ~u1 = (~u1 − ~u)− (~u2 − ~u) ∈ V

Ainsi, V = { ~u2 − ~u1 : ~u1 ∈ D , ~u2 ∈ D } ne dépend que de D.

3.5 Exercice 5

3.5.1 Enoncé

Exercice 5 : On note E l'ensemble des applications de f : R→ R satisfaisant

∃(α, β) ∈ R2 ∀x ∈ R f(x) = α cosx+ β sinx

1. Montrer que les scalaires α et β sont uniquement déterminés par f .

2. Véri�er que toutes les fonctions f de E sont dérivables.

3. Montrer qu'il existe une unique fonction f de E telle que f(π

4) = 1 et f ′(

π

6) = 3.

3.5.2 Corrigé

1. Supposons ∀x ∈ R α cosx + β sinx = α′ cosx + β′ sinx. Pour x = 0, on obtient α =

α.1 + β.0 = α′.1 + β′.0 = α′. Pour x =π

2, on obtient β = α.0 + β.1 = α′.0 + β′.1 = β′.

2. La fonction f est combinaison linéaire des fonctions dérivables cos et sin, donc est dérivable.De plus,

∀x ∈ R f ′(x) = α(− sinx) + β cosx = −α sinx+ β cosx

20 CHAPITRE 3. SYSTÈMES LINÉAIRES : EXERCICES CORRIGÉS

3. Soit f ∈ E. Il existe des scalaires α et β tels que

∀x ∈ R f(x) = α cosx+ β sinx

On a alors f(π

4) =

√2

2(α+β) et f ′(

π

6) = −1

2α+

√3

2β. On doit donc véri�er que le système

√2

2α +

√2

2β = 1

−1

2α +

√3

2β = 3

possède une unique solution.√2

2

√2

21

−1

2

√3

23

L1 ←√2L1

L2 ← 2L2(1 1

√2

−1√3 6

)L2 ← L2 + L1(

1 1√2

0 1 +√3 6 +

√2

)L2 ←

1

1 +√3L2 1 1

√2

0 16 +√2

1 +√3

L1 ← L1 − L2

1 0√2− 6 +

√2

1 +√3

0 16 +√2

1 +√3

L1 ← L1 − L2

On a bien une unique solution : α =√2− 6 +

√2

1 +√3et β =

6 +√2

1 +√3.

Documents

annicYk Henrio 5 mars 2013ducoulombier-math.esy.es/AL Td.pdf · Chapitre 2 Pivot de Gauss : Corrigés des exercices 2.1 Exercice 1 2.1.1 Enoncé Pour chacune des matrices A i ci-dessous,