Université Sidi Mohamed Ben Abdellah
Année Univ.2012-13
Faculté des Sciences Dhar El Mehraz
SMP-SMC
Département de Mathématiques
Correction du contrôle d’Algèbre M2
durée: 1h30
1) 1.a)∀, ∈ R : a1 a2 a3 6, 7, 4 −2, −3, −2 −2, −1, 0 6, 7, 4 −2, −3, −2 −2, −1, 0 6 − 2, 7 − 3, 4 − 2 −2, −1, 0 6 − 2 −2 7 − 3 −1 4 − 2 0 2 6 − 4 −2 7 − 6 −1 −1 2 −2 −2 −1 −21.b) Puisque−a1 − 2a2 a3 alors le systèmea1, a2, a3 est lié .
∀, ∈ R : a1 a2 0, 0, 0 6, 7, 4 −2, −3, −2 0, 0, 0 6, 7, 4 −2, −3, −2 0, 0, 0 6 − 2, 7 − 3, 4 − 2 0, 0, 0 6 − 2 0 7 − 3 0 4 − 2 0 2 6 − 4 0 7 − 6 0 0
Alors le systèmea1, a2 est libre .
Donc : rga1, a2, a3 2
1.c) Puisquea1, a2 est un système libre de F et puique rga1, a2, a3 2
alorsa1, a2 est une base de F
2) 2.a) Puisque B e1, e2, e3 de R3 alors : A M f ,B
6 −2 −2 7 −3 −1 4 −2 0 2.b) rg f rgA rg6, 7, 4, −2, −3, −2, −2, −1, 0 rga1, a2, a3 2
2.c) 3 dimR3 rg f dim ker f 2 dim ker f dim ker f 3 − 2 1
3) 3.a) - 1ière méthode : detBB′ 2 2 1 3 2 2 2 1 1 4 8 3 − 4 − 6 − 4 1 ≠ 0 Donc B′ e1′, e2′, e3′ est une base de R3 .
- 2ième méthode : 2 2 1 3 2 2 2 1 1 L1,2 3 2 2 2 2 1 2 1 1 L1,2−1 1 0 1 2 2 1 2 1 1 L2,1−2 L3,1−2 1 0 1 0 2 −1 0 1 −1 L2,3 1 0 1 0 1 −1 0 2 −1 L3,2−2 1 0 1 0 1 −1 0 0 1 Alors : rgB′ rge1′, e2′, e3′ rg 2 2 1 3 2 2 2 1 1 rg 1 0 1 0 1 −1 0 0 1 3 Donc B′ e1′, e2′, e3′ est une base de R3 .
- 3ième méthode :
∀, , ∈ R :
e1′ e2′ e3′ 0, 0, 0
2, 3, 2 2, 2, 1 1, 2, 1 0, 0, 0 2, 3, 2 2, 2, , 2, 0, 0, 0 2 2 , 3 2 2, 2 0, 0, 0 2 2 0 3 2 2 0 2 0 0 2 0 3 2 0 0 −2 3 − 4 0 − 0 0 −2 0
Alors le système B′ e1′, e2′, e3′ est libre .
Puisque B′ e1′, e2′, e3′ est un système libre de R3 qui contientt 3 vécteurs
et puisque dim R3 3 alors B′ e 1 ′, e
2 ′, e
3
′ est une base de R3 .
3.b) P
2 2 1 3 2 2 2 1 1
3.c) - 1ière méthode : det P 2 2 1 3 2 2 2 1 1 4 8 3 − 4 − 6 − 4 1 Posons P pi,j 1 ≤ i ≤ 3 1 ≤ j ≤ 3 Alors on a : Δ1,1 cofp1,1 2 2 1 1 0 , Δ1,2 cofp1,2 − 3 2 2 1 1 Δ1,3 cofp1,3 3 2 2 1 −1 , Δ2,1 cofp2,1 − 2 1 1 1 −1 Δ2,2 cofp2,2 2 1 2 1 0 , Δ2,3 cofp2,3 − 2 2 2 1 2 Δ3,1 cofp3,1 2 1 2 2 2 , Δ3,2 cofp3,2 − 2 1 3 2 −1 Δ3,3 cofp3,3 2 2 3 2 −2 Donc : P−1 1 det P tcomP 1 1 t 0 1 −1 −1 0 2 2 −1 −2 0 −1 2 1 0 −1 −1 2 −2 - 2ième méthode : P|I3 2 2 1 3 2 2 2 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 L1,2 3 2 2 2 2 1 2 1 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 L1,2−1 1 0 1 2 2 1 2 1 1 −1 1 0 1 0 0 0 0 1 L2,1−2 L3,1−2 1 0 1 0 2 −1 0 1 −1 −1 1 0 3 −2 0 2 −2 1 L2,3 1 0 1 0 1 −1 0 2 −1 −1 1 0 2 −2 1 3 −2 0 L3,2−2 1 0 1 0 1 −1 0 0 1 −1 1 0 2 −2 1 −1 2 −2 L1,3−1 L2,31 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 −1 2 1 0 −1 −1 2 −2 I3 0 −1 2 1 0 −1 −1 2 −2 Donc : P−1 0 −1 2 1 0 −1 −1 2 −2
4) A′ M f ,B′ P−1AP 0 −1 2 1 0 −1 −1 2 −2 6 −2 −2 7 −3 −1 4 −2 0 P 1 −1 1 2 0 −2 0 0 0 2 2 1 3 2 2 2 1 1 1 1 0 0 2 0 0 0 0
5) 5.a) Puisque la matrice de f par rapport à la base B′ e1′, e2′, e3′ de R3 est
A′ Mf,B′
1 1 0 0 2 0 0 0 0
alors : f e3′ 0, 0, 0 . Donc : e3′ ∈ ker f
Alorse3′ est une base de ker f ( car : dimker f 1 et e3′ ≠ 0, 0, 0 )
Ce qui montre que : ker f e3′ tq : ∈ R 1,2,1 tq : ∈ R
, 2, tq : ∈ R 5.b) 6 −2 1 7 −3 2 4 −2 1 −18 − 16 − 14 12 14 24 2 5.c) i) detBa1, a2, e3′ 6 −2 1 7 −3 2 4 −2 1 2 ≠ 0 Donca1, a2, e3′ est une base de R3 .
ii) ∀a ∈ F ∩ ker f : a ∈ F et a ∈ ker f
a ∈ F ∃, ∈ R tq : a a1 a2 ( car :a1, a2 est une base de F )
a ∈ ker f ∃ ∈ R tq : a ,2, 1,2,1 e3′
Alors :a1 a2 e3′ a1 a2− e3′ 0, 0, 0
− 0 ( car : a1, a2, e3′ est une base de R3 )
0 a 0, 0, 0 Donc : F∩ ker f 0, 0, 0
Ce qui montre que la somme est directe .
dimF ⊕ ker f dimF dimker f 2 1 3 dimR3 F ⊕ ker f R3 Ce qui montre que F et ker f sont supplémentaires dans R3 .