LM270

UPMC 2011–2012

Corrig´e de la feuille 1

Corrig´e des exercices de la feuille n◦ 1


1 2 3
0 3 4

Exercice 1 (CC 2009-10). Soit A = 
2 1 5
3 2 8/3 sur les colonnes, d´eterminer rang(A) et des bases


4
5
5
6 
 ∈ M4,5 (R). En faisant des op´erations ´el´ementaires
4
3 
5 22/3 de Im(A) et Ker(A).

Solution : L’espace de d´epart ´etant de dimension 5, on part de (A | i = 2, 3, 4, 5, on obtient

1 −2
0
0
0
1 0
0 1
0 3
4
5
6

0 0
 2 −3
−1
−4
−7

0 0
3 −4 −19/3 −7 −23/3
0 0 puis ajoutant −(4/3)C2′ , resp. −(5/3)C2′ , resp. −2C2′ `a

0
0
0
1 0
0 3
0
0
0

 2 −3 3
1
−1

3 −4 −1 −1/3 1/3

I5 ). Soustrayant iC1 `a la colonne Ci , pour

−3 −4 −5
0
0
0

1
0
0

0
1
0
0
0
1

C3′ , resp. C4′ , resp. C5′ on obtient

1 −2 −1/3 −2/3 −1
0 1 −4/3 −5/3 −2

0 0
1
0
0

0 0
0
1
0
0 0
0
0
1

enfin, rempla¸cant (C3′′ , C4′′ , C5′′ ) par (C4′′ , C3′′ − 3C4′′ , C5′′ + C4′′ ) on obtient


1 −2 −2/3 5/3 −5/3
0
0 0
1 0
0 1 −5/3 11/3 −11/3

0 3
0
0 0

0
0
1
1
0 

 2 −3
1
0 0

0 0
0
−3
1 
3 −4 −1/3 0 0
0 0
0
0
1
Donc rang(A) = 3 et, d’une part, une base de Im(A) est donn´ee par les vecteurs
 
 
 
0
0
1
0
3
0



w1 =  w2 =  w3 = 
−3
−3
2 .
1
−4
3
D’autre part, une base de Ker(A) est donn´ee par les vecteurs
 


5
−5
 11 
−11
 





u1 =  3  u2 = 
 0 
−9
 3 
0
3 donc aussi par les vecteurs




0
0
 

v1 = (u1 + u2 )/3 = 
1
−2
1

1
1

Exercice 2 (CC 2009-10). Mˆeme question pour A = 
2
1
1
1

1
2
3
0
0

v2 = u2 .

2
3
3
−1
1


3 4
4 5

5 7
 ∈ M5 (R).
0 1
2 3

Corrig´e de la feuille 1

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Solution : Partons du couple de matrices (A | I5 ) ; en rempla¸cant la colonne Ci par Ci − (i − 1)C1 , pour i = 2, 3, 4, 5 on obtient :


1 0
0
0
0 1 −1 −2 −3 −4
1 1
0
0
0
1
1
1 0 1


 2 1 −1 −1 −1 0 0
1
0
0


 1 −1 −3 −3 −3 0 0
0
1
0
0
0
1
1 −1 −1 −1 −1 0 0 puis rempla¸cant C4 et C5 par C4 − C3 et C5 − C3 :


1
1

2

1
1

0
0 0 0
1
1 0 0
1 −1 0 0
−1 −3 0 0