Corrigé de la série 2

(1)

les filières SMP et SMC

Amri Noura, Mouanis Hakima et Mounirh Karim

Département de mathématiques

Faculté des Sciences Dhar El Mahraz

B.P 1796 Atlas Fès, Maroc.

(2)

Exercice 1 Considérons les matrices de M2(R), A = 2 1 1 2 etB = 0 1 1 2 . CalculerA + B, A × B, B × A, A2_et_B2_. A-t-on(A + B)2 _{= A}2_{+ B}2_{+ 2(A × B) ?} Solution de l’Exercice 1 On a A =2 1 1 2 et B =0 1 1 2 . Donc A + B =2 2 2 4 . A × B =1 4 2 5 , B × A =1 2 4 5 . A2 =5 4 4 5 , B2 =1 2 2 5 . (A + B)2 = 8 12 12 25 A2+ B2+ 2AB = 8 14 10 20 .

On voit que (A + B)2 _{6= A}2_{+ B}2_{+ 2AB}

Exercice 2 Dans M3(IR), soit P =

  2 −1 2 2 2 −1 −1 2 2  . 1 CalculertP × P .

2 Déduire queP est inversible et calculer son inverse.

Solution de l’Exercice 2 Considérons dans M3(R) la matrice

P =   2 −1 2 2 2 −1 −1 2 2  

(3)

1. On a tP P =   2 2 −1 −1 2 2 2 −1 2     2 −1 2 2 2 −1 −1 2 2  =   9 0 0 0 9 0 0 0 9   2. Puisque (1₉tP )P = P (1₉tP ) =   1 0 0 0 1 0 0 0 1  

alors P est inversible et

P−1 = 1 9 t P =   2 9 2 9 −1 9 −1 9 2 9 2 9 2 9 −1 9 2 9  .

Exercice 3 Dans M3(IR), soit A =

  0 1 1 1 0 1 1 1 0  .

1 CalculerA2 _{et vérifier que}_A2 _{= A + 2I} 3.

2 En déduire queA est inversible et calculer son inverse.

Solution de l’Exercice 3

Considérons dans M3(R) la matrice

A =   0 1 1 1 0 1 1 1 0   1. On a d’une part A2 =   2 1 1 1 2 1 1 1 2   D’autre part A + 2I3 =   0 1 1 1 0 1 1 1 0  +   2 0 0 0 2 0 0 0 2  =   2 1 1 1 2 1 1 1 2  . Donc A2 = A + 2I3.

2. D’après la question (1) on a A2 = A + 2I3, ce qui implique que

1

2(A − I3)A = I3. Donc A est inversible et A−1 = 1₂(A − I3).

(4)

Exercice 4 Soient A =   1 0 0 0 1 1 3 1 1  , B =   1 1 1 0 1 0 1 0 0   et C =   1 1 1 1 2 1 0 −1 −1  .

Montrer queAB = AC. A peut-elle être inversible ?

Solution de l’Exercice 4 Soient A =   1 0 0 0 1 1 3 1 1  , B =   1 1 1 0 1 0 1 0 0  et C =   1 1 1 1 2 1 0 −1 −1  . On a AB =   1 1 1 1 1 0 4 4 3   Aussi, on a AC =   1 1 1 1 1 0 4 4 3   D’où AB = AC.

Puisque B 6= C et AB = AC, alors A n’est pas inversible. En effet si A était inversible, on aurait A−1(AB) = A−1(AC) c’est-à-dire B = C, mais cela n’est pas vrai.

Exercice 5 Considérons les matrices A = 1 2 −1 −4 ,B = 3 −1 −4 2 etX = a b c d . Résoudre les équationsAX = B et XA = B.

Solution de l’Exercice 5

Considérons les matrices A = 1 2 −1 −4 , B = 3 −1 −4 2 et X =a b c d On a AX = 1 2 −1 −4 a b c d = a + 2c b + 2d −a − 4c −b − 4d Donc AX = B ⇔ a + 2c b + 2d −a − 4c −b − 4d = 3 −1 −4 2

(5)

⇔        a + 2c = 3 b + 2d = −1 −a − 4c = −4 −b − 4d = 2 ⇔        a + 2c = 3 b + 2d = −1 a + 4c = 4 b + 4d = −2 ⇔        a + 2c = 3 (a + 4c) − (a + 2c) = 4 − 3 = 1 b + 2d = −1 (b + 4d) − (b + 2d) = −2 + 1 = −1 ⇔        a = 3 − 2c c =1₂ b = −1 − 2d d = −1₂ ⇔        a = 2 c = 1₂ b = 0 d = −1₂ Donc X =2₁ 0 2 −1 2 . On a XA =a b c d 1 2 −1 −4 =a − b 2a − 4b c − d 2c − 4d Donc XA = B ⇔a − b 2a − 4b c − d 2c − 4d = 3 −1 −4 2 ⇔        a − b = 3 2a − 4b = −1 c − d = −4 2c − 4d = 2 ⇔        a − b = 3 (2a − 4b) − 2(a − b) = −1 − 6 = −7 c − d = −4 (2c − 4d) − 2(c − d) = 2 + 8 = 10 ⇔        a = 3 + b c = d − 4 −2b = −7 −2d = 10

(6)

⇔        a = 7₂ + 3 = 13₂ b = 7₂ c = −5 − 4 = −9 d = −5 Donc X = ₁₃ 2 7 2 −9 −5 .

Exercice 6 En utilisant la méthode du pivot, dire si les matrices suivantes sont inver-sibles et donner leurs inverses lorsque c’est possible.

A =   1 −1 3 6 5 1 3 5 1  , B = 5 1 2 5 . Solution de l’Exercice 6 Soit A =   1 −1 3 6 5 1 3 5 1  

Considérons la matrice M = (A|I3), c’est-à-dire

M =   1 −1 3 |1 0 0 6 5 1 |0 1 0 3 5 1 |0 0 1   M ∼   1 −1 3 |1 0 0 0 11 −17 | − 6 1 0 0 8 −8 | − 3 0 1   L2− 6L1 L3− 3L1 M ∼   1 −1 3 |1 0 0 0 11 −17 | − 6 1 0 0 0 48 |15 −8 11   11L3− 8L2 Puisque le rg   1 −1 3 0 11 −17 0 0 48 

= 3, alors A est inversible. Pour déterminer A−1, on voit que M ∼   1 −1 3 | 1 0 0 0 11 −17 | −6 1 0 0 0 1 | 15 45 −1 6 11 48   1 48L3 M ∼   1 −1 3 | 1 0 0 0 11 0 | −123₄₈ −5₆ 121₄₈ 0 0 1 | 15₄₅ −1₆ 11₄₈   L2+ 11L3

(7)

M ∼   1 −1 3 | 1 0 0 0 1 0 | −123₅₂₈ −5₆₆ 11₄₈ 0 0 1 | 15₄₅ −1₆ 11₄₈   ₁ 11L2 M ∼   1 0 0 | −90₅₂₈ ₁₃₂56 −11₂₄ 0 1 0 | −123₅₂₈ −5₆₆ 11₄₈ 0 0 1 | 15₄₅ −1₆ 11₄₈   L1+ L2− 3L3 Donc A−1 =   −90 528 56 132 −11 24 −123 528 −5 66 11 48 15 45 −1 6 11 48  .

Considérons maintenant la matrice

B =5 1 2 5 On a (B|I2) = 5 1 | 1 0 2 5 | 0 1 (B|I2) ∼ 5 1 | 1 0 0 23 | −2 5 5L2− 2L1 (B|I2) ∼ 5 0 | 47 −115 0 23 | −2 5 L1− 23L2 (B|I2) ∼ 1 0 | 47 5 −23 0 1 | −₂₃2 ₂₃5 ₁ 5L1 1 23L2 .

Donc B est inversible et B−1 = ₄₇ 5 −23 −2 23 5 23

Exercice 7 ( utiliser la même méthode que celle utiliser dans l’Exercice 6) En utilisant la méthode du pivot, dire si les matrices suivantes sont inversibles et donner leurs inverses lorsque c’est possible.

C =     3 2 5 7 1 −1 0 1 3 0 5 1 2 1 0 −1     , D =   1 −1 −1 −2 2 −2 −2 −2 2  .

(8)

Exercice 8 Calculer les déterminants suivants :     2 5 1 2     ,       3 1 0 0 2 1 1 −1 0       ,         1 −1 2 0 5 3 0 1 5 2 1 0 6 −3 5 −1         . Solution de l’Exercice 8 On a 2 5 1 2 = 2 × 2 − 1 × 5 = 4 − 5 = −1. 3 1 0 0 2 1 1 −1 0 = 3 2 1 −1 0 + 1 0 2 1 = 3 + 1 = 4. 1 −1 2 0 5 3 0 1 5 2 1 0 6 −3 5 −1 = 3 0 1 2 1 0 −3 5 −1 −5 −1 2 0 2 1 0 −3 5 −1 +5 −1 2 0 3 0 1 −3 5 −1 −6 −1 2 0 3 0 1 2 1 0 = −20.

Exercice 9 Résoudre dans IR4, le système suivant :    x + 2y + 3z + t = 1 x + y + z = 2 y + 2z − t = 0

Solution de l’Exercice 9 Considérons le système suivant dans R4    x + 2y + 3z + t = 1 x + y + z = 2 y + 2z − t = 0.

On peut écrire ce système sous la forme matricielle suivante A     x y z t     = B, où A =   1 2 3 1 1 1 1 0 0 1 2 −1  et B =   1 2 0  

(9)

On a (A|B) =   1 2 3 1 | 1 1 1 1 0 | 2 0 1 2 −1 | 0.   On peut écrire (A|B) ∼   1 2 3 1 | 1 0 1 2 −1 | 0 1 1 1 0 | 2   L2 ↔ L3 L3 ↔ L2 (A|B) ∼   1 2 3 1 | 1 0 1 2 −1 | 0 0 1 2 1 | −1   L1− L3 (A|B) ∼   1 2 3 1 | 1 0 1 2 −1 | 0 0 0 0 2 | −1   L3− L2 (A|B) ∼   1 2 3 1 | 1 0 2 4 0 | −1 0 0 0 2 | −1   2L2+ L3 (A|B) ∼   1 0 −1 0 | 1 0 1 2 0 | −1₂ 0 0 0 1 | −1₂   L1− L2− 1₂L3 1 2L2 1 2L3

Le système AX = B est donc équivalent à

  1 0 −1 0 0 1 2 0 0 0 0 1       x y z t     =   5 2 −1 2 −1 2   Donc    x − z = 5₂ y + 2z = −1₂ t = −1₂ . D’où S = {(z + 5 2, −2z − 1 2, z, −1 2 )/z ∈ R}.

(10)

Exercice 10 On considère le système Σm suivant : (Σm) :    x + 2y + 3mz = 1 x + (m + 1)y + (3m + 1)z = 2 x + 2y + 2mz = 0

1. Donner la matriceAmdu systèmeΣm.

2. Montrer quedet(Am) = m(1 − m).

3. Quand est ce queΣmest un système de Cramer ?

4. Résoudre le systèmeΣm pourm 6= 0 et m 6= 1.

Solution de l’Exercice 10 Em ⇔    x + 2y + 3mz = 1 x + (m + 1)y + (3m + 1)z = 2 x + 2y + 2mz = 0.

1. La matrice associer à Emest

Am =   1 2 3m 1 m + 1 3m + 1 1 2 2m   2. det(Am) = 1 2 3m 1 m + 1 3m + 1 1 2 2m =L2→L2−L1 L3→L3−L1 1 2 3m 0 −1 1 0 0 −m = −m(m − 1)

3. Le système Em est un système de Cramer si et seulement si det(Am) 6= 0 si et

seulement si m(m − 1) 6= 0 c’est-à-dire m 6= 0 et m 6= 1. 4. Si m 6= 0 et m 6= 1 Em⇔    x + 2y + 3mz = 1 (m − 1)y + z = 1 −mz = −1. Em ⇔    x = 1 − 2y − 3m(_m1) (m − 1)y = 1 − 1 m = m−1 m z = −_m1. Em ⇔    x = 1 − _m2 − 3 = −2(m+1)_m y = _m1 z = −_m1. Sm = {( −2(m + 1) m , 1 m, − 1 m)}

(11)

Exercice 11 Soient 0₁ = (1, 1, 1, 0), 0₂ = (0, 0, −3, 1), 0₃ = (0, 1, 3, −1), et 0₄ = (2, −2, −3, 1).

Etant donné les deux sous espaces vectoriels de R4 _:

E = {(x + t, x + t, x − 2t, t)/x, t ∈ _R} et F = V ect((0, 1, 3, −1), (2, 0, 3, −1), (2, −2, −3, 1)). 1. Vérifier que :(1, 1, −2, 1) = 0₁+ 0₂. 2. Montrer queS1 = ( 0 1, 0

2) est une base de E. En déduire la dimension de E.

3. Montrer queS2(

0

3,

0

4) est une base de F. En déduire la dimension de F.

4. Calculer le déterminent de la matriceA =         1 0 0 2 1 0 1 −2 1 −3 3 −3 0 1 −1 1         .

(a) En déduire queS0 = (0₁, 0₂, 0₃, 0₄_{) est une base de R}4et que_{E ⊕ F = R}4. (b) En déduire queA est inversible et calculer son inverse.

(c) En déduire les composantes d’un vecteur_{(a, b, c, d) ∈ R}4dans la nouvelle baseS0.

Solution de l’Exercice 11 Soient 1 = (1, 1, 1, 0), 2 = (0, 0, −3, 1), 3 = (0, 1, 3, −1)

et 4 = (2, −2, −3, 1)

E = {(x + t, x + t, x − 2t, t)/x, t ∈ R} 1. 1+ 2 = (1, 1, 1, 0) + (0, 0, −3, 1) = (1, 1, −2, 1).

2. On a E = {(x + t, x + t, x − 2t, t)/t ∈ R} = {x(1, 1, 1, 0) + t(1, 1, −2, 1)/x, t ∈ R} = vect(1, (1, 1, −2, 1)).

Or d’après la question 1 on a (1, 1, −2, 1) = 1+ 2, donc

E = vect(1, 1+ 2) = vect(1, 2), alors (1, 2) est un système génératrice de E

reste à vérifier qu’il est libre : Soient α ∈ R tel que α1 = 2 alors on obtient

       α = 1 α = 1 α = −2 0 = 1.

Ce qu’est absurde donc la famille (1, 2) est une famille libre de plus génératrice

de E alors (1, 2) est une base de E, et dim(E) = card(1, 2) = 2.

3. On a F = vect(3, (2, 0, 3, −1), 4) et on a de plus (2, 0, 3, 1) = 4 − 23 donc

F = vect(3, 4).

(12)

4. det(A) = 1 0 0 2 1 0 1 −2 1 −3 3 −3 0 1 −1 1 =L2→L2−L1 L3→L3−L1= 1 0 0 2 0 0 1 −4 0 −3 3 −5 0 1 −1 1 = 0 1 −4 −3 3 −5 1 −1 1 = −2.

5. a) On a les colonnes de la matrice A sont exactement les vecteurs 1, 2, 3, 4

or puisque det(A) 6= 0 alors (1, 2, 3, 4) est une famille libre de R4 de plus

card(1, 2, 3, 4) = dim(R4), d’où (1, 2, 3, 4) est une base de R4, donc R4 =

E ⊕ F.

b) On a det(A) 6= 0 donc A est inversible. Le calcule de A−1par la méthode de Gauss

(A|I3) =     1 0 0 2 | 1 0 0 0 1 0 1 −2 | 1 0 0 0 1 −3 3 −3 | 0 0 1 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1     L2 ↔ L4 (A|I3) ∼     1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 1 −3 3 −3 | 0 0 1 0 1 0 1 −2 | 1 0 0 0     L2 ↔ L4 (A|I3) ∼     1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 −3 3 −5 | −1 0 1 0 0 0 1 −4 | −1 1 0 0     L3 → L3 − L1 L4 → L4 − L1 (A|I3) ∼     1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 0 0 −2 | −1 0 1 3 0 0 1 −4 | −1 1 0 0     L3 → L3+ 3L2 (A|I3) ∼     1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 0 1 −4 | −1 1 0 0 0 0 0 −2 | −1 0 1 3     L3 ↔ L4 (A|I3) ∼     1 0 0 2 | 1 0 0 0 0 1 −1 1 | 0 0 0 1 0 0 1 −4 | −1 1 0 0 0 0 0 1 | 1 2 0 − 1 2 − 3 2     L4 → −1₂ L4 (A|I3) ∼     1 0 0 0 | 0 0 1 3 0 1 0 0 | 1₂ 1 −3₂ −7₂ 0 0 1 0 | 1 1 −2 −6 0 0 0 1 | 1₂ 0 −1₂ −3 2     L4 → −1₂ L4

(13)

D’où A−1 =     0 0 1 3 1 2 1 −3 2 −7 2 1 1 −2 −6 1 2 0 − 1 2 − 3 2     .

c) Soient X = (a, b, c, d) ∈ IR4 et α, β, γ et λ ∈ IR tels que X = α0₁ + β0₂ + γ0₃+ γ0₄. Alors, on cherche à calculer α, β, γ et λ en fonction de a, b, c et d. On a

(a, b, c, d) = α0₁+ β0₂+ γ0₃ + λ0₄ ⇔        a = α + 2λ b = α + γ − 2λ c = α − 3β + 3γ − 3λ d = β − γ + λ ⇔     a b c d     = A     α β γ λ     ⇔     α β γ λ     = A−1     a b c d     ⇔     α β γ λ     =     c + 3d 1 2a + b − 3 2c − 7 2d a + b − 2c − 6d 1 2a − 1 2c − 3 2d    