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UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSE U.F.R. SEGMI Année universitaire 2013 – 2014 Master d’économie Cours de M. Desgraupes MATHS/STATS Document 2 : Solution des exercices d’algèbre linéaire Table des matières 1 Espaces Vectoriels 1 2 Applications linéaires 4 3 Représentation matricielle 9 4 Diagonalisation 15 5 Décompositions matricielles 23 1 Espaces Vectoriels Corrigé ex. 1 : Espaces définis par paramètres On considère les deux ensembles suivants : E 1 = {(a, 2b, b - a) | a, b R} E 2 = {(c, c + d, d) | c, d R} 1-1) Montrons que E 1 est stable par addition et par multiplication par un scalaire. Si x =(a, 2b, b - a) et x 0 =(a 0 , 2b 0 ,b 0 - a 0 ) alors on a x + x 0 =(a, 2b, b - a)+(a 0 , 2b 0 ,b 0 - a 0 ) =(a + a 0 , 2b +2b 0 ,b - a + b 0 - a 0 ) =(a + a 0 , 2(b + b 0 ), (b + b 0 ) - (a + a 0 )) =(A, 2B, B - A) avec A = a + a 0 et B = b + b 0 . Le vecteur x + x 0 est bien de la forme voulue et appartient donc à E 1 . Pour la multiplication par un scalaire, calculons λx : λx = λ(a, 2b, b - a) =(λa, λ2b, λ(b - a)) =(λa, 2λb, λb - λa) =(A, 2B, B - A) avec A = λa et B = λb. 1

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UNIVERSITÉ PARIS OUEST NANTERRE LA DÉFENSEU.F.R. SEGMI Année universitaire 2013 – 2014Master d’économie Cours de M. Desgraupes

MATHS/STATS

Document 2 : Solution des exercices d’algèbre linéaire

Table des matières1 Espaces Vectoriels 1

2 Applications linéaires 4

3 Représentation matricielle 9

4 Diagonalisation 15

5 Décompositions matricielles 23

1 Espaces Vectoriels

Corrigé ex. 1 : Espaces définis par paramètres

On considère les deux ensembles suivants :E1 = {(a, 2b, b− a) | a, b ∈ R}E2 = {(c, c+ d, d) | c, d ∈ R}

1-1) Montrons queE1 est stable par addition et par multiplication par un scalaire.Si x = (a, 2b, b− a) et x′ = (a′, 2b′, b′ − a′) alors on a

x+ x′ = (a, 2b, b− a) + (a′, 2b′, b′ − a′)= (a+ a′, 2b+ 2b′, b− a+ b′ − a′)= (a+ a′, 2(b+ b′), (b+ b′)− (a+ a′))

= (A, 2B, B −A)

avec A = a + a′ et B = b + b′. Le vecteur x + x′ est bien de la forme voulue etappartient donc à E1. Pour la multiplication par un scalaire, calculons λx :

λx = λ(a, 2b, b− a)

= (λa, λ2b, λ(b− a))

= (λa, 2λb, λb− λa)

= (A, 2B, B −A)

avec A = λa et B = λb.

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On procède de manière analogue pour l’ensemble E2. Ce sont donc des sous-espaces vectoriels de R3.

1-2) Soit −→x = (x1, x2, x3) ∈ E1. On va trouver l’équation vérifiée par x1, x2et x3 en éliminant les paramètres a et b entre les équations : x1 = a

x2 = 2bx3 = b− a

On ax3 = b− a = 1/2x2 − x1

d’où2x1 − x2 + 2x3 = 0

Il s’agit d’un plan passant par l’origine.Dans le cas de E2, on obtient de façon analogue :

x1 − x2 + x3 = 0

1-3) L’intersection E1 ∩ E2 est une droite vérifiant les deux équations précé-dentes : {

2x1 − x2 + 2x3 = 0x1 − x2 + x3 = 0

qui conduisent à x1 = −x3 et x2 = 0. C’est la droite passant par l’origine et de vecteurdirecteur (1, 0,−1).

Corrigé ex. 2 : Espaces définis par équations linéaires

Dans R3, on considère les sous-ensembles suivants :

P = {(x1, x2, x3) |x1 − 2x2 + x3 = 0}

D = {(x1, x2, x3) |x1 + x2 + x3 = 0 et x2 − x3 = 0}

2-1) Pour montrer que P et D sont des sous-espaces vectoriels de R3, il suffit demonter qu’ils sont stables par addition et par multiplication par un scalaire.

Si x = (x1, x2, x3) et x′ = (x′1, x′2, x

′3) sont des vecteurs de P , ils vérifient

respectivement les équations{x1 − 2x2 + x3 = 0x′1 − 2x′2 + x′3 = 0

En additionnant les deux lignes, on voit que leur somme vérifie elle aussi l’équationet donc x + x′ ∈ P . De même, on montre que le vecteur λx vérifie l’équation en lamultipliant par λ.

On procède de manière analogue pour D.2-2) P est un plan car il est défini par une seule équation dans R3. Il est donc

de dimension 2 et il suffit de trouver deux vecteurs indépendants vérifiant son équationpour former une base. Par exemple, les deux vecteurs suivants : (2, 1, 0) et (0, 1, 2).

On peut aussi raisonner au moyen d’applications linéaires. P est l’ensemble desvecteurs qui annulent la fonction f de R3 dans R définie par

f(x1, x2, x3) = x1 − 2x2 + x3

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On a donc P = Kerf . L’espace image est R qui est de dimension 1, donc par lethéorème des dimensions on obtient :

dim Ker f = dim E − dim Im f = 3− 1 = 2

ce qui confirme que le noyau est un plan.L’espace D est de dimension 1 car il est défini par l’annulation de deux équations

linéaires indépendantes, d’où :

dim D = 3− 2 = 1

Un vecteur directeur de cette droite est un vecteur qui vérifie les deux équations défi-nissant D : {

x1 + x2 + x3 = 0x2 − x3 = 0

On en déduit x2 = x3 et x1 = −2x3. Un vecteur directeur possible est donc (−2, 1, 1).

Corrigé ex. 3 : Rang d’une famille de vecteurs

Le rang de la famille des trois vecteurs

a = (1, m, m) b = (m, 1, m) c = (m, m, 1)

est aussi le rang de la matrice

M =

1 m mm 1 mm m 1

Son déterminant vaut

det M = 2m3 − 3m2 + 1 = (m− 1)2(2m+ 1)

Si m est différent de 1 et de -1/2, le déterminant n’est pas nul et la matrice est donc derang maximal 3.

Si m = −1/2, la matrice sera de rang 2. On note que, dans ce cas, la somme destrois lignes de la matrice est nulle mais que les deux premières sont indépendantes, cequi est une autre façon de voir que le rang est 2.

Enfin, sim = 1, les trois lignes de la matrice sont identiques, ce qui signifie qu’elleest de rang 1.

Corrigé ex. 4 : Sous-espace dépendant d’un paramètre

Fm est le sous-espace vectoriel de R3 défini par

Fm = {(x1, x2, x3) |x2 − 2x3 = 0 et mx2 + 3x3 = 0}

Les deux équations sont indépendantes si et seulement si les deux lignes de lamatrice

M =

(1 −2m 3

)

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sont indépendantes, ce qui a lieu lorsque le déterminant est non nul. On calcule :det M = 3 + 2m.

Si m 6= −3/2, les deux équations sont indépendantes et ne peuvent être vérifiéessimultanément que si x2 = x3 = 0. L’espace Fm est alors l’ensemble des vecteurs dela forme (x1, 0, 0), c’est-à-dire l’axe des x1 qui a pour vecteur directeur (1, 0, 0).

Si m = −3/2, l’ensemble Fm est le plan d’équation x2 − 2x3 = 0. Il est donc dedimension 2. Pour constituer une base, il suffit de prendre deux vecteurs indépendantsvérifiant cette équation. Par exemple, les vecteurs (1, 0, 0) et (0, 2, 1).

Corrigé ex. 5 : Base d’un sous-espace

Dans R4, si on a les égalités x1 = x2 = x3 = x4, tout vecteur s’écrit

−→x = (x1, x2, x3, x4)

= (x1, x1, x1, x1)

= x1(1, 1, 1, 1)

Le sous-espace est donc l’ensemble des multiples du vecteur (1, 1, 1, 1). Il est donc dedimension 1 : c’est la droite passant par l’origine et de vecteur directeur (1, 1, 1, 1).

2 Applications linéaires

Corrigé ex. 6 : Dimensions des espaces de départ et d’arrivée

Si f est une application linéaire de R3 dans R2, l’espace de départ est de dimensionstrictement plus grande que l’espace d’arrivée. On en déduit que :

1. f ne peut pas être injective car, si c’était le cas, l’espace de départ serait “injecté”dans l’espace d’arrivée. Ce dernier devrait donc être de dimension au moins 3.

2. f pourrait être surjective.

3. f ne peut pas être bijective. Pour cela, il faudrait déjà que les deux espaces aientla même dimension.

Si f est une application linéaire de R2 dans R3, l’espace de départ est de dimensionstrictement plus petite que l’espace d’arrivée. On en déduit que

1. f pourrait être injective.

2. f ne peut pas être surjective car l’espace image sera au mieux de dimension 2 etne pourra donc jamais remplir l’espace d’arrivée.

3. f ne peut pas être bijective. Pour cela, il faudrait déjà que les deux espaces aientla même dimension.

Enfin, si f est une application linéaire de R2 dans R2, elle peut tout à fait êtreinjective, surjective ou bijective. Les espaces de départ et d’arrivée ayant même dimen-sion, on peut même dire que si elle est injective elle sera automatiquement surjective,et vice-versa.

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Corrigé ex. 7 : Noyau et image en fonction d’un paramètre

u est l’endomorphisme de R3 défini par

u

x1x2x3

=

x1 + x2 + x3x1 + λx2 + λx3

x1 + λx2

Pour déterminer son noyau, on pose les équations suivantes : x1 + x2 + x3 = 0

x1 + λx2 + λx3 = 0x1 + λx2 = 0

Par soustraction des deux dernières équations, on obtient λx3 = 0.Supposons que λ 6= 0. On en déduit que x3 = 0, ce qui conduit à{

x1 + x2 = 0x1 + λx2 = 0

Si λ 6= 1, ces deux équations sont indépendantes et donnent x1 = 0 et x2 = 0. Ontrouve alors que le noyau ne contient que le vecteur nul

−→0 . Si au contraire λ = 1, il

reste l’équation x1 + x2 = 0 (et toujours x3 = 0). Le noyau est alors la droite passantpar l’origine et de vecteur directeur (1,−1, 0).

Il reste à examiner le cas où λ = 0. Le système initial se ramène alors simplementà :

x1 + x2 + x3 = 0

x1 = 0

Le noyau est cette fois la droite de vecteur directeur (0, 1,−1).Déterminons maintenant l’image dans les trois cas précédents. Si λ 6= 0 et λ 6= 1,

le noyau est réduit à−→0 et l’application est donc injective. Il en résulte qu’elle est

aussi surjective puisque l’espace de départ et l’espace d’arrivée ont même dimension.L’espace image est donc l’espace d’arrivée R3 tout entier. Le rang est 3.

Si λ = 1, l’image de l’application est définie par X = x1 + x2 + x3Y = x1 + x2 + x3Z = x1 + x2

oùX , Y et Z sont les coordonnées dans l’espace d’arrivée. On voit ici queX = Y ,autrement dit que X − Y = 0. C’est l’équation d’un plan dans R3. Une base possibleest formée des vecteurs (0, 0, 1) et (1, 1, 0). Le rang est 2.

Si λ = 0, l’image de l’application est définie par X = x1 + x2 + x3Y = x1Z = x1

On voit que Y = Z, autrement dit que Y −Z = 0. C’est l’équation d’un plan dans R3.Une base possible est formée des vecteurs (0, 1, 1) et (1, 0, 0). Le rang est 2.

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Corrigé ex. 8 : Matrice de permutation

Soit u l’application de R3 dans R3 définie par

u

x1x2x3

=

x3x1x2

8-1) u est linéaire car elle est définie par des combinaisons linéaires des variables

x1, x2 et x3.8-2) La matrice associée à u dans la base canonique est

M =

0 1 00 0 11 0 0

C’est une matrice de permutation. L’application u opère une permutation circulaire desvariables x1, x2 et x3.

8-3) On calcule

M2 =

0 0 11 0 00 1 0

M3 =

1 0 00 1 00 0 1

On voit donc que M3 = I , ce qui peut s’écrire MM2 = M2M = I et montre queM2 est l’inverse de M . On a donc M−1 = M2.

8-4) Calculons les puissances successives de la matrice M .Puisque M3 = I , on a M4 = M , M5 = M2, M6 = I , etc.De même, puisque M−1 = M2, on calcule M−2 = M4 = M , et ensuite M−3 =

I , M−4 = M2, M−5 = M , M−6 = I , etc.

Corrigé ex. 9 : Base d’un noyau

On considère l’application u de R4 dans R2 définie par

u :

x1x2x3x4

−→ (−x1 + 2x2 + 3x3 + x4x1 + x2 + 3x3 + x4

)

Il s’agit de déterminer une base du noyau de cette application. Puisque les deuxexpressions sont indépendantes, l’espace image sera de dimension 2. On en déduitque le noyau est de dimension 4 − 2 = 2. Il suffit donc de trouver deux vecteursindépendants vérifiant les équations données. Si on soustrait les deux équations, ontrouve :

−2x1 + x2 = 0

On peut prendre, par exemple, les vecteurs (1, 2, 0, 0) et (0, 0, 1,−3).

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Corrigé ex. 10 : Application définie sur les vecteurs d’une base

f est l’application linéaire de R2 dans R3 définie par

f(1, 1) = (4, 2, 0) et f(1,−1) = (2, 0, 6).

10-1) Pour trouver les images par f des vecteurs de la base canonique de R2, ilsuffit d’exprimer ces vecteurs en fonction des vecteurs (1, 1) et (1,−1) dont on nousdonne les images par f . On trouve facilement que e1 = (1, 0) = 1/2((1, 1)+(1,−1)).D’où, par linéarité,

f(e1) = f(1, 0) = 1/2(f(1, 1) + f(1,−1)

)= 1/2

((4, 2, 0) + (2, 0, 6)

)= (3, 1, 3)

De même, e2 = (0, 1) = 1/2((1, 1)− (1,−1)) d’où :

f(e2) = f(0, 1) = 1/2(f(1, 1)− f(1,−1)

)= 1/2

((4, 2, 0)− (2, 0, 6)

)= (1, 1, −3)

10-2) L’image par f d’un vecteur quelconque de R2 s’écrit

f(x1, x2) = f(x1e1 + x2e2)

= x1f(e1) + x2f(e2)

= x1(3, 1, 3) + x2(1, 1, −3)

= (3x1 + x2, x1 + x2, 3x1 − 3x2)

10-3) Le noyau de f est défini par les équations 3x1 + x2 = 0x1 + x2 = 03x1 − 3x2 = 0

qui donnent x1 = x2 = 0. Le noyau est donc réduit au vecteur−→0 et l’application f est

injective. Par le théorème des dimensions, on en déduit que l’image est de dimension2 − 0 = 2 L’application n’est donc pas surjective (puisque 2 < 3). Par éliminationentre les équations suivantes y1 = 3x1 + x2

y2 = x1 + x2y3 = 3x1 − 3x2

on obtient la relation :3y1 − 6y2 − y3 = 0

C’est l’équation de l’image. Il s’agit d’un plan dans l’espace d’arrivée R3.Le rang de f est la dimension de l’espace image, c’est-à-dire 2.

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10-4) La droite de R2 d’équation x1 + x2 a pour vecteur directeur (1,−1). Sonimage est donc la droite de vecteur directeur f(1,−1) = (2, 0, 6). C’est un sous-espace vectoriel de dimension 1 de R3.

10-5) Dans l’équation du plan y1 + y2 + y3 = 0, on remplace y1, y2, y3 par leursvaleurs en fonction de x1, x2, x3. On obtient donc

(3x1 + x2) + (x1 + x2) + (3x1 − 3x2) = 0

et par conséquent7x1 − x2 = 0

C’est l’équation d’une droite passant par l’origine dans R2. C’est donc un sous-espacevectoriel de dimension 1 de R2.

Corrigé ex. 11 : Noyau et image sans calculs

f(x1, x2, x3, x4) =

(2x1 − x2 + x3x1 + 2x2 − x4

)11-1) L’application f est linéaire car les deux expressions qui définissent le vec-

teur image sont homogènes de degré 1 (linéaires).11-2) L’application f n’est pas injective car la dimension de l’espace départ est

strictement supérieure à la dimension de l’espace d’arrivée.11-3) Pour déterminer le noyau de f , on doit résoudre les équations

2x1 − x2 + x3 = 0x1 + 2x2 − x4 = 0

On peut facilement exprimer toutes les variables en fonction de x1 et x2 comme ceci :x1x2x3x4

=

x1x2

−2x1 + x2x1 + 2x2

= x1

10−21

+ x2

0112

Les deux vecteurs V1 =

10−21

et V2 =

0112

sont indépendants et constituent

une base du noyau. Celui-ci est donc un sous-espace de dimension deux (un plan) dansR4.

11-4) On vérifie facilement que f(V ) = 0 et donc que le vecteur V appartientau noyau de f . Pour trouver les coordonnées de V dans la base (V1, V2) trouvée à laquestion précédente, il faut déterminer λ1 et λ2 tels que :

V = λ1V1 + λ2V2

On trouve λ1 = 2 et λ2 = 1, donc V = 2V1 + V2.11-5) Le théorème des dimensions stipule que, pour toute application linéaire

f : E −→ F , on aDim Ker(f) + Dim Im(f) = DimE

où E est l’espace de départ. Puisque la dimension du noyau est 2 et que la dimensionde l’espace de départ est 4, on en déduit que la dimension de l’image est 2. L’image estdonc l’espace d’arrivée tout entier.

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3 Représentation matricielle

Corrigé ex. 12 : Images de la base canonique

On considère l’endomorphisme u de R3 défini par les relations : u(−→e1) = −→e1 +−→e2 +−→e3u(−→e2) = −→e1 +−→e2u(−→e3) = 2u(−→e1)− u(−→e2)

La dernière relation conduit, par substitution, à

u(−→e3) = −→e1 +−→e2 + 2−→e3

Les images des vecteurs de base ont respectivement pour coordonnées (1, 1, 1), (1, 1, 0)et (1, 1, 2). La matrice de l’application dans la base canonique est donc

M =

1 1 11 1 11 0 2

On voit immédiatement que les deux premières lignes de cette matrice sont identiquestandis que la troisième est indépendante. La matrice est donc de rang 2.

Le noyau est défini par les équations{x1 + x2 + x3 = 0x1 + 0x2 + 2x3 = 0

On en tire x1 = −2x3 puis x2 = x3. C’est la droite passant par l’origine et de vecteurdirecteur (−2, 1, 1). Le noyau est de dimension 1.

L’image est l’ensemble des vecteurs vérifiant y1 = x1 + x2 + x3y2 = x1 + x2 + x3y3 = x1 + 2x3

ce qui conduit à y1 = y2 et y3 quelconque. L’image est donc un plan et a pour dimen-sion 2.

Le théorème des dimensions se vérifie puisque la somme de la dimension du noyauet de celle de l’image est égale à celle de l’espace lui-même : 1 + 2 = 3.

Enfin l’endomorphisme u n’est ni injectif (noyau non réduit à 0), ni surjectif (imagedifférente de l’espace d’arrivée).

Corrigé ex. 13 : Composition d’applications

On considère les fonctions f : (x, y) −→ (3x+ y, y) et g : (x, y) −→ (y, 2x) deR2 dans R2.

13-1) On calcule

f ◦ g(x, y) = f(g(x, y)

)= f(y, 2x) = (3y + 2x, 2x)

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De même on trouve

g ◦ f(x, y) = g(f(x, y)

)= g(3x+ y, y) = (y, 6x+ 2y)

Ces deux applications sont bien linéaires puisqu’elles sont définies par des combi-naisons linéaires des variables.

13-2) Les matrices représentant les applications f , g, f ◦ g et g ◦ f dans la basecanonique sont respectivement :

Mf =

(3 10 1

)Mg =

(0 12 0

)Mf◦g =

(2 32 0

)Mg◦f =

(0 16 2

)On vérifie facilement les relations Mf◦g = MfMg et Mg◦f = MgMf .

Corrigé ex. 14 : Matrice dans des bases données

On considère l’application u : R4 7−→ R3 définie par les relations suivantes dansles bases canoniques B4 = {−→e1 , −→e2 , −→e3 , −→e4} et B3 = {

−→f1,−→f2,−→f3} :

u(−→e1) =−→f1 −

−→f2

u(−→e2) =−→f2 + 2

−→f3

u(−→e3) =−→f1 +

−→f2 +

−→f3

u(−→e4) = 2−→f1 +

−→f2 + 3

−→f3

14-1) La matrice associée à u dans ces bases est faite en colonnes des imagesdes vecteurs de la base de départ, exprimées dans la base d’arrivée. On obtient donc àpartir des relations précédentes :

M =

1 0 1 2−1 1 1 10 2 1 3

C’est une matrice 3× 4.

14-2) On montre facilement que les lignes de cette matrice sont indépendantes(le bloc des trois premières colonnes, par exemple, est de déterminant non nul). Le rangde u (qui est aussi le rang de la matrice) est donc 3.

14-3) Les coordonnées de l’image d’un vecteur −→x = (x1, x2, x3, x4) s’ob-tiennent en multipliant la matrice M par le vecteur x (en colonne) :

u(x) = Mx =

1 0 1 2−1 1 1 10 2 1 3

x1x2x3x4

=

x1 + x3 + 2x4−x1 + x2 + x3 + x4

2x2 + x3 + 3x4

Corrigé ex. 15 : Changement de base

La matrice

M =

0 0 0−1 1 0−1 −1 2

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représente un endomorphisme u de R3 dans une base B = {−→e1 , −→e2 , −→e3}.

15-1) Les vecteurs−→e′1 ,−→e′2 et

−→e′3 sont définis dans la base canonique au moyen des

relations suivantes : −→e′1 = −→e1 +−→e2 +−→e3−→e′2 = −→e2 +−→e3−→e′3 = −→e3

Ils ont donc respectivement pour coordonnées (1, 1, 1), (0, 1, 1) et (0, 0, 1) dans la basecanonique.

Leurs images (toujours dans la base canonique) sont obtenues en les multipliant àgauche par la matrice M . On trouve

f(e′1) = Me′1 =

000

f(e′2) = Me′2 =

011

f(e′3) = Me′3 =

002

On constate donc les relations suivantes f(e′1) = 0, f(e′2) = e′2 et f(e′3) = 2e′3.La matrice M ′ associée à u dans la base B′ est faite en colonnes des images des

vecteurs de B′ exprimées elles aussi dans la base B′. On a donc :

M ′ =

0 0 00 1 00 0 2

15-2) La matrice M ′ étant diagonale, on obtient :

(M ′)n =

0 0 00 1 00 0 2n

On en déduit Mn en faisant le changement de base en sens inverse. La matrice de

passage P de la base B à la base B′ est

P =

1 0 01 1 01 1 1

La relation de changement de base est M ′ = P−1MP . Par conséquent M =

PM ′P−1 et donc Mn = P (M ′)nP−1. On calcule

P−1 =

1 0 0−1 1 00 −1 1

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et on trouve, tous calculs faits, que

Mn =

0 0 0−1 1 0−1 1− 2n 2n

Corrigé ex. 16 : Indépendance dans l’image

On considère l’application linéaire h de R3 dans R3 définie par

f : (a, b, c) −→ (a+ b, b+ c, a− c).

16-1) Calculons les images des vecteurs de base :

f(e1) = f(1, 0, 0) = (1, 0, 1)

f(e2) = f(0, 1, 0) = (1, 1, 0)

f(e3) = f(0, 0, 1) = (0, 1,−1)

16-2) Cherchons une relation de dépendance entre les vecteurs f(e1), f(e2),f(e3). Cela revient à chercher trois coefficients a1, a2, a3 non tous nuls tels que :

a1f(e1) + a2f(e2) + a3f(e3) = 0

On a donc :a1(1, 0, 1) + a2(1, 1, 0) + a3(0, 1,−1)

D’où les équations : a1 + a2 = 0a2 + a3 = 0a1 − a3 = 0

qui donnent a1 = −a2 = a3 et donc, par exemple, a1 = 1, a2 = −1 et a3 = 1. Lacombinaison recherchée est finalement :

f(e2) = f(e1) + f(e3)

16-3) Les vecteurs f(e1), f(e2), f(e3) sont liés mais ils sont deux à deux indé-pendants : l’application f est donc de rang 2.

16-4) Par le théorème des dimensions, on en déduit que le noyau de f est dedimension 3− 2 = 1. En posant que f(x) = 0, on obtient les mêmes expressions queprécédemment : a+ b = 0

b+ c = 0a− c = 0

Les éléments du noyau sont donc de la forme (a,−a, a). Ce sont tous les multiplesde (1,−1, 1). Le noyau est ainsi la droite passant par l’origine et de vecteur directeur(1,−1, 1).

12

Page 13: Msm1 corr algebre

16-5) Si f est une application linéaire de Rp dans Rq et que les vecteurs f(e1),. . . ,f(ep) forment un système linéairement indépendant dans l’image f(Rp), on a

dim Im f = p

Par conséquentdim Ker f = p− p = 0

ce qui montre que f est injective.La réciproque est vraie : si f est injective, les vecteurs f(e1),. . . , f(ep) sont linéai-

rement indépendants. Ils constituent une base de f(Rp).Remarque : f(Rp) n’est pas forcément Rq tout entier (il faudrait en plus que p = q).

Corrigé ex. 17 : Systèmes dégénérés

Dans le système d’équations linéaires : x1 + 3x2 − x3 = 0mx2 + 3x3 = 0

x2 + x3 = 0

le déterminant est égal à (m − 3). Si m 6= 3, le système a une solution unique qui est(0, 0, 0). On aura donc des solutions autres que (0, 0, 0) seulement si m = 3.

Cela signifie que le noyau de l’application linéaire associée

u :

x1x2x3

−→ x1 + 3x2 − x3

mx2 + 3x3x2 + x3

n’est pas réduit à l’élément

−→0 et, par conséquent, que l’application n’est pas injective.

Corrigé ex. 18 : Matrices par blocs

M =

(A B0 C

)où A et C sont des blocs carrés.

18-1) Cherchons l’inverse M−1 sous la forme d’une matrice par blocs M−1 =(E FG H

). Il faut que MM−1 = I et M−1M = I . En développant ces deux égalités,

on obtient les équations suivantes :AE +BG = I EA = I

AF +BH = 0 EB + FC = 0

CG = 0 GA = 0

CH = I HC = I

Les deux dernières relations imposent queC soit inversible. Dans ce cas, la relationCG = 0 impose que G = 0.

Les deux premières relations imposent alors que AE = EA = I , c’est-à-dire queA soit inversible.

13

Page 14: Msm1 corr algebre

18-2) Sous la condition que A et C sont inversibles, on peut alors résoudre leséquations précédentes pour obtenir l’inverse de M .

On trouve facilement : E = A−1

F = −A−1BC−1

G = 0

H = C−1

et donc finalement

M−1 =

(A−1 −A−1BC−1

0 C−1

).

On vérifie a posteriori que MM−1 = M−1M = I .

Corrigé ex. 19 : Bloc identité

On a M =

(A 0I B

)et on souhaite trouver un inverse de la même forme, c’est-à-

dire M−1 =

(C 0I D

).

Il faut que MM−1 = I et M−1M = I . En développant la première égalité, onobtient les équations suivantes :

AC = I

C +B = 0

BD = I

La deuxième égalité donne de même :CA = I

A+D = 0

DB = I

Puisque les blocs sont tous carrés par hypothèse, les produits obtenus ne sont pos-sibles que si ils ont tous la même taille. C’est une première condition.

Les relations AC = CA = I signifient que A doit être inversible et alors on aC = A−1. De la même manière, B doit être inversible et on a D = B−1.

La condition A+D = 0 enfin impose que A = −B−1.

14

Page 15: Msm1 corr algebre

4 Diagonalisation

Corrigé ex. 20 : Valeurs et vecteurs propres

Modèle de résolution

Prenons, à titre d’exemple, la matrice

2 0 1−1 4 −1−1 2 0

.

On commence par calculer son polynôme caractéristique :

P (λ) = det

2− λ 0 1−1 4− λ −1−1 2 −λ

= −λ3 + 6λ2 − 11λ+ 6

= −(λ− 1)(λ− 2)(λ− 3)

Il y a donc trois valeurs propres : λ1 = 1, λ2 = 2 et λ3 = 3.Les vecteurs propres associés X sont solution de l’équation (A − λI)X = 0 pour

chacune des valeurs propres respectivement.

Valeur propre λ1 : on pose le système (A− I)X = 0, ce qui donne x1 + 0x2 + x3 = 0−x1 + 3x2 − x3 = 0−x1 + 2x2 − x3 = 0

En faisant la différence entre la deuxième et la troisième équation, on obtient x2 = 0,ce qui donne ensuite x3 = −x1. On peut donc choisir comme vecteur propre V1 = 1

0−1

(ou n’importe quel multiple de ce vecteur).

Valeur propre λ2 : le système (A− 2I)X = 0 s’écrit 0x1 + 0x2 + x3 = 0−x1 + 2x2 − x3 = 0−x1 + 2x2 − 2x3 = 0

La première équation donne x3 = 0, ce qui conduit ensuite à x1 = 2x2. On peut donc

choisir comme vecteur propre V2 =

210

.

Valeur propre λ3 : le système (A− 3I)X = 0 s’écrit −x1 + 0x2 + x3 = 0−x1 + x2 − x3 = 0−x1 + 2x2 − 3x3 = 0

15

Page 16: Msm1 corr algebre

La première équation donne x1 = x3. En reportant dans la deuxième, on obtient alors

x2 = 2x3. On peut donc choisir comme vecteur propre V3 =

121

.

Finalement, la matrice de passage est la matrice formée en colonne des vecteurspropres :

P =

1 2 10 1 2−1 0 1

et la matrice diagonalisée comporte les valeurs propres sur la diagonale :

D =

1 0 00 2 00 0 3

La relation entre A, P et D est :

D = P−1AP

Solution de tous les exemplesPour tous les exemples de cet exercice, on donne le polynôme caractéristique et les

valeurs propres. Lorsque la matrice est diagonalisable, on indique aussi la matrice depassage et la matrice diagonale, sinon on indique seulement les vecteurs propres.

•Matrice(

2 −1−1 2

)Polynôme caractéristique : P (λ) = λ2 − 4λ+ 3 = (λ− 1) (λ− 3).Valeurs propres : λ1 = 1, λ2 = 3.

Matrice de passage : P =

(1 −11 1

).

Matrice diagonale : D =

(1 00 3

).

•Matrice(−6/5 8/58/5 6/5

)Polynôme caractéristique : P (λ) = λ2 − 4 = (λ− 2) (λ+ 2).Valeurs propres : λ1 = 2, λ2 = −2.

Matrice de passage : P =

(1 −22 1

).

Matrice diagonale : D =

(2 00 −2

).

•Matrice(

1 −11 1

)Polynôme caractéristique : P (λ) = λ2 − 2λ+ 2.Valeurs propres : λ1 = 1− i, λ2 = 1 + i.

Matrice de passage : P =

(1 1i −i

).

Matrice diagonale : D =

(1− i 0

0 1 + i

).

16

Page 17: Msm1 corr algebre

•Matrice(

2 1−1 2

)Polynôme caractéristique : P (λ) = λ2 − 4λ+ 5.Valeurs propres : λ1 = 2− i, λ2 = 2 + i.

Matrice de passage : P =

(1 1−i i

).

Matrice diagonale : D =

(2− i 0

0 2 + i

).

•Matrice

2 0 1−1 4 −1−1 2 0

Polynôme caractéristique :P (λ) = −λ3+6λ2−11λ+6 = − (λ− 1) (λ− 2) (λ− 3).Valeurs propres : λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.

Matrice de passage : P =

1 2 10 1 2−1 0 1

.

Matrice diagonale : D =

1 0 00 2 00 0 3

.

•Matrice

1 2 02 −4 −3−2/3 3 2

Polynôme caractéristique : P (λ) = −λ3 − λ2 + 5λ− 3 = − (λ− 1)

2(λ+ 3).

Valeurs propres : λ1 = −3 simple, λ2 = 1 double.

La valeur propre simple λ1 = −3 a pour vecteur propre V1 =

1−24/3

.

La valeur propre double λ2 = 1 ne possède qu’un seul vecteur propre V2 = 10

2/3

.

La matrice n’est donc pas diagonalisable.

•Matrice

4 −6 −32 −3 −21 −2 0

Polynôme caractéristique : P (λ) = −λ3 + λ2 + λ− 1 = − (λ− 1)

2(λ+ 1).

Valeurs propres : λ1 = 1 double, λ2 = −1 simple.

Matrice de passage : P =

1 0 30 1 21 −2 1

.

Matrice diagonale : D =

1 0 00 1 00 0 −1

.

17

Page 18: Msm1 corr algebre

•Matrice

3 0 0−8 7 1−4 −1 5

Polynôme caractéristique :P (λ) = −λ3+15λ2−72λ+108 = − (λ− 6)

2(λ− 3).

Valeurs propres : λ1 = 3 simple, λ2 = 6 double.

La valeur propre simple λ1 = 3 a pour vecteur propre V1 =

348

.

La valeur propre double λ2 = 6 ne possède qu’un vecteur propre V2 =

01−1

.

La matrice n’est donc pas diagonalisable.

•Matrice

3 0 27 2 11−3 0 −4

Polynôme caractéristique : P (λ) = −λ3 + λ2 + 8λ− 12 = − (λ− 2)

2(λ+ 3).

Valeurs propres : λ1 = −3 simple, λ2 = 2 double.

La valeur propre simple λ1 = −3 a pour vecteur propre V1 =

526−15

.

La valeur propre double λ2 = 2 ne possède qu’un vecteur propre V2 =

010

.

La matrice n’est donc pas diagonalisable.

•Matrice

−4/3 2/3 2/31 −1 0

1/3 1/3 −2/3

Polynôme caractéristique : P (λ) = −λ3 − 3λ2 − 2λ = −λ (λ+ 1) (λ+ 2).Valeurs propres : λ1 = 0, λ2 = −1, λ3 = −2.

Matrice de passage : P =

1 0 11 1 −11 −1 0

.

Matrice diagonale : D =

0 0 00 −1 00 0 −2

.

•Matrice 12

5 3 3 31 3 1 11 1 5 11 1 1 7

Polynôme caractéristique :P (λ) = λ4−10λ3+35λ2−50λ+24 = (λ− 1) (λ− 2) (λ− 3) (λ− 4).Valeurs propres : λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3, λ4 = 4.

Matrice de passage : P =

1 0 0 −11 −1 0 00 1 1 00 0 1 −1

.

18

Page 19: Msm1 corr algebre

Matrice diagonale : D =

1 0 0 00 2 0 00 0 3 00 0 0 4

.

•Matrice

1 −1 −1 10 0 0 0−1 1 1 10 0 0 2

Polynôme caractéristique : P (λ) = λ4 − 4λ3 + 4λ2 = λ2 (λ− 2)

2.Valeurs propres : λ1 = 0 double, λ2 = 2 double.

Matrice de passage : P =

1 0 0 −11 −1 0 00 1 1 00 0 1 −1

.

Matrice diagonale : D =

0 0 0 00 0 0 00 0 2 00 0 0 2

.

Corrigé ex. 21 : Matrice paramétrique

On considère la matrice A =

(m− 2 m

1 m− 2

)où m est un paramètre réel.

21-1) Pour queA ait une valeur propre nulle, il faut et il suffit que son déterminantsoit nul (puisque le déterminant est le produit des valeurs propres). On calcule :

det(A) = (m− 2)2 −m = m2 − 5m+ 4 = (m− 1)(m− 4).

Cela se produit donc lorsque m = 1 ou m = 4.On détermine la seconde valeur propre en utilisant la trace de la matrice. On a :

Tr(A) = 2m− 4 = λ1 + λ2 = 0 + λ2.

Par conséquent, λ2 = 2m− 4 =

{−2 si m = 1

4 si m = 4

21-2) Le vecteur propre V correspondant à la valeur propre 0 doit vérifier l’équa-tion AV = 0V = 0.

Dans le cas où m = 1, l’équation AV = 0 a pour solution le vecteur V1 =

(11

).

Dans le cas où m = 4, l’équation AV = 0 a pour solution le vecteur V2 =

(2−1

).

19

Page 20: Msm1 corr algebre

Corrigé ex. 22 : Trace et déterminant

M =

1 −1 2−1 2 12 1 −1

22-1) Si on additionne les colonnes de la matrice M , on trouve le vecteur

222

.

Or additionner les colonnes, revient à multiplier la matrice à droite par le vecteur

111

.

On a donc la relation :

M

111

=

222

= 2

111

.

Cela signifie que le vecteur

111

est un vecteur propre de valeur propre λ1 = 2.

22-2) On note λ1, λ2 et λ3 les valeurs propres de M .La trace de la matrice est :

Tr(A) = 1 + 2− 1 = 2 = λ1 + λ2 + λ3 = 2 + λ2 + λ3.

On en déduit queλ2 + λ3 = 0.

22-3) Le déterminant de la matrice est :

det(A) = −14 = λ1λ2λ3 = 2λ2λ3.

On en déduit queλ2λ3 = −7.

22-4) Des deux questions précédentes, on déduit que λ2 = −√

7 et λ3 =√

7.

Corrigé ex. 23 : Matrices symétriques

les matrices symétriques possèdent les propriétés suivantes :– toute matrice symétrique est diagonalisable ;– les valeurs propres sont toujours réelles (autrement dit, jamais complexes) et les

vecteurs propres de même ;– des vecteurs propres correspondant à des valeurs propres distinctes sont ortho-

gonaux entre eux ;– on peut choisir les vecteurs propres de manière à former une base orthonormée

(c’est-à-dire constituée de vecteurs unitaires orthogonaux entre eux).

20

Page 21: Msm1 corr algebre

Pour tous les exemples de cet exercice, on donne le polynôme caractéristique, lesvaleurs propres, la matrice de passage P et la matrice diagonale D. La matrice depassage est formée en colonnes de vecteurs orthonormés : cela en fait une matrice diteorthogonale qui vérifie la propriété P−1 = tP .

•Matrice(

0 22 0

)Polynôme caractéristique : P (λ) = λ2 − 4 = (λ− 2) (λ+ 2).Valeurs propres : λ1 = 2, λ2 = −2.

Matrice de passage : P =

1√2− 1√

21√2

1√2

.

Matrice diagonale : D =

(2 00 −2

).

•Matrice(

3 −2−2 3

)Polynôme caractéristique : P (λ) = λ2 − 6λ+ 5 = (λ− 1) (λ− 5).Valeurs propres : λ1 = 1, λ2 = 5.

Matrice de passage : P =

1√2

1√2

1√2− 1√

2

.

Matrice diagonale : D =

(1 00 5

).

•Matrice(

3 −6−6 12

)Polynôme caractéristique : P (λ) = λλ2 − 15.Valeurs propres : λ1 = 0, λ2 = 15.

Matrice de passage : P =

2√5

1√5

1√2− 2√

5

.

Matrice diagonale : D =

(0 00 15

).

•Matrice

−1 2 22 1/2 1/22 1/2 1/2

Polynôme caractéristique : P (λ) = −λ3 + 9λ = −λ (λ− 3) (λ+ 3).Valeurs propres : λ1 = −3, λ2 = 3, λ3 = 0.

Matrice de passage : P =

2√6

1√3

0

− 1√6

1√3

1√2

− 1√6

1√3− 1√

2

.

21

Page 22: Msm1 corr algebre

Matrice diagonale : D =

−3 0 00 3 00 0 0

.

•Matrice

8 −1 2−1 8 22 2 5

Polynôme caractéristique :P (λ) = −λ3+21λ2−135λ+243 = − (λ− 9)

2(λ− 3).

Valeurs propres : λ1 = 3 simple, λ2 = 9 double.

Matrice de passage : P =

1√6

2√5

1√30

1√6

0 − 5√30

− 2√6

1√5− 2√

30

.

Matrice diagonale : D =

3 0 00 9 00 0 9

.

•Matrice

0 1 11 0 11 1 0

Polynôme caractéristique : P (λ) = −λ3 + 3λ+ 2 = − (λ− 2) (λ+ 1)

2.Valeurs propres : λ1 = 2 simple, λ2 = −1 double.

Matrice de passage : P =

1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6

.

Matrice diagonale : D =

2 0 00 −1 00 0 −1

.

•Matrice1

3

7 2 −22 1 −4−2 −4 1

Polynôme caractéristique :P (λ) = −λ3+3λ2+λ−3 = − (λ− 1) (λ+ 1) (λ− 3).Valeurs propres : λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = 3.

Matrice de passage : P =

1√3

0 − 2√6

− 1√3

1√2− 1√

61√3

1√2

1√6

.

Matrice diagonale : D =

1 0 00 −1 00 0 3

.

22

Page 23: Msm1 corr algebre

5 Décompositions matricielles

Corrigé ex. 24 : Décomposition en valeurs singulières

Définitions et propriétésOn considère une matrice A de taille m×n (donc pas nécessairement carrée) et on

note r son rang. On a donc r ≤ min(m,n).Il est facile de vérifier que la matrice tAA est carrée de taille n × n et symétrique

de rang r. Puisqu’elle est symétrique, elle est diagonalisable et ses valeurs propres sontréelles. On montre que ses valeurs propres sont même positives ou nulles.

Traditionnellement, les valeurs propres non nulles de tAA sont notées σ21 , σ

22 , . . . , σ

2r

et sont rangées dans l’ordre décroissant, comme ceci :

σ21 ≥ σ2

2 ≥ · · · ≥ σ2r > 0.

Les nombres σ1, σ2, . . . , σr sont appelés les valeurs singulières de la matrice A.Autrement dit, les valeurs singulières de A sont les racines carrées des valeurs propresnon nulles de tAA. Il y a r valeurs singulières (compte-tenu de l’ordre de multiplicité)et, puisque tAA est de taille n, la valeur propre 0 est de multiplicité n− r.

On montre qu’il est possible de trouver des matrices orthogonales U et V telles quela matrice A s’écrive sous la forme du produit

A = V Σ tU (1)

où Σ est une matrice de la même taille que la matriceA ayant les valeurs singulières sursa diagonale et des 0 partout ailleurs. La matrice Σ est dite parfois pseudo-diagonale.Elle a la forme suivante :

Σ =

σ1 0 0 0

0. . . 0 0

0 0 σr 00 0 0 0...

......

...0 0 0 0

Le produit matriciel de la relation (1) implique que la matrice V est carrée de taille m,la matrice U est carrée de taille n. La matrice Σ est de taille m× n comme A. PuisqueU et V sont orthogonales, on peut inversement exprimer Σ en fonction de A par larelation suivante :

Σ = tV AU (2)

La relation (1) s’appelle décomposition en valeurs singulières de la matrice A.Cette décomposition est toujours possible mais n’est pas unique. Il est cependant facilede déterminer des matrices orthogonalesU et V . Il se trouve en effet qu’on peut prendrepour la matrice U la matrice des vecteurs propres singuliers, c’est-à-dire la matrice

23

Page 24: Msm1 corr algebre

de passage dans la diagonalisation de la matrice symétrique tAA. Si on appelle U1,U2,. . .,Un ces vecteurs propres, on définit alors r vecteurs V1, V2,. . .,Vr en posant

Vi =1

σiAUi pour 1 ≤ i ≤ r.

Si r < m, on complète ensuite les Vi obtenus afin de former une base orthonormée.Les Vi constituent les colonnes de la matrice V .

Modèle de résolution

À titre d’exemple, prenons la matrice A =

(3 1 1−1 3 1

).

On commence par calculer la matrice M = tAA :

M = tAA = · · · =

10 0 20 10 42 4 2

Le polynôme caractéristique de M est :

P (λ) = −λ3 + 22λ2 − 120λ = − (λ− 12) (λ− 10) λ

Les valeurs propres sont donc λ1 = 12, λ2 = 10 et λ3 = 0. Les valeurs singulièressont les racines carrées des valeurs propres non nulles, donc σ1 =

√12 et σ2 =

√10.

La matrice Σ sera la matrice pseudo-diagonale de même taille que A :

Σ =

(√12 0 0

0√

10 0

)La diagonalisation de la matrice M = tAA conduit aux vecteurs propres suivants

(qui forment une base orthonormée) :

U1 =

1√6

2√6

1√6

U2 =

2√5

− 1√5

0

U3 =

1√302√30

− 5√30

On obtient donc la matrice orthogonale U :

U =

1√6

2√5

1√30

2√6− 1√

5

2√30

1√6

0 − 5√30

Il ne reste plus qu’à calculer les vecteurs V1 et V2 par la formule Vi = 1

σiAUi. On

trouve :

V1 =1

σ1AU1 =

1√12

(3 1 1−1 3 1

)

1√6

2√6

1√6

=

2

2√2

2

24

Page 25: Msm1 corr algebre

puis

V2 =1

σ2AU2 =

1√10

(3 1 1−1 3 1

) 2√5

− 1√5

0

=

2

2

−√

2

2

Les vecteurs V1 et V2 constituent les colonnes de la matrice V :

V =

2

2

√2

2√2

2−√

2

2

On peut vérifier a posteriori que le produit V Σ tU redonne bien la matrice A de

départ :

V Σ tU =

2

2

√2

2√2

2−√

2

2

(√12 0 0

0√

10 0

)

1√6

2√6

1√6

2√5− 1√

50

1√30

2√30

− 5√30

=

(√6√

5 0√6 −

√5 0

)

1√6

2√6

1√6

2√5− 1√

50

1√30

2√30

− 5√30

=

(3 1 1−1 3 1

).

Solution de tous les exemples

•Matrice(

3 1 1−1 3 1

)

V =

2

2

√2

2√2

2−√

2

2

Σ =

√12 0 0

0√

10 0

U =

1√6

2√5

1√30

2√6− 1√

5

2√30

1√6

0 − 5√30

25

Page 26: Msm1 corr algebre

•Matrice

1 1−1 01 −1

V =

− 1√

3− 1√

2

1√6

1√3

02√6

− 1√3

1√2

1√6

Σ =

3 0

0√

2

0 0

U =

(−1 00 −1

)

•Matrice

1 1 01 1 01 0 11 0 1

V =

−1

2−1

2

√2

20

−1

2−1

2−√

2

20

−1

2

1

20 −

√2

2

−1

2

1

20

√2

2

Σ =

√6 0 0

0√

2 0

0 0 0

0 0 0

U =

1√3

0 − 2√6

− 1√3

1√2

1√6

− 1√3− 1√

2

1√6

•Matrice

3/2 −√

3/2√3/2− 1 −

√3/2− 1√

3/2 + 1 −√

3/2 + 1

V =

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6

1√3

1√2

1√6

Σ =

3 00 20 0

U =

1√2− 1√

21√2

1√2

26

Page 27: Msm1 corr algebre

Corrigé ex. 25 : Décomposition LU

Modèle de résolution

Prenons, à titre d’exemple, la matrice A =

2 4 16 14 6−4 −10 −3

.

On doit trouver une matrice triangulaire inférieure L et une matrice triangulairesupérieure U dont le produit est égal à la matrice donnée.

La condition nécessaire et suffisante pour que cette décomposition soit possibleest que les mineurs principaux “nord-ouest” (situés en haut à gauche de la matrice)soient non nuls. Si de plus le déterminant de la matrice elle-même est non nul alors ladécomposition est unique.

On vérifie ici que :

det(2) = 2 6= 0

det

(2 46 14

)= 4 6= 0

det

2 4 16 14 6−4 −10 −3

= 8 6= 0

On applique une méthode du pivot qui construira la matrice U et on remplit au furet à mesure les éléments de la matrice L.

Au départ la matrice L est égale à

1 0 0. 1 0. . 1

.

Première étape

On prend la première ligne comme ligne pivot et on cherche à faire apparaître des 0dans la première colonne sous le terme pivot (ici 2). On fait pour cela des combinaisonslinéaires avec la ligne pivot L1.

On remplace la deuxième ligne L2 par L2 − 3L1. On obtient la matrice : 2 4 10 2 3−4 −10 −3

Le coefficient

a21a11

= 3 (qui a servi à faire la combinaison) devient le terme d’indice

(2, 1) de la matrice L.De même, on remplace la troisième ligne L3 par L3 + 2L1. On obtient maintenant

la matrice :

A′ =

2 4 10 2 30 −2 −1

Le coefficient

a31a11

= −2 (qui a servi à faire la combinaison) devient le terme d’indice

(3, 1) de la matrice L.

27

Page 28: Msm1 corr algebre

À ce stade, la matrice L est égale à

1 0 03 1 0−2 . 1

.

Deuxième étape

La première ligne et la première colonne ont été traitées. On recommence mainte-nant la même procédure sur le sous-bloc suivant : 2 4 1

00

2 3−2 −1

Dans ce sous-bloc

(2 3−2 −1

), la première ligne va servir de ligne pivot et il faut

faire apparaître un 0 dans la première colonne sous le terme pivot 2.Pour cela, on remplace la troisième ligne L3 de la matrice A′ par L3 + L2 et on

obtient maintenant la matrice :

A′′ =

2 4 10 2 30 0 2

Le coefficient

a′32a′22

= −1 (qui a servi à faire la combinaison) devient le terme d’indice

(3, 2) de la matrice L.

À ce stade, la matrice L est égale à

1 0 03 1 0−2 −1 1

.

La procédure est complète. La matriceA′′ obtenue est triangulaire supérieure : c’estla matrice U recherchée.

On peut vérifier effectivement que : 1 0 03 1 0−2 −1 1

2 4 10 2 30 0 2

=

2 4 16 14 6−4 −10 −3

.

Solution de tous les exemples

25-1) Tous les exemples de cette question peuvent être factorisés. On donne ci-dessous les deux matrices triangulaires L et U dont le produit L × U est égal à lamatrice initiale.

•Matrice(

2 3−2 1

)

L =

(1 0−1 1

)U =

(2 30 4

)

28

Page 29: Msm1 corr algebre

•Matrice(

3 26 5

)

L =

(1 02 1

)U =

(3 20 1

)

•Matrice(b ca b a c+ b

)

L =

(1 0a 1

)U =

(b c0 b

)

•Matrice

3 4 16 7 4−3 −6 2

L =

1 0 02 1 0−1 2 1

U =

3 4 10 −1 20 0 −1

•Matrice

2 4 16 14 6−4 −10 −3

L =

1 0 03 1 0−2 −1 1

U =

2 4 10 2 30 0 2

•Matrice

2 −5 −18 −24 1−2 −7 19

L =

1 0 04 1 0−1 3 1

U =

2 −5 −10 −4 50 0 3

•Matrice

4 2 −3 −1−4 −4 5 4−8 −10 11 15−4 −4 3 15

L =

1 0 0 0−1 1 0 0−2 3 1 0−1 1 2 1

U =

4 2 −3 −10 −2 2 30 0 −1 40 0 0 3

29

Page 30: Msm1 corr algebre

•Matrice

3 0 −4 −1 −1−15 −1 22 5 8−9 −2 15 6 11−12 2 12 7 −4−3 −5 12 4 21

L =

1 0 0 0 0−5 1 0 0 0−3 2 1 0 0−4 −2 0 1 0−1 5 2 −1 1

U =

3 0 −4 −1 −10 −1 2 0 30 0 −1 3 20 0 0 3 −20 0 0 0 −1

25-2) La matrice A =

1 2 32 4 5−1 3 −2

ne vérifie pas le critère indiqué précé-

demment concernant les mineurs principaux “nord-ouest”. En effet, le déterminant du

mineur de taille 2 est nul : det

(1 22 4

)= 0.

Cette matrice n’admet donc pas de décomposition LU.On transpose les lignes et les colonnes d’indices 2 et 3. On obtient alors la matrice

suivante :

A′ =

1 3 2−1 −2 32 5 4

La matrice A′ vérifie le critère. En appliquant l’algorithme, on obtient :

L =

1 0 0−1 1 02 −1 1

U =

1 3 20 1 50 0 5

La matrice qui effectue la permutation des lignes et colonnes d’indices 2 et 3 est :

P =

1 0 00 0 10 1 0

On a donc la relation A = P × L× U .

Corrigé ex. 26 : Décomposition de Cholesky

Toutes les matrices de cet exercice sont des matrices symétriques définies positives.On peut le vérifier en calculant leurs mineurs principaux “nord-ouest” qui sont tousstrictement positifs.

Par exemple, dans le cas de la matrice A =

1 2 −12 8 2−1 2 14

, on vérifie que

30

Page 31: Msm1 corr algebre

det(1) = 1 > 0

det

(1 22 8

)= 4 > 0

det

1 2 −12 8 2−1 2 14

= 36 > 0

On peut donc rechercher une décomposition de Cholesky, c’est-à-dire une matricetriangulaire inférieure L telle que la matrice A s’écrive sous la forme A = L tL.

Modèle de résolution

Prenons, à titre d’exemple, la matrice A A =

1 2 −12 8 2−1 2 14

précédente.

Si on écrit la matrice A donnée et la matrice L recherchée sous forme de matricespar blocs, elles ont la forme suivante :

A =

(α11 Ba21 A22

)L =

(λ11 0l21 L22

)où α11 et λ11 sont des nombres, a21 et l21 sont des vecteurs colonnes et A22 et L22

sont des sous-blocs carrés.On effectue le produit L tL et on l’identifie avec A. On obtient les relations sui-

vantes : α11 = λ211a21 = λ11l21

A22 = l21tl21 + L22

tL22

On en déduit que λ11 =

√α11

l21 = a21/λ11

A22 − l21tl21 = L22tL22

Les deux premières égalités permettent de calculer la première colonne de L et la troi-sième signifie qu’il suffit de calculer la quantité A22 − l21tl21 (qui est un bloc de taille2) et de lui appliquer à nouveau la même procédure.

On a donc ici : λ11 =

√1 = 1

l21 = a21/1 =

(2

−1

)et d’autre part :

A22 − l21tl21 =

(8 22 14

)−(

2−1

)(2 −1

)=

(8 22 14

)−(

4 −2−2 1

)=

(4 44 13

)

31

Page 32: Msm1 corr algebre

On a pour l’instant trouvé la première colonne de la matrice L. On arrive à lamatrice suivante : 1 0 0

2−1

4 44 13

On recommence la procédure avec la sous-matrice de taille 2 encadrée :

(4 44 13

).

Cette fois on obtient : {λ11 =

√4 = 2

l21 = a21/2 = 4/2 = 2

A22 − l21tl21 = 13− 2× 2 = 9.

On arrive à la matrice suivante : 1 0 02 2 0

−1 2 9

On termine en appliquant à nouveau la procédure au sous-bloc de taille 1 encadré :

λ11 =√

9 = 3.

Finalement la matrice recherchée est

L =

1 0 02 2 0−1 2 3

On peut vérifier facilement que

L tL =

1 0 02 2 0−1 2 3

1 2 −10 2 20 0 3

=

1 2 −12 8 2−1 2 14

= A

Solution de tous les exemplesPour tous les exemples de l’exercice, on indique ci-dessous la matrice triangulaire

inférieure L telle que le produit L tL soit égal à la matrice donnée.

•Matrice(

1 −1−1 2

)L =

(1 0−1 1

)

•Matrice(

1 −1−1 5

)L =

(1 0−1 2

)

32

Page 33: Msm1 corr algebre

•Matrice(

4 −6−6 10

)L =

(2 0−3 1

)

•Matrice(

1 aa a2 + 1

)L =

(1 0a 1

)

•Matrice(a2 −a2−a2 2 a2

)L =

(a 0−a a

)

•Matrice

1 2 −12 8 2−1 2 14

L =

1 0 02 2 0−1 2 3

•Matrice

1 2 −12 5 0−1 0 6

L =

1 0 02 1 0−1 2 1

•Matrice

16 −4 −4−4 5 3−4 3 11

L =

4 0 0−1 2 0−1 1 3

•Matrice

1 −1 −1 −1−1 2 4 2−1 4 11 7−1 2 7 20

L =

1 0 0 0−1 1 0 0−1 3 1 0−1 1 3 3

33