Corrigé Contrôle d’Algèbre2 SMP-SMC 2016-17

(1)

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah

Année Univ 2016-17

Faculté des Sciences Dhar El Mehraz

SMP-SMC

Département de Mathématiques

Correction du contrôle d’Algèbre 2

Exercice 1 :

1) A  6

−4 −4

5 −3 −4

1

−1

0 . 2) A  6

−4 −4

5 −3 −4

1

−1

0 L1 ↔ L3 1

−1 0

5 −3 −4

6

−4 −4

L2 → L2 − 5L1 L3 → L3 − 6L1 1

−1 0

0

2 −4

0

2 −4

L3 → L3 − L2 1

−1 0

0

2 −4

0

. Donc : rgf  rgA  2.

3  dimR3  rgf  dim ker f  2  dim ker f  dim ker f  3 − 2  1. 3) fa  f2, 2, 1  6  2 − 4  2 − 4  1, 5  2 − 3  2 − 4  1, 2 − 2

 12 − 8 − 4, 10 − 6 − 4, 2 − 2  0, 0, 0.

Donc a ∈ ker f.

Puisque a est un vecteur non nul de ker f et puisque dim ker f  1 alors ker f  vecta.

4) i) b  e1 e2  1, 0, 0  0, 1, 0  1, 1, 0 et c  e2 − e3  0, 1, 0 − 0, 0, 1  0, 1, −1. fb  6 − 4, 5 − 3, 1 − 1  2, 2, 0  21, 1, 0  2b. fc  −4  4, −3  4, −1  0, 1, −1  c. ii) fb  2b  b  1 2 fb  f 12 b ∈ Imf. c  fc ∈ Imf.

– 1ière _{méthode pour montrer que}_{b, c est une base de Im f :}

∀,  ∈ R tels que : b  c  0,0,0

b  c  0, 0, 0  e1  e2  e2− e3  0, 0, 0

 e1  e2  e2 − e3  0, 0, 0

 e1    e2 − e3  0, 0, 0

       −  0      0.

Alorsb, c est système libre de Imf.

(2)

– 2ième _{méthode pour montrer que}_{b, c est une base de Im f :} ∀,  ∈ R tels que : b  c  0,0,0 b  c  0, 0, 0  1, 1, 0  0, 1, −1  0, 0, 0  , , 0  0, , −  0, 0, 0  ,   , −  0, 0, 0        −  0      0.

Par suiteb, c est une base de Imf (car dimImf  rgf  2). – 3ième méthode pour montrer queb, c est une base de Im f :

1 0 1 1 0 −1 L2 → L2− L1 1 0 0 1 0 −1 L3 → L3  L2 1 0 0 1 0 0 .

Par suiteb, c est une base de Imf (car dimImf  rgf  2). 5) – 1ière méthode :

∀, ,  ∈ R tels que : a  b  c  0,0,0

a  b  c  0, 0, 0  2, 2, 1  1, 1, 0  0, 1, −1  0, 0, 0  2, 2,   , , 0  0, , −  0, 0, 0  2  , 2    ,  −   0, 0, 0  2    0 2      0  −   0  2    0   0   0        0. Alors S  a, b, c est système libre de R3

Par suite S  a, b, c est une base de R3

(car dim R3 _{ 3).} – 2ième méthode : 2 1 0 2 1 1 1 0 −1 L1 ↔ L3 1 0 −1 2 1 1 2 1 0 L2 → L2 − 2L1 L3 → L3 − 2L1 1 0 −1 0 1 3 0 1 2 L3 → L3 − L2 1 0 −1 0 1 3 0 0 −1 .

Donc S  a, b, c est une base de R3. – 3ième méthode : detBS  2 1 0 2 1 1 1 0 −1  0 1 2 0 1 3 1 0 −1  1 2 1 3  3 − 2  1 ≠ 0. Donc S  a, b, c est une base de R3_.

(3)

6) D 

0 0 0 0 2 0 0 0 1

.

7) P est la matrice de pssage de B à S. Donc : P 

2 1 0 2 1 1 1 0 −1 . 8) D  P−1AP  A  PDP−1  ∀n ∈ N∗ : An  PDP−1_n  PDn_P−1_. 9) – 1ière _{méthode :} P|I3  2 1 0 2 1 1 1 0 −1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 L1 ↔ L3 1 0 −1 2 1 1 2 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 L2 → L2 − 2L1 L3 → L3 − 2L1 1 0 −1 0 1 3 0 1 2 0 0 1 0 1 −2 1 0 −2 L3 → L3 − L2 1 0 −1 0 1 3 0 0 −1 0 0 1 0 1 −2 1 −1 0 L3 → −L3 1 0 −1 0 1 3 0 0 1 0 0 1 0 1 −2 −1 1 0 L1 → L1  L3 L2 → L2 − 3L3 1 0 0 0 1 0 0 0 1 −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0  I3 −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0 . Donc : P−1  −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0 . – 2ième _{méthode :} det P  2 1 0 2 1 1 1 0 −1  0 1 2 0 1 3 1 0 −1  1 2 1 3  3 − 2  1. Δ1,1  1 1 0 −1  −1 Δ1,2  − 2 1 1 −1  3 Δ1,3  2 1 1 0  −1 Δ2,1  − 1 0 0 −1  1 Δ2,2  2 0 1 −1  −2 Δ2,3  − 2 1 1 0  1

(4)

Δ3,1  1 0 1 1  1 Δ3,2  − 2 0 2 1  −2 Δ3,3  2 1 2 1  0. P−1  1 det P t_com_{P  1} 1 t −1 3 −1 1 −2 1 1 −2 0  −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0 . Donc : P−1  −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0 . 10) – 1ière méthode : ∀n ∈ N∗ _{: A}n _{ PD}n_P−1 An _{ PD}n_P−1 _ 2 1 0 2 1 1 1 0 −1 0n ₀ ₀ 0 2n 0 0 0 1n P−1  2 1 0 2 1 1 1 0 −1 0 0 0 0 2n ₀ 0 0 1 P−1  0 2n ₀ 0 2n ₁ 0 0 −1 −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0  3 2n −2n1 −2n1 3 2n − 1 −2n1  1 −2n1 1 −1 0 . – 2ième _{méthode :} ∀n ∈ N∗ _: An _{ PD}n_P−1 _{ P} 0n ₀ ₀ 0 2n ₀ 0 0 1n −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0  P 0 0 0 0 2n ₀ 0 0 1 −1 1 1 3 −2 −2 −1 1 0  2 1 0 2 1 1 1 0 −1 0 0 0 3 2n ₋₂n1 ₋₂n1 −1 1 0  3 2n ₋₂n1 ₋₂n1 3 2n _{− 1 −2}n1 _{ 1 −2}n1 1 −1 0 .

(5)

Exercice 2 :

1) E  3x, x, x  3y, 2x  5y tq : x, y ∈ R  3x,x,x,2x  0,0,3y,5y tq : x,y ∈ R  x3, 1, 1, 2  y0, 0, 3, 5 tq : x, y ∈ R

 vect1,2.

Donc1,2 est une base de E.

2) ∀,  ∈ R : 5  3  4  0, 1, 3, 5  1, −1, 2, 3  2, −1, 7, 11  0, , 3, 5  , −, 2, 3  2, −1, 7, 11  ,  − , 3  2, 5  3  2, −1, 7, 11    2  −   −1 3  2  7 5  3  11    1   2 3 2  2  7 5 3  2  11    1   2 .

3) Puisque F  vect3,4,5 et puisque 5  3 24 alors F  vect3,4

Donc3,4 est une partie génératrice de F.

∀,  ∈ R : 3 4  0, 0, 0, 0  0, 1, 3, 5  1, −1, 2, 3  0, 0, 0, 0  0, , 3, 5  , −, 2, 3  0, 0, 0, 0  ,  − , 3  2, 5  3  0, 0, 0, 0    0  −   0 3  2  0 5  3  0      0.

Alors3,4 est une partie libre de F.

Donc3,4 est une base de F.

4) 3 0 0 1 1 0 1 −1 1 3 3 2 2 5 5 3  3 0 1 −1 3 3 2 5 5 3 − 1 0 1 1 3 3 2 5 5  3 0 0 −1 3 5 2 5 8 3 − 1 0 0 1 3 2 2 5 3  −3 3 5 5 8 − 3 2 5 3  −3−1 − −1  3  1  4. 5) Puisque detBS  3 0 0 1 1 0 1 −1 1 3 3 2 2 5 5 3

 4 ≠ 0 alors S  1,2,3,4 est une base de R4.

Puisque1,2 est une base de E, 3,4 est une base de F, 1,2 ∩ 3,4  ∅