Corrección Examen Álgebra 2 - Transformaciones Lineales y Espacios Vectoriales

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah Année Univ.2015-16
Faculté des Sciences Dhar El Mehraz SMP-SMC
Département de Mathématiques
Correction du rattrapage d’Algèbre 2
Exercice 1 :
1) A
6−4−4
5−3−4
1−10
L1↔L3
1−10
5−3−4
6−4−4
L2L2−5L1
L3L3−6L1
1−10
02−4
02−4
L3L3−L2
1−10
02−4
00 0
.
Donc : rgf rgA 2.
3dimR3rgf dimkerf2dimkerfdimkerf3−21.
2) – 1ière méthode :
A
1−10
02−4
00 0
L21
2L2
1−10
01−2
00 0
L2L2L1
10−2
01−2
00 0
.
∀x,y,z∈R3:
x,y,z∈kerfA
x
y
z
0
0
0
10−2
01−2
00 0
x
y
z
0
0
0
x−2z0
y−2z0x2z y2z
Donc : kerf2z,2z,z╱z∈R.
–2ième méthode :
∀x,y,z∈R3:
x,y,z∈kerfA
x
y
z
0
0
0
6−4−4
5−3−4
1−10
x
y
z
0
0
0
6x−4y−4z0
5x−3y−4z0
x−y0
yx
6x−4x−4z0
5x−3x−4z0
1 sur 7 Corr Ratt d’Alg 2 SMP-SMC 2015-16

yx
2x−4z0yx 2x4zyx x2zy2z x2z
Donc : kerf2z,2z,z╱z∈R.
3) i) fuBMf,BuBAuB
6−4−4
5−3−4
1−10
1
1
0
2
2
0
.
Donc : fu2,2,0.
fvBMf,BvBAvB
6−4−4
5−3−4
1−10
0
1
−1
0
1
−1
.
Donc : fv0,1,−1.
ii) fu2,2,021,1,02uu1
2fuf1
2u∈Imf.
fv0,1,−1vfv∈Imf.
iii) – 1ière méthode :
∀,∈R:uv0,0,01,1,00,1,−10,0,0
,,00,,−0,0,0
,,−0,0,0
−0
0.
Alors u,vest un système libre de Imf.
Puisque u,vest un système libre de Imfet puisque dimImfrgf 2alors
u,vest une base de Imf.
–2ième méthode :
10
11
0−1
L2L2−L1
10
01
0−1
L3L3L2
10
01
00
.
Alors : rgu,v2rgf dimImf.
Donc u,vest une base de Imf.
4) i) – 1ière méthode :
∀,,∈R:uvw0,0,01,1,00,1,−12,2,10,0,0
,,00,,−2,2,0,0,0
2,2,−0,0,0
20
20
−0
−2
−220
−2
0
0.
Donc Su,v,west un système libre de R3.
Puisque Su,v,west un système libre de R3qui contient trois vecteurs alors
Su,v,west une base de R3.
–2ième méthode :2 sur 7 Corr Ratt d’Alg 2 SMP-SMC 2015-16

102
112
0−11
L2L2−L1
102
010
0−11
L3L3L2
102
010
001
.
Alors rgS 3. Donc Su,v,west une base de R3.
–3ième méthode :
102
112
0−11
102
010
0−11
10
−11 1.
Donc Su,v,west une base de R3.
ii) D’après 3) i) on a : fu2uetf
vv.
fwBMf,BwBAwB
6−4−4
5−3−4
1−10
2
2
1
0
0
0
.
Alors fw0,0,0. Ce qui montre que D
200
010
000
.
Exercice 2 :
1) – 1ière méthode :
∀x,y,z∈R3:x,y,z∈E2x−y−z0z2x−y.
Donc : Ex,y,2x−y╱x,y∈Rx,0,2x0,y,−y╱x,y∈R
x1,0,2y0,1,−1╱x,y∈R
vect1,0,2,0,1,−1.
Ce qui montre que Eest un sous-espace vectoriel de R3et que 1,0,2,0,1,−1
est une base de E.
Alors Eest un sous-espace vectoriel de R3et dimE2.
–2ième méthode :
20−0−000,0,0∈EE≠∅.
∀∈R,∀ax,y,z∈Eet ∀a′x′,y′,z′∈E.
aa′x,y,zx′,y′,z′x,y,zx′,y′,z′xx′,yy′,zz′.
xx′−yy′−zz′2x2x′−y−y′−z−z′
2x−y−z2x′−y′−z′
2x−y−z2x′−y′−z′00
0.
Alors : aa′∈E.
Alors Eest un sous-espace vectoriel de R3.
∀x,y,z∈R3:x,y,z∈E2x−y−z0z2x−y.
Donc : Ex,y,2x−y╱x,y∈Rx,0,2x0,y,−y╱x,y∈R
x1,0,2y0,1,−1╱x,y∈Rvect1,0,2,0,1,−1.
Ce qui montre que 1,0,2,0,1,−1 est une base de E.
Par suite Eest un sous-espace vectoriel de R3et dimE2.
2) i) 21−1−12−1−10u1,1,1∈E.
22−1−34−1−30v2,1,3∈E.
3 sur 7 Corr Ratt d’Alg 2 SMP-SMC 2015-16

ii) – 1ière méthode :
∀,∈R:uv0,0,01,1,12,1,30,0,0
,,2,,30,0,0
2,,30,0,0
20
0
30
−
−20
−30
0.
Donc u,vest un système libre de E.
Puisque dimE2et puisque u,vest un système libre de Equi contient deux
vecteurs alors u,vest une base de E.
–2ième méthode :
12
11
13
L2L2−L1
L3L3−L1
12
0−1
01
L3L3L2
12
0−1
00
.
Alors : rgu,v2rgf dimE.
Donc u,vest une base de E.
3) – 1ière méthode :
∀,,∈R:uvw0,0,01,1,12,1,31,2,−10,0,0
,,2,,3,2,−0,0,0
2,2,3−0,0,0
20
20
3−0
−0
20
3−0
20
3−0
30
20
−2
−230
−2
0
0.
Donc Su,v,west un système libre de R3.
Puisque Su,v,west un système libre de R3qui contient trois vecteurs alors
Su,v,west une base de R3.
–2ième méthode :
4 sur 7 Corr Ratt d’Alg 2 SMP-SMC 2015-16

12 1
11 2
13−1
L2L2−L1
L3L3−L1
12 1
0−11
01−2
L3L3L2
12 1
0−11
00−1
.
Alors rgS 3. Donc Su,v,west une base de R3.
–3ième méthode :
12 1
11 2
13−1
12 1
0−11
01−2
−11
1−22−11≠0.
Donc Su,v,west une base de R3.
4).– 1ière méthode :
Puisque u,vest une base de E,west une base de F(car Fvectwet w≠0),
u,v∩w∅et u,vwu,v,west une base de R3alors Eet Fsont
supplémentaires dans R3.
–2ième méthode :
∀a∈E∩F:a∈Eet a∈F.
a∈Fvectw∃∈R╱aw1,2,−1,2,−
a,2,−∈E2−2−−00a0,0,0.
Alors E∩F0,0,0. Donc la somme de Eet Fest directe.
Puisque Fvectwet w≠0alors west une base de F.
Par suite dimF1.
dimE⊕FdimEdimF213dimR3.
Ce qui montre que Eet Fsont supplémentaires dans R3.
5) P
12 1
11 2
13−1
.
6) – 1ière méthode :
P|I3
12 1
11 2
13−1
100
010
001
L2L2−L1
L3L3−L1
12 1
0−11
01−2
100
−110
−101
L3L3L2
12 1
0−11
00−1
100
−110
−211
L2−L2
L3−L3
12 1
01−1
00 1
10 0
1−10
2−1−1
L1L1−L3
L2L2L3
120
010
001
−11 1
3−2−1
2−1−1
L1L1−2L2
100
010
001
−75 3
3−2−1
2−1−1
I3
−75 3
3−2−1
2−1−1
.
5 sur 7 Corr Ratt d’Alg 2 SMP-SMC 2015-16