Corrig´e et barˆeme du contrˆole num´ero 3 (sur 20,75 points).
Exercice 1 : 7,75 points.
(a) : 1 point.
Compte-tenu de la formule on peut d´eterminer imm´ediatement les vecteurs-colonnes:
f(1,0,0,0) = (1,1,1), f(0,1,0,0) = (1,2,3), f(0,0,1,0) = (−1,1,3), f(0,0,0,1) = (−1,−2,−3).
On en d´eduit que
1 1 −1 −1
1 2 1 −2
1 3 3 −3
(b) : 2,25 points.
On applique l’algorithme du rang `a la la suite des vecteurs-colonnes :
c1= (1,1,1), c2= (1,2,3), c3= (−1,1,3), c4= (−1,−2,−3) .
•c1 6= 0, on le garde.
•c2 6∈Rc1, on le garde.
•c3 ∈Vect(c1, c2) ⇐⇒ ∃λ1, λ2 ∈R/ c3 =λ1c1+λ2c2 (∗). Or l’´equation vectorielle (∗) ´equivaut aux syst`emes :
(∗) ⇐⇒
λ1+λ2 =−1 λ1+ 2λ2 = 1 λ1+ 3λ2 = 3
⇐⇒
λ1+λ2 =−1
λ2 = 2 (L2←L2−L1) 2λ2 = 4 (L3←L3−L1)
⇐⇒
(λ1 =−3 λ2 = 2 . Doncc3 ∈Vect(c1, c2) et on le rejette.
•c4 =−c2, on le rejette.
Conclusion : (c1, c2) est une base de Im(f).
D’o`u rg(f) = 2.
Or rg(f) + dim (Ker(f)) = dim (R4).
Donc dim (Ker(f)) = 4−2 = 2 (c) : 1,5 points.
Par d´efinition du noyau (x, y, z, t)∈Ker(f) ⇐⇒ f(x, y, z, t) = 0, ce qui ´equivaut au syst`eme :
(S)
x+y−z−t = 0 x+ 2y+z−2t = 0 x+ 3y+ 3z−3t = 0 et donc (S) est un syst`eme d’´equations cart´esiennes de Ker(f).
R´esolution de (S) :
(S) ⇐⇒
x+y−z−t = 0
y+ 2z−t = 0 (L2 ←L2−L1) 2y+ 4z−2t = 0 (L3 ←L3−L1)
⇐⇒
(
x+y−z−t = 0 y+ 2z−t = 0 Ainsi Sol(S) ={(3z, t−2z, z, t), z, t∈R}.
1
D’o`u Ker(f) = Vect((3,−2,1,0),(0,1,0,1)).
Or ((3,−2,1,0),(0,1,0,1)) est clairement libre, donc c’est une base de Ker(f).
(d) : 3 points.
(d-i) : 0,5 point
L’´equation vectorielle (1,3,3,−3) =λ(1,1,−1,−1) +µ(1,2,1,−2).´equivaut aux syst`emes :
λ+µ = 1 λ+ 2µ = 3
−λ+µ = 3
−λ−2µ =−3
⇐⇒
λ+µ = 1
µ = 2 (L2 ←L2−L1) 2µ = 4 (L3 ←L3+L1)
−µ =−2 (L4 ←L4+L1)
⇐⇒
(λ =−1 µ = 2
(d-ii) : 1,75 points.
On aF ={(a, b, c,)∈R3,−a+ 2b−c= 0}={(2b−c, b, c), b, c∈R}= Vect (2,1,0),(−1,0,1) . Or (2,1,0),(−1,0,1)
est clairement libre, donc F est bien un plan vectoriel.
Siv= (a, b, c) appartient `a Im(f) alors∃u= (x, y, z, t)∈R4 tel quef(u) =v, ce qui donne :
x+y−z−t =a x+ 2y+z−2t =b x+ 3y+ 3z−3t =c
Alors
−a+ 2b−c= (z+t−x−y) + 2(x+ 2y+z−2t)−(x+ 3y+ ”z−3t) = 0
d’o`uv∈F. Ceci d´emontre que Im(f)⊂F. (d-iii) : 0,75 point.
On vient de voir que Im(f) ⊂F. Et on sait que dim (F) = dim (Im(f)) = 2, on en d´eduit donc Im(f) =F.
Ainsi Im(f) ={(a, b, c,)∈R3, a−2b+c= 0}, et donca−2b+c= 0 est une ´equation cart´esienne de Im(f).
Exercice 2 : 4,5 points.
(a) : 0,75 point.
Ici encore on d´etermine `a l’oeil nu les vecteurs-colonnes, et on trouve donc :
A=
1 1 −1
−1 1 1
1 −1 1
(b) : 1,5 points.
On sait quef est injective si et seulement si Ker(f) ={0
R3}. On doit donc d´eterminer le noyau de f.
Oru= (x, y, z)∈Ker(f) ⇐⇒ (x, y, z) est solution des syst`emes :
(S)
x+y−z = 0
−x+y+z = 0 x−y+z = 0
⇐⇒
x+y−z = 0
2y = 0 (L2←L2+L1)
−2y+ 2z = 0 (L3←L3−L1)
⇐⇒
x = 0 y = 0 z = 0 On a bien Ker(f) ={0R3} et doncf est injective.
Par le th´eor`eme du rang on a rg(f) = dim (R3)−Ker(f) = 3−0 = 3. Ainsi Im(f) =R3 (f est surjective).
(c)1,5 points.
On vient de voir que Ker(f) ={0R3} et Im(f) =R3, donc Ker(A) ={0R3}et Im(A) =R3, etA est inversible.
Pour d´eterminer A−1 on r´esout A
x y z
=
x0 y0 z0
(o`u (x0, y0, z0) est fix´e dans R3, et o`u (x, y, z) est l’inconnue).
Ceci revient `a r´esoudre le syst`eme :
(S)
x+y−z =x0
−x+y+z =y0 x−y+z =z0
⇐⇒
x+y−z =x0
2y =x0+y0 (L2 ←L2+L1)
−2y+ 2z =z0−x0 (L3 ←L3−L1)
⇐⇒
x+y−z =x0 2y =x0+y0
2z =z0+y0 (L3 ←L3+L2)
⇐⇒
x = x0+z2 0 y = x0+y2 0 z = y0+z2 0
On obtient
x y z
=
1 2 0 12
1 2
1
2 0
0 12 12
x0 y0 z0
. Autrement ditA−1 =
1 2 0 12
1 2
1
2 0
0 12 12
.
(d)0,75 point.
Pour r´esoudre l’´equation matricielle A
x y z
=
1 0
−1
, on peut ou bien r´esoudre le syst`eme correspondant, ou bien utiliser le calcul deA−1 fait ci-dessus. En effet
A
x y z
=
1 0
−1
⇐⇒
x y z
=A−1
1 0
−1
On obtient (x, y, z) = (0,12,−12).
Exercice 3 : 8,5 points.
(a)1,75 points.
On a A
x y z
=
2x+y−z x+y−2z
x+z
, doncf(x, y, z) = (2x+y−z, x+y−2z, x+z).
L’applicationf est injective ⇐⇒ Ker(f) ={0}, il s’agit donc de d´eterminer Ker(f).
La r´esolution def(x, y, z) = (0,0,0) revient `a la r´esolution des syst`emes
(S)
2x+y−z = 0 x+y−2z = 0
x+z = 0
⇐⇒
x+z = 0 (L1←L3) x+y−2z = 0
2x+y−z = 0 (L3←L1)
⇐⇒
x+z = 0
y−3z = 0 (L2←L2−L1) y−3z = 0 (L3←L3−2L1)
⇐⇒
(x+z = 0 y−3z = 0 ⇐⇒
(x =−z y = 3z
Ainsi Ker(f) contient par exemple le vecteur non nul (−1,3,1), etf est non injective.
En fait on voit que (−1,3,1)
est une base de Ker(f), qui est donc une droite vectorielle.
(b)1,25 points.
B0 est une suite de trois vecteurs dansR3, donc c’est une base si et seulement si elle est libre (ou alors g´en´eratrice, mais inutile de v´erifier les deux).
Dans ce cas on peut appliquer facilement l’algorithme du rang : en effet u1 6= 0, u2 n’est pas multiple deu1 et enfinu3 =λ1u1+λ2u2 impliquerait (en consid´erant les deuxi`emes et troisi`emes composantes) que λ2 =−3 et λ1 =−1. Alors la relation λ1+λ2 = 1 n’est pas v´erifi´ee, de sorte queu36∈Vect(u1, u2).
Ainsi (u1, u2, u3) est libre et c’est bien une base de R3.
Comme on a la formule g´en´erale de f(x, y, z), on trouve facilement f(u1) = (1,−1,2), f(u2) = (3,2,1), f(u1) = (0,0,0). Ainsi, puisque la base d’arriv´ee est la base canonique, on a tout de suite :
M =
1 3 0
−1 2 0
2 1 0
(c)2 points.
Par d´efinition des matrices de passage, on a :
P =
1 1 1
0 1 −3 1 0 −1
La formule de changement de coordonn´ees est : X =P X0
Pour trouverP−1 on peut r´esoudre le syst`eme P comme a l’exercice 2, question (c). On peut aussi interprˆeter P−1 comme la matrice de passage deB0 vers B : ainsi trouver P−1 c’est trouver comment exprimer les vecteurs de la base canonique en fonction des vecteursu1, u2, u3(les vecteurs- colonnes deP).
On voit que u1 +u3 = (2,−3,0), donc u1 +u3 + 3u2 = (5,0,0) de sorte que e1 = (1,0,0) =
1
5(u1+ 3u2+u3). Puise2 =u2−e1 = 15(−u1+ 2u2−u3) et enfine3 =u1−e1= 15(4u1−3u2−u3).
Pour finir nous obtenons :
P−1 = 1 5
1 −1 4
3 2 −3
1 −1 −1
(0,75 point)
Les coordonn´ees (x0, y0, z0) dansB0 du vecteurv= (1,1,1) sont alors donn´ees par la formule :
1 1 1
=P
x0 y0 z0
⇐⇒
x0 y0 z0
=P−1
1 1 1
On obtient ainsi
x0 y0 z0
= 1 5
1 −1 4
3 2 −3
1 −1 −1
1 1 1
=
4 52 5
−15
(d) : 2,25 point
On a vu en (a) que dim (Ker(f)) = 1, donc d’apr`es le th´eor`eme noyau image on a rg(f) = 2.
Pour montrer que (u1, u2) est une base de Im(f) il suffit donc de montrer que c’est une suite libre de Im(f).
Le fait que (u1, u2) est libre est ´evident (par exemple on a d´ej`a v´erifi´e que (u1, u2, u3) est une base).
Reste `a v´erifier que u1 ∈ Im(f) et u2 ∈ Im(f) (en d’autre termes que u1 et u2 sont des com- binaisons lin´eaires des vecteurs colonnes de A). On peut ou bien r´esoudre les deux ´equations vectorielles f(x1, y1, z1) =u1 etf(x2, y2, z2) =u2, ou bien remarquer que :
•u2 est le deuxi`eme vecteur colonne de A- doncf(0,1,0) =u2, en particulieru2∈Im(f) ;
•u1est la diff´erence entre le premier et le deuxi`eme vecteur colonne deA- doncf(1,−1,0) =u1, en particulieru1 ∈Im(f) ;
Comme (u1, u2, u3) est une base de R3, les sous-espaces engendr´es par (u1, u2) d’une part et (u3) sont suppl´ementaires. Or on constate que (u3) est justement une base de Ker(f) (par la question (a) ), et on vient de montrer que (u1, u2) est une base de Im(f). Ainsi Ker(f) et Im(f) sont bien suppl´ementaires.
Pour u=x0u1+y0u2+z0u3, on a alors u∈Im(f) si et seulement siz0 = 0.
Or d’apr`es la relation X0 =P−1X on a z0 = 15(x−y−z). Ainsi u ∈ Im(f) si et seulement si x−y−z= 0.
(e)1,25 point
Commef(u3) = (0,0,0) la derni`ere colonne de A0 est nulle.
La formule estA0=P−1AP.
Apr`es les deux produits de matrice on obtient :
A0 =
2 1 0
−1 2 0
0 0 0
