Corrigé du DS du 27/03
On donne les matrices ܯ = ൭1 1 1 1 −1 1
4 2 1൱ et ܫ = ൭1 0 0 0 1 0 0 0 1൱. Partie A
1. ܯଶ = ൭1 1 1 1 −1 1
4 2 1൱ ൭1 1 1 1 −1 1
4 2 1൱ = ൭ 6 2 3 4 4 1 10 4 7൱. 2. ܯଶ+ 8ܯ + 6ܫ = ൭ 6 2 3
4 4 1
10 4 7൱ + 8 ൭1 1 1 1 −1 1
4 2 1൱ + 6 ൭1 0 0 0 1 0 0 0 1൱
= ൭6 2 3 4 4 1
10 4 7൱ + ൭ 8 8 8 8 −8 8
32 16 8൱ + ൭6 0 0 0 6 0
0 0 6൱ = ൭20 10 11 12 2 9
42 20 21൱ = ܯଷ 3. ܯଷ = ܯଶ+ 8ܯ + 6ܫ ⇔ ܯଷ− ܯଶ − 8ܯ = 6ܫ ⇔ ܯሺܯଶ− ܯ + 8ܫሻ = 6ܫ
⇔ ܯ ×1
6 ሺܯଶ− ܯ + 8ܫሻ = ܫ
On en déduit que ܯ est inversible et que ܯିଵ= ଵሺܯଶ− ܯ − 8ܫሻ Autre méthode : on calcule ܯܯିଵ
ܯܯିଵ = ܯ ×1
6 ሺܯଶ− ܯ − 8ܫሻ =1
6 ሺܯଷ− ܯଶ− 8ܯሻ =1
6 ሺܯଶ+ 8ܯ + 6ܫ − ܯଶ − 8ܯሻ = ܫ Partie B Étude d’un cas particulier
1. ܣሺ1; 1ሻ appartient à la parabole donc 1 = ܽ × 1ଶ+ ܾ × 1 + ܿ ⇔ ܽ + ܾ + ܿ = 1
ܤሺ−1 ; −1ሻ appartient à la parabole donc −1 = ܽ × ሺ−1ሻଶ+ ܾ × ሺ−1ሻ + ܿ ⇔ ܽ − ܾ + ܿ = −1 ܥሺ2; 5ሻ appartient à la parabole donc 5 = ܽ × 2ଶ+ ܾ × 2 + ܿ ⇔ 4ܽ + 2ܾ + ܿ = 5
Le problème revient donc à résoudre le système ൝ ܽ + ܾ + ܿ = 1
ܽ − ܾ + ܿ = −1
4ܽ + 2ܾ + ܿ = 5 ce qui revient à chercher trois entiers ܽ, ܾ et ܿ tels que ܯ ቆܽ
ܾܿቇ = ൭ 1
−15 ൱.
2. On a vu à la question 3. que ܯ est inversible et que ܯିଵ= ଵሺܯଶ− ܯ − 8ܫሻ =ଵ൭−3 1 2 3 −3 0 6 2 −2൱ ܯ ቆܽ
ܾܿቇ = ൭ 1
−15 ൱ ⇔ ቆܽ
ܾܿቇ = ܯିଵ൭ 1
−15 ൱ = 1 6 ൭
−3 1 2
3 −3 0 6 2 −2൱ ൭ 1
−15 ൱ = 1 6 ൭
66
−6൱ = ൭ 1
−11 ൱ Les nombres ܽ, ܾ et ܿ sont respectivement 1, 1 et -1 et ce sont bien des nombres entiers.
Partie C Retour au cas général 1. ቆܽ
ܾܿቇ = ܯିଵቆ
ݍݎቇ ⇔ ቆܽ
ܾܿቇ =ଵ൭−3 1 2 3 −3 0 6 2 −2൱ ቆ
ݍݎቇ ⇔ ቆܽ
ܾܿቇ =ଵ൭−3 + ݍ + 2ݎ 3 − 3ݍ 6 + 2ݍ − 2ݎ൱
⇔ ൭−3 + ݍ + 2ݎ 3 − 3ݍ
6 + 2ݍ − 2ݎ൱ = ൭6ܽ
6ܾ6ܿ൱ ⇔ ൝−3 + ݍ + 2ݎ = 6ܽ
3 − 3ݍ = 6ܾ
6 + 2ݍ − 2ݎ = 6ܿ ⇔ ቐ −3 + ݍ + 2ݎ ≡ 0[6]
3 − 3ݍ ≡ 0[6]
6 + 2ݍ − 2ݎ ≡ 0[6] car ܽ, ܾ et ܿ entiers.
2. Dire que 3 − 3ݍ ≡ 0[6] signifie qu’il existe un entier relatif ݇ tel que 3 − 3ݍ = 6݇
⇔ − ݍ = 2݇ ⇔ − ݍ ≡ 0[2]
D’autre part, 6 + 2ݍ − 2ݎ ≡ 0[6] ⇔ 2ݍ − 2ݎ ≡ 0[6]
Dire que 2ݍ − 2ݎ ≡ 0[6] signifie qu’il existe un entier relatif ݇′ tel que 2ݍ − 2ݎ = 6݇′
⇔ ݍ − ݎ = 3݇′ ⇔ ݍ − ݎ ≡ 0[3]
On en déduit que ൜ − ݍ ≡ 0[2]ݍ − ݎ ≡ 0[3].
3. a. Les points ܣ, ܤ et ܥ sont alignés si et seulement les vecteurs ܣܤሬሬሬሬሬԦ et ܣܥሬሬሬሬሬԦ sont colinéaires.
ܣܤሬሬሬሬሬԦ et ܣܥሬሬሬሬሬԦ ont respectivement pour coordonnées ሺ−2; ݍ − ሻ et ሺ1; ݎ − ሻ.
Ils sont colinéaires si et seulement si leurs coordonnées sont proportionnelles : comme la première coordonnée de ܣܤሬሬሬሬሬԦ est égale à −2 fois première coordonnée de ܣܥሬሬሬሬሬԦ alors la deuxième vérifie la même égalité : ݍ − = −2ሺݎ − ሻ ⇔ ݍ − + 2ݎ − 2 = 0 ⇔ 2ݎ + ݍ − 3 = 0
b. On choisit = 7.
− ݍ ≡ 0[2] ⇔ ݍ = 7 + 2݇ avec ݇ ∈ ℤ ݍ − ݎ ≡ 0[3] ⇔ ݎ = ݍ + 3݇ᇱ= 7 + 2݇ + 3݇′
Les points ܣ, ܤ et ܥ ne sont pas alignés donc 2ݎ + ݍ − 3 ≠ 0 ⇔ 2ݎ + ݍ ≠ 21
⇔ 2ሺ7 + 2݇ + 3݇ᇱሻ + 7 + 2݇ ≠ 21 ⇔ 14 + 4݇ + 6݇ᇱ+ 7 + 2݇ ≠ 21 ⇔ 6݇ + 6݇ᇱ≠ 0 ⇔ ݇ + ݇′ ≠ 0 Il suffit donc de choisir deux entiers ݇ et ݇’ qui ne sont pas opposés, prenons ݇ = ݇ᇱ= 1.
Dans ce cas, ݍ = 9 et ݎ = 12. On obtient ainsi, ቆܽ
ܾܿቇ =ଵ൭−3 + ݍ + 2ݎ 3 − 3ݍ
6 + 2ݍ − 2ݎ൱ =ଵ൭−21 + 9 + 24 21 − 27
42 + 18 − 24൱ =ଵ൭12
−636൱ = ൭ 2
−16 ൱ Conclusion :
Les points ܣሺ1 ; 7ሻ, ܤሺ−1 ; 9ሻ et ܥሺ2 ; 12ሻ appartiennent à la parabole d’équation ݕ = 2ݔଶ − ݔ + 6.
