Universit´e Paris XII Licence ´Economie-Gestion Corrig´e de l’examen de Math´ematiques (S3)
Session de janvier 2007
Exercice1 —
(1) On peut calculer la somme de deux matrices si et seulement si elles sont de mˆeme taille. Ici, A et B n’ont pas le mˆeme nombre de colonnes, donc on ne peut calculer niA+B ni B+A.
(2) On peut calculer le produit de deux matrices si et seulement si le nombre de colonnes de la premi`ere est ´egal au nombre de lignes de la deuxi`eme. Ainsi on peut calculerAB =
−1 0 −1
−3 0 −3
mais on ne peut pas calculerBA.
(3) On peut calculer le d´eterminant d’une matrice si et seulement si elle est carr´ee. Ainsi on peut calculer det(A) = 1·0−(−3)·2 = 6 mais on ne peut pas calculer det(B).
(4) On peut calculer le d´eterminant d’une matrice si et seulement si elle est carr´ee et que son d´eterminant est non-nul. Ainsi on peut calculer A−1 = det(A)1 tcom(A) =
0 −13
1 2
1 6
mais on ne peut pas calculer B−1.
(5) On intervertit les lignes et les colonnes : tA=
1 −3
2 0
et tB=
1 −1
0 0
1 −1
.
(6) On met les matrices sous forme ´echelonn´ee et on compte ensuite le nombre de lignes non-nulles : 1 2
−3 0
−→L2←L2+3L1
1 2 0 6
doncAest de rang 2,
1 0 1
−1 0 −1
−→L2←L2+L1
1 0 1 0 0 0
doncAest de rang 1.
Exercice 2 — En effectuant successivement les op´erations ´el´ementaires L2 ← L2+L1, L3 ← L3−L1 puis L3←L3−2L2 on aboutit au syst`eme ´echelonn´e suivant :
x + y − z = 1
2y + z = 0
0 = −1.
La troisi`eme ligne n’est jamais v´erifi´ee donc le syst`eme n’a aucune solution.
Exercice3 —
(1) Premi`ere m´ethode. On calcule que det(A) =−16= 0 doncAest inversible. On calcule ensuite A−1= 1
det(A)
tcom(A) =
2 0 −1
−3 0 2
1 1 −1
.
Deuxi`eme m´ethode. On peut utiliser le pivot de Gauss. Le fait queA est inversible apparaˆıt lorsqu’on a misAsous forme ´echelonn´ee : on voit que le rang est ´egal `a 3.
(2) Ce syst`eme s’´ecrit AX=B avecX =
x y z
et B =
0 1 0
. PuisqueA est inversible, on en d´eduit que le syst`eme poss`ede une unique solution :
X =A−1B=
0 0 1
.
1
Exercice4 —Premi`ere m´ethode. On calcule que det(A) =α−1. La matriceA est inversible si et seulement si son d´eterminant est non-nul, c’est-`a-dire si et seulement siα6= 1.
Deuxi`eme m´ethode. En effectuant successivement les op´erations ´el´ementaires L2←L2−L1,L3←L3−αL1 puisL3←L3+ (1−α)L2 on obtient une forme ´echelonn´ee deA:
U =
1 1 1
0 −1 0
0 0 1−α
.
La matriceAest inversible si et seulement si son rang est ´egal `a 3, c’est-`a-dire si et seulement si α6= 1.
Exercice5 — Montrons queE1 v´erifie toutes les propri´et´es des espaces vectoriels. Tout d’abordE1n’est pas vide car il contient le vecteur nul (0,0). Stabilit´e par addition : soitu= (x, y) etv= (x0, y0) deux vecteurs de E1; on au+v= (x+x0, y+y0) et (x+x0)−(y+y0) = (x−y) + (x0−y0) ; oruetvsont dansE1doncx−y= 0 etx0−y0= 0 ; par cons´equent (x+x0)−(y+y0) = 0, ce qui signifie queu+v∈E1. Stabilit´e par multilication par un scalaire : soit u= (x, y)∈E1 et λ∈R; on aλu = (λx, λy) etλx−λy =λ(x−y) ; oru∈E1 donc x−y= 0 ; par cons´equentλx−λy= 0, ce qui signifie queλu∈E1. AinsiE1 est un espace vectoriel.
En revancheE2n’est pas un espace vectoriel car il ne contient pas le vecteur nul (en effet 0−06= 2). Remarque : on peut aussi remarquer queE2 contient le vecteur (2,0) mais ne contient pas le vecteur 2(2,0) = (4,0), donc E2 n’est pas stable par multiplication par un scalaire (ni par addition).
Exercice6 —
(1) La matrice def dans la base canonique deR2au d´epart et dans la base canonique deR3`a l’arriv´ee est A=
1 1
1 −1
2 0
.
(2) En effectuant successivement les op´erations ´el´ementairesL2←L2−L1,L3←L3−2L1puisL3←L3−L2
on aboutit `a la matrice ´echelonn´ee suivante : U =
1 1
0 −2
0 0
. Par cons´equent rgf = 2.
On applique ensuite le th´eor`eme du rang : dim(R2) = dim(Kerf) + rgf. On en d´eduit que dim(Kerf) = 2−2 = 0.
(3) L’application f est injective car son noyau est de dimension 0 (ou, de fa¸con ´equivalente, car son rang est ´egal au nombre de colonnes de la matriceA). Elle n’est pas surjective car son rang n’est pas ´egal au nombre de lignes de la matriceA. Elle n’est donc pas bijective (car ˆetre bijectif signifie ˆetre `a la fois injectif et surjectif).
(4) On a Kerf ={(0,0)}car Kerfest de dimension 0. Remarque : on peut aussi calculer Kerf en r´esolvant le syst`eme lin´eairef(x, y) = (0,0,0).
Soit (a, b, c) ∈R3. Alors le vecteur (a, b, c) appartient `a Imf si et seulement si le syst`eme lin´eaire f(x, y) = (a, b, c) admet au moins une solution (x, y). Ce syst`eme s’´ecrit
(1)
x + y = a
x − y = b
2x = c.
En effectuant successivement les op´erations ´el´ementairesL2←L2−L1,L3←L3−2L1puisL3←L3−L2
on aboutit au syst`eme ´echelonn´e suivant :
x + y = a
− 2y = b−a 0 = c−a−b.
Ce syst`eme admet des solutions si et seulement sic−b−a= 0. Ainsi Imf est l’ensemble des vecteurs (a, b, c)∈R3tels que c−a−b= 0.
Remarque : Imfest l’espace engendr´e par les vecteurs-colonnes de la matriceA: (1,1,2) et (1,−1,0) ; un vecteur appartient `a cet espace si et seulement s’il existe des r´eelsxety tels que la relation (1) soit v´erifi´ee.
Exercice7 — MatriceA. Le polynˆome caract´eristique deA est P(λ) = det
7−λ 2
−12 −3−λ
=λ2−4λ+ 3 = (λ−1)(λ−3).
Ce polynˆome est scind´e donc A est trigonalisable. Les valeurs propres sont λ1 = 1 et λ2 = 3 et elles sont simples. Il y a 2 valeurs propres simples etAest de taille 2, doncAest diagonalisable.
Cherchons les espaces propres. Pour la valeur propreλ1= 1, on r´esout le syst`eme 6x + 2y = 0
−12x − 4y = 0.
Les solutions sont les (x,−3x) pourx∈R. On peut choisir comme vecteur proprev1= (1,−3).
Pour la valeur propreλ2= 3, on r´esout le syst`eme
4x + 2y = 0
−12x − 6y = 0.
Les solutions sont les (x,−2x) pourx∈R. On peut choisir comme vecteur proprev2= (1,−2).
On en d´eduit la diagonalisation de A: A =P DP−1 avec D =
1 0 0 3
(matrice des valeurs propres) et P =
1 1
−3 −2
(matrice des vecteurs propres).
MatriceB. Le polynˆome caract´eristique de B est
P(λ) = (1−λ)(λ2−4λ+ 3) =−(λ−1)2(λ−3)
(d’apr`es le calcul du polynˆome caract´eristique de A). Ce polynˆome est scind´e doncA est trigonalisable. Les valeurs propres sontλ1=λ2= 1 (double) etλ3= 3 (simple). Remarque : ici on ne peut pas encore conclure si B est diagonalisable ou non ; elle l’est si et seulement si dim(Ker(B−I3)) = 2 et dim(Ker(B−3I3)) = 1.
Cherchons les espaces propres. Pour la valeur propreλ1=λ2= 1, on r´esout le syst`eme
0 = 0
x + 6y + 2z = 0
−12y − 4z = 0.
Ce syst`eme ´equivaut `a
x = 0 z = −3y.
Les solutions sont les (0, y,−3y) poury ∈R. Il y a une infinit´e de solutions `a 1 param`etre ; par cons´equent dim(Ker(B−I3)) = 1. Or la multiplicit´e deλ1 vaut 2. On peut donc conclure queB n’est pas diagonalisable.
Exercice8 —
(1) La relation s’´ecritXn+1=AXn avecA=
2 0
−12 12
.
(2) Montrons d’abord que A est diagonalisable. Comme elle est triangulaire, on obtient directement que ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : λ1 = 2 et λ2 = 12. Les deux valeurs propres sont simples, doncA est diagonalisable.
Cherchons les espaces propres. Pour la valeur propreλ1= 2, on r´esout le syst`eme 0 = 0
−12x−32y = 0.
Les solutions sont les (−3y, y) poury∈R. On peut choisir comme vecteur propreV1= (−3,1).
Pour la valeur propreλ2= 12, on r´esout le syst`eme 3
2x = 0
−12x = 0.
Les solutions sont les (0, y) poury∈R. On peut choisir comme vecteur propreV2= (0,1).
Par cons´equent les solutions (Xn) sont les suites de la forme Xn=c1λn1V1+c2λn2V2=c12n
−3 1
+c2
1 2
n 0 1
=
−3c12n c12n+c2 1
2
n
. o`u c1 etc2 sont deux constantes r´eelles quelconques.
(3) On calculec1etc2grˆace `a la condition initiale. En reportantn= 0 dans l’expression deXn on obtient le syst`eme
−3c1 = 0 c1+c2 = 1.
On trouve une unique solution : (c1, c2) = (0,1). Donc Xn =
1 2
n 0 1
. Comme−1< 12<1 on a 12n
→0 quandn→+∞, doncXn→(0,0).
(4) De la mˆeme mani`ere on obtient le syst`eme
−3c1 = 1 c1+c2 = 1.
On trouve une unique solution : (c1, c2) = −13,43 . Donc Xn =−1
32n −3
1
+4 3
1 2
n 0 1
=
2n
−132n+43 12n
.
Comme 2 >1 on a 2n → +∞quand n→ +∞, donc Xn diverge (plus pr´ecis´ement xn → +∞et yn → −∞).
(5) Un vecteur d’´equilibre est un vecteurV tel queAV =V. Comme 1 n’est pas valeur propre deA, il n’y a pas de vecteur d’´equilibre non nul.
Exercice9 —
(1) La matrice de la famille (v1, v2, v3) dans la base canonique deR3 est A=
1 1 1
1 1 β
1 α 0
.
(2) (a) On consid`ere la matrice de la famille (v1, v2) dans la base canonique deR3 : B=
1 1 1 1 1 α
.
Une forme ´echelonn´ee de cette matrice est U =
1 1
0 α−1
0 0
.
Par cons´equent rg(A) = 2 siα6= 1 et rg(A) = 1 siα= 1. Or une famille est libre si et seulement si le rang de la matrice est ´egal au nombre de colonnes (ici 2), donc la famille est libre si et seulement siα6= 1.
(b) Une famille est g´en´eratrice si et seulement si le rang de la matrice est ´egal au nombre de lignes (ici 3), donc d’apr`es le calcul pr´ec´edent la famille n’est jamais g´en´eratrice.
(c) Une famille est une base si et seulement si elle est libre et g´en´eratrice, donc d’apr`es (b) la famille n’est jamais une base. Remarque : une base de R3 comporte n´ecessairement 3 vecteurs, donc on pouvait conclure directement que (v1, v2) n’est jamais une base.
(3) (a) Pour une famille de 3 vecteurs dansR3, les conditions suivantes sont ´equivalentes :
• la famille est libre,
• la famille est g´en´eratrice,
• la famille est une base,
• le d´eterminant de sa matrice dans la base canonique est non-nul,
• sa matrice dans la base canonique est de rang 3.
Premi`ere m´ethode. On calcule det(A) =−(α−1)(β−1). Donc la famille est libre si et seulement siα6= 1 etβ6= 1.
Deuxi`eme m´ethode. En effectuant le pivot de Gauss surA on aboutit `a la matrice T =
1 1 1
0 α−1 −1
0 0 β−1
.
Si β = 1, alorsT est ´echelonn´ee et de rang 2, donc la famille n’est pas libre. Siβ 6= 1 et α6= 1, alorsT est ´echelonn´ee et de rang 3, donc la famille est libre. Enfin, siβ6= 1 etα= 1, alorsT n’est pas ´echelonn´ee mais en effectuant l’op´erationL3←L3+ (β−1)L2 on aboutit `a la matrice
1 1 1
0 0 −1
0 0 0
qui est ´echelonn´ee et de rang 2, donc la famille n’est pas libre. En conclusion, la famille est libre si et seulement siα6= 1 etβ6= 1.
(b) Mˆeme conclusion qu’`a la question (a).
(c) Mˆeme conclusion qu’`a la question (a).
