Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. Soient $X,Y\in{\cal M}_n$ deux matrices, $\lambda,\mu$ deux réels.
   $$(\lambda X+\mu Y) A=\lambda XA+\mu YA\;,$$
   car le produit matriciel est distributif par rapport à l'addition. Donc l'application $f$ est linéaire.
2. Pour montrer qu'une application linéaire est injective, il suffit de montrer que son noyau est réduit à $\{0\}$. Soit $X$ un élément du noyau de $f$, c'est-à-dire une matrice telle que $XA =0$ (matrice nulle). En multipliant à droite par $B$, et en utilisant l'associativité du produit matriciel :
   $$(XA) B=X(A B)=X I=X\;.$$
   Or si $XA =0$, alors $(XA) B=0$, donc $X=0$. Donc le noyau de $f$ ne contient que la matrice nulle : $f$ est injective.

   Une application linéaire entre deux espaces de même dimension, si elle est injective, est aussi surjective, donc bijective.

3. Puisque $f$ est surjective, il existe $B_*\in {\cal M}_n$ telle que $f(B_*)=I$, soit $B_*A=I$.

   Pour montrer que $B_*=B$, on utilise encore l'associativité du produit matriciel : $B_* (A B)=(B_*A) B$. Or :

   $$B_* (A B)=B_* I=B_*$$   et$$\quad (B_* A) B=I B=B\;.$$
   Par définition, s'il existe une matrice $B$ telle que $B A=A B=I$, la matrice $A$ est inversible.
4. La démonstration est la même que précédemment : $B (A B^*)=(B A) B^*$. Or :
   $$B (A B^*)=B I=B$$   et$$\quad (B A) B^*=I B^*=B^*\;.$$

5. Utilisons encore l'associativité du produit matriciel.
   $$(A C) (C^{-1}A^{-1})=A (CC^{-1}) A^{-1} =A I A^{-1}=A A^{-1}=I\;.$$
   Il existe donc une matrice qui, multipliée à droite par $A C$ donne l'identité. Par application de ce qui précède, la matrice $A C$ est donc inversible et son inverse est la matrice $C^{-1}A^{-1}$.

Exercice 1 :  

1. La matrice $A$ est triangulaire et ses termes diagonaux sont non nuls : elle est de rang 3, donc inversible. On trouve $A^{-1}=A$.
2. La matrice $B$ est triangulaire et ses termes diagonaux sont non nuls : elle est de rang 3, donc inversible. On trouve :
   $$B^{-1}=\left(\begin{array}{rrr} 1&\hspace*{3.5mm}0&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&1 \end{array}\right)\;.$$

3. Le produit de deux matrices inversibles est inversible.
   $$M^{-1}=B^{-1}A^{-1}= \left(\begin{array}{rrr} 0&-1&1\\ -1&0&1\\ 1&1&-1 \end{array}\right)\;.$$

4. $$f(b_1)=b_1+b_3\;,\quad f(b_2)=b_2+b_3\;,\quad f(b_3)=-b_3\;.$$
   $$\begin{array}{lclcl} f\circ f(b_1)&=&f(b_1)+f(b_3)&=&b_1\\ ... ...2)+f(b_3)&=&b_2\\ f\circ f(b_3)&=&f(-b_3)&=&b_3\;. \end{array}$$
   L'application $f\circ f$ coïncide avec l'application identique sur une base de $\mathbb{R}^3$, donc sur $\mathbb{R}^3$ tout entier. Donc $f$ est sa propre réciproque, donc $A^{-1}=A$.
5. La matrice de l'application $g^{-1}$ dans la base $(b_1,b_2,b_3)$ est $B^{-1}$. On en déduit :
   $$g^{-1}(b_1)=b_1\;,\quad g^{-1}(b_2)=b_2\;,\quad g^{-1}(b_3)=-b_1-b_2+b_3\;.$$

6. La matrice de $h$ dans la base $(b_1,b_2,b_3)$ est $A-B^{-1}$.
   $$A-B^{-1}= \left(\begin{array}{rrr} 0&\hspace*{3.5mm}0&1\\ 0&0&1\\ 1&1&-2 \end{array}\right)\;.$$

7. Soit $(x,y,z)$ les coordonnées dans la base $(b_1,b_2,b_3)$ d'un vecteur de $\mathrm{Ker}(h)$,
   $$\left\{\begin{array}{rrrcl} &&z&=&0\\ &&z&=&0\\ x&+y&-2z&=&0\;. \end{array}\right.$$
   Tout vecteur de $\mathrm{Ker}(h)$ s'écrit $xb_1-xb_2$, où $x$ est un réel quelconque. Donc $\mathrm{Ker}(h)$ est une droite vectorielle, dont une base est le vecteur $b_1-b_2$. L'image de $f$ est un plan vectoriel, dont une base est donnée par le premier et le troisième vecteur colonne de la matrice : $(b_3,b_1+b_2-2b_3)$.
8. Puisque $A$ est inversible, l'image par $f$ d'une base est une base. Donc $(c_1,c_2,c_3)$ est une base de $\mathbb{R}^3$. D'après la question 4,
   $$f(c_1)=b_1=c_1+c_3\;,\quad f(c_2)=b_2=c_2+c_3\;,\quad f(c_3)=b_3=-c_3\;.$$
   Donc dans la base $(c_1,c_2,c_3)$, la matrice de $f$ est encore la matrice $A$. On peut aussi le montrer en utilisant la formule de changement de base : $P^{-1}AP$, où $P$ est la matrice de passage de l'ancienne base $(b_1,b_2,b_3)$ à la nouvelle $(c_1,c_2,c_3)$, qui ici vaut $A$.
9. En utilisant la formule de changement de base, la matrice de $g$ dans la base $(c_1,c_2,c_3)$ est :
   $$A^{-1}BA= \left(\begin{array}{rrr} 2&\hspace*{3.5mm}1&-1\\ 1&2&-1\\ 2&2&-1 \end{array}\right)\;.$$
   La matrice de $g^{-1}$ dans la base $(c_1,c_2,c_3)$ est l'inverse de la précédente :
   $$A^{-1}B^{-1}A= \left(\begin{array}{rrr} 0&-1&\hspace*{3.5mm}1\\ -1&0&1\\ -2&-2&3 \end{array}\right)\;.$$

Exercice 2 :  

1. On trouve :
   $$AB=\left(\begin{array}{rrrr} 1&-4&3&3\\ -3&0&-5&-1\\ 5&4&7&-1\\ 3&3&4&-1 \end{array}\right)$$   et$$\quad BA=\left(\begin{array}{rrr} 3&2&6\\ -2&-3&\hspace*{3mm}1\\ 1&-1&7 \end{array}\right)\;.$$

2. En résolvant le système $P\left(\begin{array}{c}x\ y\ z\end{array}\right)= \left(\begin{array}{c}a\ b\ c\end{array}\right)$, on trouve que ce système est de rang 3, donc la matrice $P$ est bien inversible. Son inverse est :
   $$P^{-1}=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{rrr} -1&-5&-2\\ -2&-2&0\\ 1&1&2 \end{array}\right)\;.$$
   Les trois vecteurs colonnes de $P$ sont linéairement indépendants, donc les trois premiers vecteurs colonnes de $A$ le sont aussi : la matrice $A$ est de rang 3.
3. Les deux premières lignes de $B$ sont linéairement indépendantes. La troisième est la somme des deux autres. Donc la matrice $B$ est de rang 2.

   La matrice $AB$ est celle de l'application composée $f\circ g$. Puisque $B$ est de rang 2, l'image de $g$ est un plan vectoriel de $\mathbb{R}^3$. Puisque l'application $f$ est de rang 3, son noyau est réduit à $\{0\}$ et sa restriction à $\mathrm{Im}(g)$ est de rang 2. Donc l'image de $f\circ g$ est un plan vectoriel : $AB$ est de rang 2.

   Le raisonnement est analogue pour $BA$ : c'est la matrice de l'application $g\circ f$. Puisque $f$ est de rang 3, son image est $\mathbb{R}^3$, donc $\mathrm{Im}(g\circ f)=\mathrm{Im}(g)$. Donc $g\circ f$ est de rang 2, comme $g$. Donc la matrice $BA$ est de rang 2.

4. Soit $Q$ la matrice formée en juxtaposant la matrice $A$ et le vecteur colonne $e_4$. Voici $Q$ et sa transposée.
   $$Q=\left(\begin{array}{rrrr} 1&-2&1&\hspace*{3.5mm}0\\ -1&0&-1&0\\ 0&1&2&0\\ 1&2&0&1 \end{array}\right)$$   et$$\quad {^t\!Q}=\left(\begin{array}{rrrr} 1&-1&\hspace*{3.5mm}0&\hspace*{3.5mm}1\\ -2&0&1&2\\ 1&-1&2&0\\ 0&0&0&1 \end{array}\right)\;.$$
   Notons $l_1,l_2,l_3,l_4$ les 4 vecteurs lignes de $Q$ (vecteurs colonnes de ${^t\!Q}$). Soient $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ 4 réels tels que $\alpha l_1+\beta l_2+\gamma l_3+\delta l_4=0$. Nécessairement, $\delta =0$, donc $\alpha l_1+\beta l_2+\gamma l_3=0$. Mais les vecteurs $l_1,l_2,l_3$ sont linéairement indépendants, d'après la question 2, donc $\alpha=\beta=\gamma=0$. La matrice ${^t\!Q}$ est donc de rang 4, et il en est de même pour $Q$. Donc $(b_1,b_2,b_3,e_4)$ est une base de $\mathbb{R}^4$.
5. Par définition, les images par $f$ des vecteurs de la base canonique de $\mathbb{R}^3$ sont $b_1,b_2,b_3$. Donc la matrice de l'application $f$, relative à la base canonique de $\mathbb{R}^3$ au départ et à la base $(b_1,b_2,b_3,e_4)$ à l'arrivée est la suivante.
   $$\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array}\right)\;.$$

6. Par application de la formule de changement de variable, la matrice de l'application $f\circ g$ dans la base $(b_1,b_2,b_3,e_4)$ est $Q^{-1}AB Q$. Or la matrice de la question précédente est $Q^{-1}A$, ce qui simplifie le calcul : la matrice $Q^{-1}AB$ est la matrice carrée obtenue en ajoutant à $B$ une quatrième ligne de zéros. Il reste à calculer le produit par $Q$ :
   $$Q^{-1}ABQ=\left(\begin{array}{rrrr} 3&2&6&1\\ -2&-3&\hspace*{3.5mm}1&-1\\ 1&-1&7&0\\ 0&0&0&0 \end{array}\right)\;.$$