Corrigé Du Contrôle D'algèbre 2 - SMPC - Sep - 2020 [PDF]

Zitiervorschau

UAE-F.S.Tétouan Dépt : Mathématiques Septembre 2020

CONTRÔLE D'ALGÈBRE 2 (SMP & SMC) Ce contrôle est reparti en deux parties indépendantes, traiter une seule partie au choix

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Aucun document n'est autorisé Temps alloué : 1 heure Partie 1 : Enseignement pr´ esentiel

Exercice 1. (12 points)

Considérons le R-espace vectoriel R3 muni de sa base canonique B = {e1 , e2 , e3 } où e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) et e3 = (0, 0, 1). Soient u1 = (1, 2, −1), u2 = (3, −1, 0) et u3 = (4, 1, −1) trois éléments de R3 , E = V ect(u1 , u2 , u3 ) un sous espace vectoriel de R3 et F = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x + 3y − z = 0} un sous ensemble de R3 . (1) Vérier que F est un sous espace vectoriel de R3 . (2 pts) (2) Donner une base de F et en déduire dim F . (3 pts) (3) Calculer le rang de la famille {u1 , u2 , u3 }, en déduire une base de E et dim E . (4 pts) (4) Montrer que R3 = E + F . (3 pts)

Exercice 2. (8 points) Soit R2 [X] le R-espace vectoriel des polynômes de degrés inférieurs ou égaux à 2, supposons que R2 [X] est muni de sa base canonique B = {1, X, X 2 }. Considérons A = {P ∈ R2 [X] | P (1) = 0} et B = vect(1 − X 2 , X) deux sous espaces vectoriels de R2 [X]. (1) Donner une base de A et une base de B . (4 pts) (2) Déterminer A + B et A ∩ B . (4 pts) Partie 2 : Enseignement pr´ esentiel et ` a distance

Exercice 1. (16 points)

Soit R2 [X] le R-espace vectoriel des polynômes de degrés inférieurs ou égaux à 2, supposons que R2 [X] est muni de sa base canonique B = {1, X, X 2 }. Considérons A = {P ∈ R2 [X] | P (1) = 0} et B = vect(1 − X 2 , X) deux sous espaces vectoriels de R2 [X] et f : R2 [X] → R2 [X] l'application linéaire dénie par : f (1) = X, f (X) = 1 − X, f (X 2 ) = 1 + 2X − 2X 2 . (1) Donner une base de A et une autre de B . (4 pts) (2) Déterminer A + B et A ∩ B . (4 pts) (3) Déterminer Kerf et en déduire Imf . (3 pts) (4) Déterminer la matrice M de f relativement à la base canonique B. (1 pts) (5) Pourquoi la matrice M est inversible ? (1 pt) (6) Donner la matrice inverse de M . (3 pts)

Exercice 2. (4 points)

 1 2  −2 3 2 (2) Calculer le déterminant −2 1 0 (1) Calculer  1 0

1 −1 0

  1 0 1 2  et  1 −1 3 0 0 0 0 0 1 −1 2 .( 5 0 3 3 1 1

  1 0 2 + 1 −2 0

2 pts)

x

Bon Courage y

0 0 0

 −2 3 . ( −1

2 pts)

Corrigé du Contrôle d'Algèbre 2

SMP & SMC (Septembre 2020) Partie 1

Exercice 1.

(1) Vérions que F est un sous espace vectoriel de R3 . Soit u = (x, y, z) ∈ R3 , alors u∈F

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

2x + 3y − z = 0 z = 2x + 3y u = (x, y, 2x + 3y) u = x(1, 0, 2) + y(0, 1, 3)

Ceci pour x, y quelconques dans R, donc F est un sous espace vectoriel de R3 engendré par la famille F = {(1, 0, 2), (0, 1, 3)}. (2) Cherchons une base de F . D'après la question (1), F = {(1, 0, 2), (0, 1, 3)} est une famille génératrice de F , il sut donc de vérier qu'elle est libre. En eet, soient α, β ∈ R tels que α(1, 0, 2)+β(0, 1, 3) = 0 (?). Alors  α β  2α + 3β  α =0 ⇒ β =0

(?) ⇒



=0 =0 =0

Donc, F est libre, et par suite c'est une base. Ainsi, dim F = Card(F) = 2. (3) Calculons le rang de la famille {u1 , u2 , u3 }. On peut facilement voir que cette famille n'est pas libre, il sut de remarquer que u3 = u1 + u2 , donc rg({u1 , u2 , u3 }) < 3. En plus, on a rg({u1 , u2 , u3 }) = rg({u1 , u2 }). Maintenant, vérions que {u1 , u2 } est libre, soient α, β ∈ R tels que αu1 +βu2 = 0 (?), Alors   α + 3β = 0 2α − β = 0  −α = 0  α =0 ⇒ β =0

(?) ⇒

Ainsi, la famille E = {u1 , u2 } est bien libre, donc rg(E) = 2 = rg({u1 , u2 , u3 }). On a E = vect({u1 , u2 , u3 }) = vect(E), avec E est libre, donc c'est une base de E . Par conséquent, dim E = Card(E) = 2. (4) Montrons que R3 = E + F . D'abord, on a : E + F = vect(E ∪ F) = vect{(1, 0, 2), (0, 1, 3), (1, 2, −1), (3, −1, 0)}.

Puisque E + F est un sous espace vectoriel de R3 , donc sa dimension ne dépassera pas la dimension de R3 , ainsi, la famille G = {(1, 0, 2), (0, 1, 3), (1, 2, −1), (3, −1, 0)} est forcément liée, car Card(G) = 4 > dimR3 = 3. Pour chercher une base de E + F , on éliminera un vecteur de G et examinons la sous famille restante. En eet, posons G 0 = G \ {1, 2, −1}, examinons si G 0 est libre ou non. En eet, soient α, β, γ ∈ R tels que α(1, 0, 2) + β(0, 1, 3) + γ(3, −1, 0) = 0 (?) Alors (?) ⇒

⇒

⇒

        

1

α + 3γ = 0 β−γ =0 2α + 3β = 0 β =γ α = −3β β =0 α =0 β =0 γ =0

Alors, G 0 est libre, ainsi E + F = vect(G) = vect(G 0 ) et par suite G 0 est une base de E + F et donc dim(E + F ) = Card(G 0 ) = 3. Puisque E + F est un sous espace vectoriel de R3 de dimension 3 alors E + F = R3 .

Exercice 2. (1)

• Déterminons une base de A. Soit p = a + bX + cX 2 ∈ R2 [X], alors p∈A

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

p(1) = 0 a+b+c=0 p = a + bX − (a + b)X 2 p = a(1 − X 2 ) + b(X − X 2 )

où a et b sont arbitraires dans R. Ainsi, la famille {1−X 2 , X −X 2 } est génératrice de A. Maintenant, vérions que cette famille est libre. En eet, soient α, β ∈ R tels que α(1−X 2 )+β(X −X 2 ) = 0 (?). Alors  α =0 β =0  α + β =0  α =0 β =0 

(?) ⇒ ⇒

Donc, {1 − X 2 , X − X 2 } est libre et par suite c'est une base de A. • Déterminons une base de B . On a B = vect(1−X 2 , X), donc la famille {1−X 2 , X} est génératrice de B , il sut donc de vérier qu'elle est libre. En eet, soient α, β ∈ R tels que α(1 − X 2 ) + βX = 0 (?). Alors  α β

(?) ⇒

=0 =0

Ceci, implique que {1 − X 2 , X} est bien libre, et par conséquent, c'est une base de B . (2)

• Déterminons A + B . On a : A + B = vect({1 − X 2 , X − X 2 } ∪ {1 − X 2 , X}) = vect({1 − X 2 , X − X 2 , X}).

C'est à dire, {1 − X 2 , X − X 2 , X} est une famille génératrice de A + B , il sut donc de vérier qu'elle est libre. En eet, soient α, β, γ ∈ R tels que α(1 − X 2 ) + β(X − X 2 ) + γX = 0 (?). Alors (?) ⇒

⇒

     

α =0 β+γ =0 α+β =0 α =0 β =0 γ =0

Par suite, {1 − X 2 , X − X 2 , X} est une base de A + B . • Déterminons A ∩ B . D'après le théorème des dimensions, on a : dim(A + B) = dim A + dim B − dim(A ∩ B) où dim(A + B) = 3, dim A = 2, dim B = 2, donc dim(A ∩ B) = 1, c'est à dire A ∩ B est engendré par un seul vecteur. Puisque 1 − X 2 ∈ A ∩ B et d'après ce qui est précédent, on peut écrire A ∩ B = vect(1 − X 2 ). Partie 2

Exercice 1. 2

(1)

• Déterminons une base de A. Soit p = a + bX + cX 2 ∈ R2 [X], alors p∈A

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

p(1) = 0 a+b+c=0 p = a + bX − (a + b)X 2 p = a(1 − X 2 ) + b(X − X 2 )

où a et b sont arbitraires dans R. Ainsi, la famille {1−X 2 , X −X 2 } est génératrice de A. Maintenant, vérions que cette famille est libre. En eet, soient α, β ∈ R tels que α(1−X 2 )+β(X −X 2 ) = 0 (?). Alors  α =0 β =0  α + β =0  α =0 β =0 

(?) ⇒ ⇒

Donc, {1 − X 2 , X − X 2 } est libre et par suite c'est une base de A. • Déterminons une base de B . On a B = vect(1−X 2 , X), donc la famille {1−X 2 , X} est génératrice de B , il sut donc de vérier qu'elle est libre. En eet, soient α, β ∈ R tels que α(1 − X 2 ) + βX = 0 (?). Alors  α β

(?) ⇒

(2)

=0 =0

Ceci, implique que {1 − X 2 , X} est bien libre, et par conséquent, c'est une base de B . • Déterminons A + B . On a : A + B = vect({1 − X 2 , X − X 2 } ∪ {1 − X 2 , X}) = vect({1 − X 2 , X − X 2 , X}).

C'est à dire, {1 − X 2 , X − X 2 , X} est une famille génératrice de A + B , il sut donc de vérier qu'elle est libre. En eet, soient α, β, γ ∈ R tels que α(1 − X 2 ) + β(X − X 2 ) + γX = 0 (?). Alors (?) ⇒

⇒

     

(3)

α =0 β+γ =0 α+β =0 α =0 β =0 γ =0

Par suite, {1 − X 2 , X − X 2 , X} est une base de A + B . • Déterminons A ∩ B . D'après le théorème des dimensions, on a : dim(A + B) = dim A + dim B − dim(A ∩ B) où dim(A + B) = 3, dim A = 2, dim B = 2, donc dim(A ∩ B) = 1, c'est à dire A ∩ B est engendré par un seul vecteur. Puisque 1 − X 2 ∈ A ∩ B et d'après ce qui est précédent, on peut écrire A ∩ B = vect(1 − X 2 ). • Déterminons Kerf . Par dénition, on a : Kerf = {P ∈ R2 [X]|f (P ) = 0}. Soit P = a+bX +cX 2 ∈ R2 [X], on a : f (P ) = af (1)+bf (X)+cf (X 2 ) = b+c+(a−b+2c)X −2cX 2 .

Alors

P ∈ Kerf

⇔ f (P ) = 0 ⇔ b+ c + (a − b + 2c)X − 2cX 2 = 0 b+c =0  a − b + 2c = 0 ⇔  −2c = 0   a =0 b =0 ⇔  c =0 ⇔ P =0

3

Ainsi, Kerf = (0). • Déterminons Imf . Puisque Kerf = (0), alors f est injectif donc il est surjectif car c'est un endomrphisme. Par suite Imf = R2 [X]. (4) Déterminons la matrice M de f relativement à la base canonique B. Par dénition de f , on obtient la matrice suivante :   0 1 M = M at(f, B) =  1 −1 0 0

1 2 . −2

(5) Puisque f est bijective, alors sa matrice M est inversible. (6) Déterminons la matrice inverse M . Il a plusieurs façons de le faire. Ici, on va utiliser la méthode d'élimination de Gauss-Jordan.  (M |I3 )

=

 

∼

 

∼

 

∼ 

Ainsi, M −1

1 1 = 1 0 0 0



0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0

1 −1 0 −1 1 0 0 3 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1

1 2 −2 2 1 −2 1 1 0 1 1 0

1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0

0 1 0 1 0 0



0 1 •)  1 −1 0 0  0 1 •)  1 −1 0 0 3 0 0 2 1 −1 (2) 0 −2 5 1 3 1

 3/2 1/2 . −1/2

 1 1 2  2 3 −2   1 2 + −2 0 1 2 = 3 5 3 3 1

 5  =  5 . −6   0 0 −2 1 0 3 = 0 0 −1 4 −1 2 0 3 = 3 5 3 1 1 



0 2 0 0 0 1

4

   

 0 0  −1/2  3/2 1/2  −1/2

Exercice 2. (1)

0 0 1 0 0 1

 1 −1 −1 5 . 0 −3 3 3 = 9. 1