Corrigé contrôle d’Alg M2 SMP-SMC 2015-16

(1)

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah

Année Univ.2014-15

Faculté des Sciences Dhar El Mehraz

SMP-SMC

Département de Mathématiques

Correction du contrôle d’Algèbre 2

Exercice 1 :

1) A  1 2 −2 3 1 −3 3 2 −4 2) – 1ière _{méthode :} ∀, ,  ∈ R :

e1′  e2′  e3′  0, 0, 0  0, 1, 1  1, 0, 1  1, 1, 0  0, 0, 0

 0, ,   , 0,   , , 0  0, 0, 0    ,   ,     0, 0, 0      0     0     0    −   − −2  − −   0        0.

Alors B′ _{est un système libre de R}3_{. Donc B}′ _{ e} 1 ′_{, e}

2 ′_{, e}

3

′_{ est une base de R}3_.

– 2ième méthode : 0 1 1 1 0 1 1 1 0 L1  L2 1 0 1 0 1 1 1 1 0 L3  L3 − L1 1 0 1 0 1 1 0 1 −1 L3  L3− L2 1 0 1 0 1 1 0 0 −2 . Alors : rgB′  3.

Ce qui montre que B′  e1′, e2′, e3′ est une base de R3.

– 3ième _{méthode :} 0 1 1 1 0 1 1 1 0  1 0 1 1 − 0 1 1 1  1 − −1  1  1  2 ≠ 0.

Donc B′  e1′, e2′, e3′ est une base de R3.

3) P 

0 1 1 1 0 1 1 1 0

.

(2)

4) P2 _{− P } 0 1 1 1 0 1 1 1 0 2 − 0 1 1 1 0 1 1 1 0  0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 − 0 1 1 1 0 1 1 1 0  2 1 1 1 2 1 1 1 2 − 0 1 1 1 0 1 1 1 0  2 0 0 0 2 0 0 0 2  2 1 0 0 0 1 0 0 0 1  2I3. 5) a) P2 _{− P  2I} 3  P2− I3P  2I3  P − I3P  2I3  1 2P − I3P  I3. Alors : P−1  1 2P − I3  12 0 1 1 1 0 1 1 1 1 − 1 0 0 0 1 0 0 0 1  1 2 −1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 . b) A′  P−1AP. – 1ière méthode : A′  P−1 1 2 −2 3 1 −3 3 2 −4 0 1 1 1 0 1 1 1 0  1 2 −1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 0 −1 3 −2 0 4 −2 −1 5  1 2 −4 0 6 0 −2 4 0 0 2  −2 0 3 0 −1 2 0 0 1

(3)

– 2ième méthode : A′  1 2 −1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 1 2 −2 3 1 −3 3 2 −4 P  1 2 5 1 −5 1 3 −3 1 1 −1 0 1 1 1 0 1 1 1 0  1 2 −4 0 6 0 −2 4 0 0 2  −2 0 3 0 −1 2 0 0 1

Exercice 2 :

1)

A  1 1 3 1 1 −2 0 −3 1 −1 1 −2 . 2) A  1 1 3 1 1 −2 0 −3 1 −1 1 −2 L2  L2− L1 L3  L3− L1 1 1 3 1 0 −3 −3 −4 0 −2 −2 −3 L2  L2 − 2L3 1 1 3 1 0 1 1 2 0 −2 −2 −3 L3  L3  2L2 1 1 3 1 0 1 1 2 0 0 0 1 L1  L1 − L3 L2  L2− 2L2 1 1 3 0 0 1 1 0 0 0 0 1 L1  L1 − L2 1 0 2 0 0 1 1 0 0 0 0 1 . Donc 1 0 2 0 0 1 1 0 0 0 0 1

est la matrice échelonnée réduite canonique équivalente à A.

3) a)

∑

 x 2z  0 y z  0 t  0  x  −2z y  −z t  0 . Donc−2z, −z, z, 0╱z ∈ R

(4)

b) – 1ière _{méthode :} E  −2z, −z, z, 0╱z ∈ R  0, 0, 0, 0  −2  0, −0, 0, 0 ∈ E  E ≠ ∅.  ∀ ∈ R et ∀a,a′ _{∈ E : ∃z, z}′ _{∈∈ R╱a  −2z,−z,z,0 et a}′ _{ −2z}′_,_−z′_{, z}′_{, 0.} a  a′ _{ −2z, −z, z, 0  −2z}′_,−z′_{, z}′_{, 0  −2z − 2z}′_,_{−z − z}′_,_{z  z}′_{, 0}  −2z  z′_{, −z  z}′_{, z  z}′_{, 0 ∈ E.}

Donc E est un sous-espace vectoriel de R4_.

E  z−2, −1, 1, 0╱z ∈ R. Donc −2,−1,1,0 est une base de E.

– 2ième méthode :

E  −2z, −z, z, 0╱z ∈ R  z−2,−1,1,0╱z ∈ R  vect−2,−1,1,0.

Donc E est un sous-espace vectoriel de R4 et −2, −1, 1, 0 est une base

de E. 4) ∀a ∈ E ∩ F : a ∈ E et a ∈ F. a ∈ E  ∃ ∈ R╱a  −2,−1,1,0  −2,−,,0 a ∈ F  2−2  6−  7 − 0  0  −4 − 6  7  0  −3  0    0. Alors a  0−2, −1, 1, 0  0, 0, 0, 0. Par suite E∩ F  0, 0, 0, 0. 5) ∀x, y, z, t ∈ R4 : 2x 6y  7z − t  0  t  2x  6y  7z. Donc : F  x, y, z, t ∈ R4_{╱2x  6y  7z − t  0  x, y, z, 2x  6y  7z╱x, y, z ∈ R}  x, 0, 0, 2x  0, y, 0, 6y  0, 0, z, 7z╱x, y, z ∈ R  x1, 0, 0, 2  y0, 1, 0, 6  z0, 0, 1, 7╱x, y, z ∈ R. Par suite1, 0, 0, 2, 0, 1, 0, 6, 0, 0, 1, 7 est une base de F.

Ce qui montre que dim F  3.

6) – 1ière _{méthode :}

Puisque E∩ F  0, 0, 0, 0 alors la somme de E et F est directe.

dimE ⊕ F  dimE  dimF  1  3  4  dimR4.

Donc E et F sont supplémentaires dans R4.

– 2ième méthode :

On doit donner une base BE de E, une base BF de F, on montre que :

BE ∩ BF  ∅ et que BE  BF est une base de R4.

Donc E et F sont supplémentaires dans R4_.