Corr Contr d’Alg 2 2010-11

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah

Année Univ.2010-11

Faculté des Sciences Dhar El Mehraz

SMA-SMI

Département de Mathématiques

Correction du rattrapage d’algèbre 2

durée : 3h

Exercice 1 :

Soient Sm l’ensemble des solutions de

∑

∑

Mm  3 m m 3 m2 1 −1 0 3 2 −2 m  3 m2_{− 3} m2 −m m2 _{− 2m − 9} L1,2 1 −1 0 3 3 m m 3 m2 2 −2 m  3 m2_{− 3} −m m2 m2 _{− 2m − 9} L2,1−3 L3,1−2 1 −1 0 3 0 m 3 m  3 m2 _{− 9} 0 0 m 3 m2 − 9 −m m2 _{ 3m} m2 − 9 - Si m  −3 : Alors : M−3  1 −1 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 3 0 0 Alors :

∑

L2 1 m 3 L3 1 m 3 1 −1 0 3 0 1 1 m− 3 0 0 1 m− 3 −m m m− 3 L2,3−1 1 −1 0 3 0 1 0 0 0 0 1 m− 3 −m 3 m− 3 L1,21 1 0 0 3 0 1 0 0 0 0 1 m− 3 3− m 3 m− 3 Alors :

∑

Exercice 2 :

Alors u est un endomorphisme de RX . 2) u1  1X  1 − 1X  1 − 1  0 uX  XX  1 − XX  X  1 − X  1 uX2_{  X}2_{X  1 − X}2_{X  X  1}2 _{− X}2 _{ X}2 _{ 2X  1 − X}2 _{ 2X  1} uX3_{  X}3_{X  1 − X}3_{X  X  1}3 _{− X}3 _{ X}3 _{ 3X}2_{ 3X  1 − X}3 _{ 3X}2 _{ 3X  1} 3) uXk_{  X}k_{X  1 − X}k_{X  X  1}k _{− X}k _

∑

C

∑

C

_C

∑

C

∑

C

C

C

- Si n  0 :

Alors :∃ ∈ R tq : P  

Donc : uP  u  u1  1  0  0  d0_{uP  d}0_{0  −}

- Si n ≥ 1 : ∃0,1, . . . ,n ∈ R tq : n ≠ 0 P 

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

b)∀P ∈ RX : P ∈ keru  uP  0  d0_{uP  d}0_{0  −  d}0_{P ≤ 0  P ∈ R}

Donc : ker u  R

5) ker un  ker u ∩ RnX  R ∩ RnX  R

n 1  dimRnX  rgun  dimker un  rgun  dimR  rgun  1

Donc : rgun  n

∀Q ∈ Imun : ∃P ∈ RnX tq : Q  unP  uP

Alors : d0_{Q  d}0_{uP  d}0_{P − 1 ≤ n − 1  Q ∈ R} n−1X

Donc : Im un ⊂ Rn−1X

dimImun  rgun  n  dimRn−1X

Ce qui montre que Im un  Rn−1X

6 ) a)∀Q ∈ RX : - Si Q  0 :

Alors : Q ∈ Imu - Si Q ≠ 0 :

Posons : d0_{Q  m et m  1  n}

Alors : Q ∈ RmX  Rn−1X  Imun  ∃P ∈ RnX tq : Q  unP  uP

 ∃P ∈ RX tq : Q  uP  Q ∈ Imu

b)∀Q ∈ RX : - Existence :

Puisque u est surjective alors il existe un polynôme R ∈ RX tel que : uR  Q Posons : P  R − R0 alors : P ∈ RX et P0  R0 − R0  0

P  R − R0  uP  uR − R0  uR − uR0  Q − u1R0  Q − 0  Q

On a donc : uP  Q et P0  0

- Unisité :

Soient P1, P2 ∈ RX tel que :

uP1  uP2  Q

P10  P20  0

uP1 − P2  uP1 − uP2  Q − Q  0  P1 − P2 ∈ ker u  R

Alors :∃ ∈ R tq : P1 − P2     0  P1 − P20  P10 − P20  0 − 0  0  P1− P2  0  P1  P2 D’où l’unisité .

Exercice 3 :

5idE − fof  6idE

fo5idE − f  6idE

 1

6 5idE − f of  idE Donc : f est un automorphisme de E et f −1  1

65idE − f

b)∀a ∈ kerf − 3idE ∩ kerf − 2idE : a ∈ kerf − 3idE et a ∈ kerf − 2idE

a ∈ kerf − 3idE  f − 3idEa  0E  fa − 3idEa  0E  fa − 3a  0E

 fa  3a

a ∈ kerf − 2idE  f − 2idEa  0E  fa − 2idEa  0E  fa − 2a  0E

 fa  2a Alors : 3a  2a  a  0E

Donc : kerf − 3idE ∩ kerf − 2idE  0E

Donc la somme de kerf − 3idE et kerf − 2idE est directe .

∀a ∈ E : Posons : a1  f − 2idEa et a2  3idE − fa

f − 3idEa1  f − 3idEf − 2idEa  f − 3idEof − 2idEa

 f 2 − 5f  6idE a  a

 0E

Alors : a1 ∈ kerf − 3idE

f − 2idEa2  f − 2idE3idE − fa  f − 2idEo3idE − fa

 −f2_{ 5f − 6id}

Ea  −f2 − 5f  6idEa  −a

 −a  −0E

 0E

Alors : a2 ∈ kerf − 2idE

a1  a2  f − 2idEa  3idE − fa  fa − 2idEa  3idEa − fa

 fa − 2a  3a − fa  a

Alors : a ∈ kerf − 3idE ⊕ kerf − 2idE

c)  Unicité :

Soient,  et ′, ′ deux couples de nombres réels tels que :

fn _{ f  id}

E  ′f  ′idE

Alors :f  idE  fn  ′f  ′idE  f − ′f  ′idE − idE

  − ′f  ′ _{− id} E

Supposons que ≠ ′ alors : − ′ ≠ 0  f  ′ − 

 − ′ idE

 f est une homothé de E . Ce qui est absurde . Donc :  ′  ′ − idE  0u  

 ′_{−   0    }′

Donc :,   ′, ′ . D’où l’unicité .  Existence :

Par récurrence sur n ∈ N . - Pour n  0 :

fn _{ f}0 _{ id}

E  0u  1idE

Il suffit de prendre :n  0  0 et n  0  1

- Pour n− 1 supposons qu’il existe un couple n−1,n−1 ∈ R2

tel que : un−1  n−1u n−1idE :

- Montrons qu’alors il existe un couple n,n ∈ R2

tel que : un _{ } nu nidE : f2 _{− 5f  6id} E    f2  5f − 6idE fn  fn−1_of   n−1f n−1idEof  n−1f2 n−1f  n−15f − 6idE  n−1f  5n−1f− 6n−1iddE  n−1f  5n−1 n−1f − 6n−1iddE Posons : n  5n−1 n−1 et n  −6n−1

Alorsn,n est un couple de de nombres réels tels que : fn  nf nidE

D’ où l’existence pour tout entier naturel n ∈ N d’un couple n,n ∈ R2

tel que : fn _{ }

nf nidE

Donc on a l’existence et l’unicité pour tout entier n ∈ N d’un couple n,n ∈ R2

tel que : fn _{ } nf nidE 2) a)∀n ∈ N : nf nidE  fn  fn−1of  n−1f n−1idEof  n−1f2 n−1f  n−15f − 6idE  n−1f  5n−1f− 6n−1iddE  n−1f  5n−1  n−1f − 6n−1iddE Alors : n  5n−1 n−1 n  −6n−1  n n  5n−1 n−1 −6n−1  n n  5 1 −6 0 n−1 n−1  n n  A n−1 n−1

b) Par récurrence sur n ∈ N . - Pour n  0 : 0f 0idE  f0  idE  0f  1idE  0  0 0  1  0 0  0 1 Alors : 0 0  I2 0 1  A 0 0 1 - Supposons que n−1 n−1  An−1 0 1 : - Montrons qu’alors : n n  An 0 1 : n n  A n−1 n−1  A An−1 0 1  AAn−1_ 0 1  A n 0 1

3) a)∀x, y ∈ R2 _{: ux, y}

B  Mu,Bx,yB  A x y  5 1 −6 0 x y  5x y −6x Alors : ux, y  5x  y, −6x b) Posons : e1′  ,  et e2′  ,  ue1′  2e1′  5  , −6  2,   2, 2  5    2 −6  2    −3 −6  −6    −3 Il suffit de prendre  1 et on a alors : e1′  1, −3

ue2′  3e2′  5  , −6  3,   3, 3

 5    3

−6  3 

  −2

−6  −6    −2 Il suffit de prendre  1 et on a alors : e₂′  1, −2

c) - 1ière _{méthode :}

Soit M la matrice carrée d’ordre 3 de colonnes e1′, e2′ .

M  1 1

−3 −2 L2,13

1 1 0 1

Donc le système B′  e₁′, e2′ est une base de R2 .

- 2ième méthode :

detBB′  detBe1′, e2′ 

1 1

−3 −2  −2  3  1 ≠ 0 Donc le système B′  e₁′, e2′ est une base de R2 .

- 3ième méthode : ∀,  ∈ R : e1′  e2′  0, 0  1, −3  1, −2  0, 0    , −3 − 2  0, 0      0 −3 − 2  0    − −3  2  0      0

Alors le système B′  e1′, e2′ est libre .

Puisque B′ contient 2 vecteurs et puisque dimR2_{  3 alors le système B}′ _{ e} 1 ′_{, e}

2 ′_

est une base de R2

d) ue₁′  2 e₁′  ue′₁_B′  2 e1′ _B′′  2, 0, 

ue2′  3e2′  ue2′_B′  3e2′_B′′  0, 3, 

Donc : A_′  Mu, B′  2 0

0 3

e) P  1 1 −3 −2

- 1ière méthode pour calculer P−1 :

P|I2  1 1 −3 −2 1 0 0 1 L2,13 1 1 0 1 1 0 3 1 L1,2−1 1 0 0 1 −2 −1 3 1  I2 −2 −1 3 1 Donc : P−1  −2 −1 3 1

- 2ième méthode pour calculer P−1 :

detP  1 1 −3 −2  −2  3  1 Δ1,1  det−2  −2 , Δ1,2  − det−3  −−3  3 Δ2,1  − det1  −1 , Δ2,2  det1  1 P−1  1 det P t P  1 1 t −2 3 −1 1  −2 −1 3 1

- 3ième _{méthode pour calculer P}−1 _: ∀X  x y ∈ R 2 _{et ∀X}′ _ x′ y′ ∈ R 2 _: PX  X′  1 1 −3 −2 x y  x′ y′  x y −3x − 2y  x′ y′  x y  x′ −3x − 2y  y′  y  x′ − x −3x − 2x′ _{ 2x  y}′  y  x′ − x −x  2x′ _{ y}′  x  −2x′− y′ y  x′  2x′  y′  x  −2x′ − y′ y  3x′  y′  x y  −2x′ _{− y}′ 3x′  y′  x y  −2 −1 3 1 x′ y′  X  −2 −1 3 1 X ′ Donc : P−1  −2 −1 3 1 f) A′  P−1AP  A  PA′P−1

Alors :∀n ∈ N : An _{ PA}′_P−1_n _{ PA′}n

P−1  P 2 0 0 3 n P−1  1 1 −3 −2 2n ₀ 0 3n P −1  2n 3n −3  2n _{−2  3}n −2 −1 3 1  3n1 − 2n1 3n− 2n 3 2n1 − 2  3n1 3 2n_{− 2  3}n

4)∀n ∈ N : n n  An 0 1  3n1− 2n1 3n − 2n 3 2n1− 2  3n1 3 2n _{− 2  3}n 0 1  3n− 2n 3 2n− 2  3n Alors : ∀n ∈ N : n  3 n _{− 2}n n  3  2n − 2  3n On a donc :∀n ∈ N : fn _{ 3}n _{− 2}n_{f  3  2}n_{− 2  3}n_id E