Correction du contrôle d’Algèbre 2 Exercice 1 :

(1)

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah Année Univ.2014-15 Faculté des Sciences Dhar El Mehraz SMP-SMC Département de Mathématiques

Correction du contrôle d’Algèbre 2 Exercice 1 :

1) A 

1 2 −2 3 1 −3 3 2 −4 2) –1^ière méthode:

∀,, ∈ R :

e1′ e2′ e3′  0, 0, 0  0, 1, 11, 0, 11, 1, 0  0, 0, 0

 0,,, 0,,, 0  0, 0, 0

 ,,  0, 0, 0



  0

  0

  0



  −

  −

−2  −−  0

       0.

AlorsB^′ est un système libre deR³. DoncB^′  e1′,e2′,e3′est une base de R³. –2^ième méthode:

0 1 1 1 0 1 1 1 0

L1  L2

1 0 1 0 1 1 1 1 0

L3  L3 −L1

1 0 1 0 1 1 0 1 −1

L3  L3−L2

1 0 1 0 1 1 0 0 −2

.

Alors :rgB^′  3.

Ce qui montre queB^′  e1′,e₂^′,e₃^′est une base de R³. –3^ième méthode:

0 1 1 1 0 1 1 1 0

 1 0

1 1 − 0 1

1 1  1−−1  11  2 ≠ 0.

DoncB^′  e1′,e2′,e3′est une base de R³. 3) P 

0 1 1 1 0 1 1 1 0

.

1 sur 4 Corr contrôle d’Alg 2 SMP-SMC 2015-16

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(2)

4) P² −P 

0 1 1 1 0 1 1 1 0

2

−

0 1 1 1 0 1 1 1 0



0 1 1 1 0 1 1 1 0

−

0 1 1 1 0 1 1 1 0



2 1 1 1 2 1 1 1 2

−

0 1 1 1 0 1 1 1 0



2 0 0 0 2 0 0 0 2

 2

1 0 0 0 1 0 0 0 1

 2I3.

5) a)P² −P  2I3  P²−I3P  2I3  P−I3P  2I3  1

2P−I3P  I3.

Alors :P⁻¹  1

2P−I3  1 2

0 1 1 1 0 1 1 1 1

−

1 0 0 0 1 0 0 0 1

 1 2

−1 1 1 1 −1 1 1 1 −1

.

b)A^′  P⁻¹AP.

– 1^ière méthode:

A^′  P⁻¹

1 2 −2 3 1 −3 3 2 −4

0 1 1 1 0 1 1 1 0

 1 2

−1 1 1 1 −1 1 1 1 −1

0 −1 3

−2 0 4

−2 −1 5

 1 2

−4 0 6 0 −2 4 0 0 2



−2 0 3 0 −1 2

0 0 1

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(3)

– 2^ième méthode:

A^′  1 2

−1 1 1 1 −1 1 1 1 −1

1 2 −2 3 1 −3 3 2 −4

P  1 2

5 1 −5 1 3 −3 1 1 −1

0 1 1 1 0 1 1 1 0

 1 2

−4 0 6 0 −2 4 0 0 2



−2 0 3 0 −1 2

0 0 1

Exercice 2 : 1)

A 

1 1 3 1 1 −2 0 −3 1 −1 1 −2

.

2) A 

1 1 3 1 1 −2 0 −3 1 −1 1 −2

L2  L2−L1

L3  L3−L1

1 1 3 1

0 −3 −3 −4 0 −2 −2 −3

L2  L2 −2L3

1 1 3 1

0 1 1 2

0 −2 −2 −3

L3  L3 2L2

1 1 3 1 0 1 1 2 0 0 0 1

L1  L1 −L3

L2  L2−2L2

1 1 3 0 0 1 1 0 0 0 0 1

L1  L1 −L2

1 0 2 0 0 1 1 0 0 0 0 1

.

Donc

1 0 2 0 0 1 1 0 0 0 0 1

est la matrice échelonnée réduite canonique équivalente à A.

3) a)

∑



x2z  0 yz  0

t  0



x  −2z y  −z

t  0 .

Donc−2z,−z,z, 0╱z ∈ R

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(4)

b) –1^ière méthode:

E  −2z,−z,z, 0╱z ∈ R

 0, 0, 0, 0  −20,−0, 0, 0 ∈ E  E ≠ ∅.

∀ ∈ R et ∀a,a^′ ∈ E : ∃z,z^′ ∈∈ R╱a  −2z,−z,z, 0 eta^′  −2z^′,−z^′,z^′, 0.

aa^′  −2z,−z,z, 0−2z^′,−z^′,z^′, 0  −2z−2z^′,−z−z^′,zz^′, 0

 −2zz^′,−zz^′,zz^′, 0 ∈ E.

DoncEest un sous-espace vectoriel deR⁴.

E  z−2,−1, 1, 0╱z ∈ R. Donc −2,−1, 1, 0est une base de E.

–2^ième méthode:

E  −2z,−z,z, 0╱z ∈ R  z−2,−1, 1, 0╱z ∈ R  vect−2,−1, 1, 0. DoncEest un sous-espace vectoriel deR⁴ et −2,−1, 1, 0est une base deE.

4) ∀a ∈ E∩F : a ∈ E et a ∈ F.

a ∈ E  ∃ ∈ R╱a  −2,−1, 1, 0  −2,−,, 0

a ∈ F  2−26−7−0  0  −4−67  0  −3  0    0.

Alorsa  0−2,−1, 1, 0  0, 0, 0, 0.

Par suiteE∩F  0, 0, 0, 0.

5) ∀x,y,z,t ∈ R⁴ : 2x6y7z−t  0  t  2x6y7z.

Donc :F  x,y,z,t ∈ R⁴╱2x6y7z−t  0  x,y,z, 2x6y7z╱x,y,z ∈ R

 x, 0, 0, 2x0,y, 0, 6y0, 0,z, 7z╱x,y,z ∈ R

 x1, 0, 0, 2y0, 1, 0, 6z0, 0, 1, 7╱x,y,z ∈ R. Par suite1, 0, 0, 2,0, 1, 0, 6,0, 0, 1, 7 est une base deF.

Ce qui montre quedimF  3.

6) –1^ière méthode:

PuisqueE∩F  0, 0, 0, 0alors la somme deEet Fest directe.

dimE⊕F  dimEdimF  13  4  dimR⁴. DoncEetF sont supplémentaires dansR⁴. – 2^ième méthode:

On doit donner une baseBE de E, une baseBF deF, on montre que : BE ∩BF  ∅ et que BE BF est une base de R⁴.

DoncEetF sont supplémentaires dansR⁴.