Université Mohammed V Agdal Algèbre S2 Faculté des Sciences de Rabat SMPC Département de Mathématiques 2019-2020 Fiche de TD n 3 Corrigé Pr. Hafid MOULINE

Université Mohammed V Agdal Algèbre S2

Faculté des Sciences de Rabat SMPC

Département de Mathématiques 2019-2020

Fiche de TD n 3 Corrigé Pr. Hafid MOULINE

Exercice 1

On considère l’ensemble F = {M = (

𝑎 𝑏 0 𝑏 𝑎 0 𝑐 0 𝑎

) , a, b, c 𝜖 ℝ}

1. Montrons que F est un sous espace vectoriel de ℳ3(ℝ).

Il y a deux manières de le faire : Soit on prouve les deux conditions a. 0 𝜖 F

b. Si M1 et M2 Sont dans F et si 𝛼 est dans ℝ, 𝛼M1 + M2 est dans F

Soit on prouve que F est engendré par des vecteurs fixes ce qui lui conférera la structure de sous espace vectoriel.

a. Avec la première méthode

i. Si a = b = c = 0 M = 0 Donc 0 𝜖 F

ii. Si M1 et M2 Sont dans F et si 𝛼 est dans ℝ,

Posons M1 = (

𝑎 𝑏 0 𝑏 𝑎 0 𝑐 0 𝑎

) et M2 = (

𝑎′ 𝑏′ 0 𝑏′ 𝑎′ 0 𝑐′ 0 𝑎′

)

𝛼M1 + M2 = (

𝛼𝑎 + 𝑎′ 𝛼𝑏 + 𝑏′ 0 𝛼𝑏 + 𝑏′ 𝛼𝑎 + 𝑎′ 0 𝛼𝑐 + 𝑐′ 0 𝛼𝑎 + 𝑎′

) et cette matrice est bien un

élément de F.

Donc F est bien un sous espace vectoriel

b. Avec la seconde méthode Si M 𝜖 F M = (

𝑎 𝑏 0 𝑏 𝑎 0 𝑐 0 𝑎

) = a (

1 0 0 0 1 0 0 0 1

) + 𝑏 (

0 1 0 1 0 0 0 0 0

) + c (

0 0 0 0 0 0 1 0 0

),

Donc M 𝜖 Vect (I ; J ; K) où I = (

1 0 0 0 1 0 0 0 1

) , J = (

0 1 0 1 0 0 0 0 0

) et K = (

0 0 0 0 0 0 1 0 0

),

Donc F ⊂ Vect (I ; J ; K) Réciproquement Si M 𝜖 Vect (I ; J ; K) alors M 𝜖 F ;

( il suffit de l’écrire ) Donc M = Vect (I ; J ; K) ; C’est donc le sous espace Vectoriel engendré par I ; J et K.

2. La Famille (I ; J ; K) est génératrice de F puisque F = Vect (I ; J ; K) . Est elle libre ? Soient a, b et c trois réels tels que aI + bJ + cK = 0, donc M = 0 donc a = b = c = 0 Donc (I ; J ; K) est libre.(I ; J ; K) est libre et génératrice de F c’est donc une base de F

Exercice 2

A = (

1 0 0 𝑎 1 0 𝑐 𝑏 1

) et B = A – I

1. B = A – I = (

0 0 0 𝑎 0 0 𝑐 𝑏 0

) ; B² = (

0 0 0 𝑎 0 0 𝑐 𝑏 0

). (

0 0 0 𝑎 0 0 𝑐 𝑏 0

) = (

0 0 0 0 0 0 𝑎𝑏 0 0

)

B³= (

0 0 0 𝑎 0 0 𝑐 𝑏 0

).(

0 0 0 0 0 0 𝑎𝑏 0 0

) = (

0 0 0 𝑎 0 0 𝑐 𝑏 0

) = (

0 0 0 0 0 0 0 0 0 )

Calcul de Aⁿ; Puisque B et I commutent, nous pouvons utiliser le binôme de Newton.

Aⁿ = (B + I)ⁿ = ∑^𝑛_𝑘=0(^𝑛_𝑘)B^k = ∑²_𝑘=0(^𝑛_𝑘)B^k = I + nB + ^{𝑛(𝑛−1)}

2 B² = (

1 0 0

𝑛𝑎 1 0

𝑛(𝑛−1)

2 𝑎𝑏 𝑛𝑏 1

)

2. A³ = I + 3B + 3B² = I + 3(A – I) + 3(A – I)² = I – 3A + 3A² 3. Aⁿ = A^{n – 3} . A³ = A^{n – 3}( I – 3A + 3A²) = A^{n – 3} - 3 A^{n – 2} + 3 A^{n – 1}.

A = (

0 1 −1

−3 4 −3

−1 1 0 )

1. A² = (

−2 3 −3

−9 10 −9

−3 3 −2

) A² - 3A = A = (

−2 0 0 0 −2 0 0 0 −2

) = -2I

Donc A² - 3A + 2I = 0

2. ³₂ A - ¹₂A² = I Donc A( ³₂ I - ¹₂A) = I, Donc A est inversible et A^-1 = ³₂ I - ¹₂A.

A^-1 = ³

2 I - ¹

2A.=

(

3 2 −¹

2 1 2 3

2 −¹

2 3 2 1

2 −¹

2 3 2)

3. Méthode du pivot de Gauss (

0 1 −1

−3 4 −3

−1 1 0

) (

1 0 0 0 1 0 0 0 1 )

On permute les lignes L1 et L3 (

−1 1 0

−3 4 −3 0 1 −1

) (

0 0 1 0 1 0 1 0 0 ) 𝑂𝑛 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖è𝑟𝑒 𝑙𝑖𝑔𝑛𝑒 𝑝𝑎𝑟 −1

(

1 −1 0

−3 4 −3 0 1 −1

) (

0 0 −1 0 1 0 1 0 0

)

On remplace L2 par L2 + 3L1

(

1 −1 0 0 1 −3 0 1 −1

) (

0 0 −1 0 1 −3 1 0 0

)

On remplace L3 par L3 – L2

(

1 −1 0 0 1 −3

0 0 2

) (

0 0 −1 0 1 −3 1 −1 3

)

On divise L3 par 2 (

1 −1 0 0 1 −3

0 0 1

) (

0 0 −1 0 1 −3

1 2

−1 2

3 2

)

On remplace L2 par L2 + 3L3

(

1 −1 0 0 1 0 0 0 1

) (

0 0 −1

3 2

−1 2

3 2 1

2

−1 2

3 2

)

On remplace L1 par L1 + L2

(

1 0 0 0 1 0 0 0 1

)

(

3 2

−1 2

1 2 3 2

−1 2

3 2 1 2

−1 2

3 2)

Donc on retrouve A^-1 = (

3 2

−1 2

1 2 3 2

−1 2

3 2 1 2

−1 2

3 2)

Exercice 4

f est l’endomorphisme de ℝ³ dont la matrice dans la base canonique ℬ0 est A

A = (

2 −3 3

−3 2 3

−3 3 2 )

1. Pour montrer que f est un automorphisme, il faut montrer que A est inversible ou bien par exemple que la famille des colonnes de A est libre.

Notons u’ = (2 ; -3 ; -3) v’ = (-3 ; 2 ; 3) w’ = (3 ; 3 ; 2). Soient a ; b et c trois réels tels que au’

+ bv’ + cw’ = 0. Montrons que a = b = c = 0. Nous avons à résoudre le système {

2𝑎 − 3𝑏 + 3𝑐 = 0

−3𝑎 + 2𝑏 + 3𝑐 = 0

−3𝑎 + 3𝑏 + 2𝑐 = 0 ⟺ {

2𝑎 − 3𝑏 + 3𝑐 = 0

−5𝑏 + 12𝑐 = 0 𝑏 − 𝑐 = 0

⟺ {

2𝑎 − 3𝑏 − 3𝑐 = 0

−5𝑏 + 12𝑐 = 0 7𝑐 = 0

Donc c = 0 Donc b = 0 donc a = 0 Donc la famille (u’ ; v’ ; w’) est libre. C’est donc une base de ℝ³ et donc f est un automorphisme.

2. (x ; y ; z) 𝜖 ℝ³ f (x ; y ; z) = (2x – 3y + 3z ; -3x + 2y + 3z ; -3x + 3y + 2z) 3. Posons u = (1 ; 1 ; 0) v = (1 ; 1 ; 1) w = (0 ; 1 ; 1).

a) Montrons que (u ; v ; w) est une base de ℝ³. Il suffit de montrer qu’elle est libre. Soient a ; b et c trois réels tels que au + bv + cw = 0.

Montrons que a = b = c = 0. Nous avons à résoudre le système {

𝑎 + 𝑏 = 0 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 0

𝑏 + 𝑐 = 0 ⟺ {

𝑎 + 𝑏 = 0 𝑐 = 0 𝑏 + 𝑐 = 0

⟺ a = b = c = 0.Donc (u ; v ; w) est libre et donc (u ; v ; w) est une base ℬ1

de ℝ³ car card(u ; v ; w) = dim ℝ³.

b) La matrice de passage P de ℬ0 à ℬ1 est P = (

1 1 0 1 1 1 0 1 1

) Calculons P^-1. u = e1 + e2 v = e1 + e2 + e3 w = e2 + e3

e3 = v – u e2 = w – v + u e1 = v – w.

Donc P^-1 = (

0 1 −1 1 −1 1

−1 1 0 )

c) f(u) = (-1 ; -1 ; 0) = -u f(v) = (2 ; 2 ; 2) = 2v f(w) = (0 ; 5 ; 5) = 5w.

Donc la matrice D de f dans ℬ1 est D = (

−1 0 0 0 2 0 0 0 5

)

A = P.D.P^-1

Donc Aⁿ = P.Dⁿ.P^-1 = (

1 1 0 1 1 1 0 1 1

) . (

(−1)^𝑛 0 0 0 2^𝑛 0 0 0 5^𝑛

).(

0 1 −1 1 −1 1

−1 1 0 ) =

(

(−1)^𝑛 2^𝑛 0 (−1)^𝑛 2^𝑛 5^𝑛

0 2^𝑛 5^𝑛 ).(

0 1 −1 1 −1 1

−1 1 0 ) =

(

2 (−1) − 2 −(−1) + 2 2^𝑛− 5^𝑛 (−1)^𝑛− 2^𝑛+ 5^𝑛 −(−1)^𝑛+ 2^𝑛 2^𝑛− 5^𝑛 −2^𝑛+ 5^𝑛 2^𝑛

)

Exercice 5

f est l’application linéaire définie par f : ℝ⁴ → ℝ3[X] par f(a ; b ; c ; d) = (a + d) + (b + c)X + (b + c)X² (a + d)X³

Soit ℬ = (e1 ; e2 ; e3 ; e4) la base canonique de ℝ⁴ et 𝒞 = (1 ; X ; X² ; X³) la base canonique de ℝ3[X]

1. Déterminons la matrice M de f dans les bases ℬ et 𝒞 f(e1) = 1 + X³ f(e2) = X + X² f(e3) = X + X² f(e4) = 1 + X³

M = ( 1 0 0 1

0 1 1 0 0 1 1 0

1 0 0 1

)

2. Soit ℬ1 = (u1 ; u2 ; u3 ; u4)

avec u1 =(1 ; 0 ; 0 ; 1) u2 = (0 ; 1 ; 1 ; 0) u3 = (1 ; 0 ; 0 ; -1) u4 = (0 ; 1 ; -1 ; 0). Si cette famille est libre ce sera une base de de ℝ⁴ car dim de ℝ⁴ = card(ℬ1). Montrons donc que ℬ1 est libre. Soient a ; b ; c et d quatre réels tels que au1 + bu2 + cu3 du4 = 0. Montrons que a = b = c = d = 0. Nous avons le système suivant :

a + c = 0 b + d = 0 b = d = 0 a – c = 0

En combinant les lignes 1 et 4 nous obtenons a = c = 0 En combinant les lignes 2 et 3 nous obtenons b = d = 0 Donc ℬ1 est libre et par suite ℬ1 est une base de ℝ⁴. 3. Soit P la matrice de passage de ℬ à ℬ1

P = ( 1 0 0 1

1 0 0 1 0 1

1 0

0 −1

−1 0 )

4. M1 est la matrice de f dans les bases ℬ1 et 𝒞 M1 = MP = ( 1 0 0 1

0 1 1 0 0 1 1 0

1 0 0 1

) ( 1 0 0 1

1 0 0 1 0 1

1 0

0 −1

−1 0 ) =

( 2 0 0 2

0 0 0 0 0 2 2 0

0 0 0 0

)

5. f(u1) = 2 + 2X³ f(u2) = 2X + 2X² f(u3) = 0 f(u4) = 0.

On retrouve directement la matrice M1 = ( 2 0 0 2

0 0 0 0 0 2 2 0

0 0 0 0

)

Soit 𝛽 un réel et la matrice A = (

1 1 2 3

−1 0 𝛽 1

−1 −2

2 3

) 1. Déterminons le rang de A

(

1 1 2 3

−1 0 𝛽 1

−1 −2 2 3

) ~ (

1 1 2 3

0 1

0 1 − 𝛽

1 1

2 − 2𝛽 3 − 3𝛽 ) ~ (

1 1 2 3

0 1 0 0

1 1

1 − 𝛽 2 − 2𝛽 )

Si 𝛽 = 1 A est de rang 2. Sinon A est de rang 3.

2. Soit ℬ la base canonique de ℝ⁴ et 𝒞 la base canonique de ℝ³

a. rg(f) est inférieur ou égal à 3 puisque l’image de f est incluse dans ℝ³. Dim(ker(f)) est donc supérieure ou égale à 1 donc f ne peut être injective.

b. f sera surjective si rg(f) = 3 c'est-à-dire si 𝛽 est différent de 1

c. Si 𝛽 = 1 Im(f) est de dimension 2. Im(f) est engendré par f(e1) et f(e2) Donc Im(f) = vect((1 ; -1 ; 1) ; (1 ; 0 ; 1))

Soit (x ; y ; z ; t) 𝜖 ker(f) donc x + y + 2z + 3t = 0

-x – z – 2t = 0

Donc x = -z – 2t et y = -z – t donc (x ; y ; z ; t) = (-z – 2t ; -z – t; z ; t) = z(-1 ; -1 ; 1 ; 0) + t(- 2 ; -1 ; 0 ; 1)

Donc kerf = vect(1 ; -1 ; 1 ; 0) ; (-2 ; -1 ; 0 ; 1)) .