Correction de l examen d’algèbre 3 session normale -Juin 2019

Université Sidi Mohammed Benabdellah Année universitaire 2018-2019

Faculté des Sciences Dhar El Mehraz SMA-SMI

Département de Mathématiques

Correction d’algèbre 3 (session normale) Durée :1h30

Exercice 1

Soit f l’application linéaire de R3 dans R2 définie par f (x, y, z) = (2x + y + 3z, 4x + y + 5z) 1. Soit A = M (f, B, S) avec S = {ε1, ε2, ε3} la base canonique de R3 et B = {e1, e2}

la base canonique de R2. (a) A = 2 1 3 4 1 5  . (b) On a A = 2 1 3 4 1 5  ∼ 2 1 3 0 −1 −1  Donc rg(A) = 2.

(c) On a Im(f ) est un sous espace vectoriel de R2 _{et dimIm(f ) = rg(A) = 2 =}

dimR2 _{donc Im(f ) = R}2_.

(d)

(x, y, z) ∈ Ker(f ) ⇔ 2x + y + 3z = 0 4x + y + 5z = 0 ⇔

 x = −z y = −z

Donc Ker(f ) = vect(−1, −1, 1) et puisque (−1, −1, 1) 6= (0, 0, 0) donc il est libre et alors c’est une base de Ker(f )

2. Soient ε0₁ = 1 2(−ε1 + ε2 + ε3), ε 0 2 = 12(ε1 − ε2 + ε3) , ε 0 3 = 12(ε1 + ε2 − ε3) et S0 = {ε0₁, ε0₂, ε0₃}.

(a) on a card(S) = 3 = dim(R3_{) et det}

  −1 2 1 2 1 2 1 2 −1 2 1 2 1 2 1 2 −1 2 

= 1₂ 6= 0 donc S est une base R3 (b) P =   −1 2 1 2 1 2 1 2 −1 2 1 2 1 2 1 2 −1 2 

 est la matrice de passage de S à S

0

. 3. Soient e0₁ = (1, 1) et e0_{2 = (1, 2) deux vecteurs de R}2 _{et B}0 _{= {e}0

1, e

0

2} .

(a) On a card(B0_{) = 2 = dimR}2 _{donc il suffit de montrer qu’il est libre ou bien}

det 1 1 1 2  6= 0. (b) Q = 1 1 1 2 

est la matrice de passage de B à B0. (c) Q−1 =  2 −1 −1 1  .

(d) Soit (x, y) ∈ R2et (α, β) ∈ R2 tel que (x, y) = α(1, 1)+β(1, 2) alors  α + β = x α + 2β = y Donc α = 2x − y et β = y − x ou bien  α β  = Q−1 x y  =  2x − y −x + y  4. A0 = Q−1AP . 1

2

5. A0 = Q−1AP = 1 0 0 0 2 0



2eme méthode : puisque f (ε0₁) = e0₁, f (ε0₂) = 2e0₂ et f (ε0₃) = (0, 0). Alors A = 1 0 0

0 2 0  .

Exercice 2

Soit E un espace vectoriel de dimension 3 et ϕ un endomorphisme non nul de E tel que ϕ2 _{= θ avec θ est l’application nulle. Posons r = rg(ϕ).}

1. soit x ∈ Im(ϕ) alors il existe α ∈ E tel que x = ϕ(α) donc ϕ(x) = ϕ2_{(α) = 0 ce}

qui montre que x ∈ Ker(ϕ).

2. D’après 1) on a r ≤ dim(Ker(ϕ)) et d’après le Théorème du rang, on a dim(ker(ϕ)) = 3 − r, donc r ≤ 3 − r ce qui implique que 2r ≤ 3

D’autre par on a 1 ≤ r ≤ 3, donc nécessairement r = 1. 3. Soit a un élément de E tel que ϕ(a) 6= 0 et posons b = ϕ(a).

i) On a b 6= 0 et b = ϕ(a) ∈ Ker(ϕ) donc {b} est libre dans Ker(ϕ). Donc, sachant que dimKer(ϕ) = 3 − 1 = 2 , d’après le théorème de la base incomplète, il existe c ∈ Ker(ϕ) tel que {b, c} est une base de Ker(ϕ)

ii) On a {a, b, c} est libre dans E sinon il est lié donc, puisque {b, c} est libre, a ∈ V ect(b, c) ce qui implique que a ∈ Ker(ϕ) ce qu’est absurde. D’autre part on a card{a, b, c} = 3 = dimE donc c’est une base de E.

iii) la matrice de ϕ dans la base {a, b, c} est   0 0 0 1 0 0 0 0 0   . Exercice 3

Résoudre suivant les parametres a, b, c et d, le système :

Σ     1 −1 2 a 0 1 1 b 3 −2 1 c −1 1 −2 d     . ⇔     1 −1 2 a 0 1 1 b 0 1 −5 c − 3a 0 0 0 d + a     . ⇔     1 −1 2 a 0 1 1 b 0 0 −6 c − 3a − b 0 0 0 d + a     . Si d 6= −a alors S = ∅