Contrôle final

‫– اآ ال‬
‫د‬
‫وا‬
Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et sociales
RABAT
‫ا‬
‫ما‬
‫وا‬
‫ا‬
‫آ‬
‫اا ! ط‬
http://www.fsjesr.ac.ma
Filière de Sciences Économiques et de Gestion
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Responsable de la matière
:
:
:
:
:
:
S4
M 16 (Méthodes Quantitatives IV)
ALGEBRE II
Printemps-été, 2011-2012
A, B et C
Salma DASSER
Contrôle final
Durée : 2h
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Correction du contrôle final
Exercice 1............................................................................................................ 2
Exercice 2............................................................................................................ 5
Exercice 3............................................................................................................ 7
Professeure Salma DASSER
Session printemps-été 2012
1/10
[Semestre : S4, Module M16, Matière : Algèbre II]
Contrôle final
Exercice 1
2
1
Enoncé :
2
On considère le système linéaire :
0
1) Montrer que le système S est de Cramer si et seulement si
2) Discuter le système S , selon les valeurs du paramètre m.
3) Résoudre les systèmes S , S et S .
Solution :
1) Montrons que le système
!
est de Cramer si et seulement si !
s ' écrit sous la forme matricielle 4
1
5 .7
8 ; 5
91
1
2
1
det 5
Le système S
@1
2
1
@1
2
1
1
1
1
1
1
2
1:,8
;
est de Cramer si et seulement si det 5
2
A BA
1@
1 FC B FC
1 @ EFD B FD
AC
IJ
Donc le système S
AD @
F 1
G
F @1
2
0
1
5
1
2
3
0
0
2
1
@
2
1
3
1
H
0.
3
0
1
1
0,
est de Cramer si et seulement si
2) Discutons le système KL , selon les valeurs du paramètre L.
MNOP !
MNOP !
MNOP !
& $% !
";
&;
# $% !
"4
1
1
0,
1
", !
<
2
2
3.
# $% !
&.
7
3
@
0
;
2
H
= >
1
3 @1
2
1
2
1
1
1
1@
3.
est de Cramer.
est non Cramien et homogène 4 sa solution est un sous espace vectoriel.
D
est non Cramien et non homogène et il est compatible 4
5
D
3
91
2
1
2
1
2
1 :,8
3
Professeure Salma DASSER
D
12
; 0 <
12
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2/10
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Y
5
D
dim Y
8
ZF , FC , FD [ 4 \F , FC , FD ] ^ _`é abc det 5
5
Y
D
cd 5
D
5
D
D
3
car det ; 1
2
Donc le système
cd\F , FC , FD ]
1 12
2@ 0 <
1 12
0 L
LC
Y
ZF , FC , FD [ 4 \F , FC , FD ] ^ _`é abc det 5C
5C
C
3) Résolvons les systèmes
0
0
0
0
k
0
C
l
est non Cramien
2 abc \F , FC ] ^ _`8c
0
20
est non compatible
"
,
i
et
i
.
est non Cramien et homogène 4
Le système
2
Donc
cd\F , FC , FD ]
cd 5C
Donc le système
2
LD
est non Cramien
est non Cramien et non homogène et il est non compatible4
2 1 2
2
5C 91 3 1: , 8C ; 0 < ;
2 1 2
2
C
2 1 2
5C car det ;1 3@ 0 <
2 1 2
8C h Y
D
est compatible
D
#;
5C
0
D
2 abc \F , FC ] ^ _`8c
MNOP !
dim Y
j
Contrôle final
2
2
0k
j
I
, ,
2
2
0
0
0
, 2 ,
a pour solution le sous espace vectoriel Z 1, 2,1 [.
0
Le système
est de Cramer det 5
4 et homogène 8
;0< .
0
L’unique solution d’un système homogène de Cramer c’est le vecteur nul
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Session printemps-été 2012
3/10
[Semestre : S4, Module M16, Matière : Algèbre II]
Contrôle final
Le système
est de Cramer car 1 0,2, 3 : La solution est alors unique. On le résout par
la méthode des déterminants de Cramer ou par la méthode de l’inversion de sa matrice 5 .
Résolution de K
o ∆
o ∆p
o ∆r
o ∆t
par la méthode des déterminants de Cramer : det 5
1 1 2
2
5
91 0 1:;8
;0<
2 1
1
2
i
det 5
2 1
@0 0
2 1
1
@1
2
2
0
2
1 1
@1 0
2 1
6 4 det 5
2
1@
1
2
1@
1
2
0@
2
1 H
1
@1
2
2 1
H
2 1
1
1 H
1
2
0
2
2
H
2
2
3
0@
3
4I
4I
3
∆q
C
∆
1 H
2
2
∆u
∆
6
D
C
3
H
3
0I
D
o L'unique solution du système wS-1 y est alors donnée par : 7
Résolution de K
5
i
par la méthode de l’inversion de sa matrice } i :
€
•
•
•
•
~
1
6
1
2
1
6
1
2
1
2
1
2
1
ƒ
6‚
1‚
;8
2‚
1‚
6•
2
; 0 < I7
2
Professeure Salma DASSER
5
.8
∆s
∆
0
C
D
{0|
C
D
47
2
† 3 ‰̂
…0
2
„3‡
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4/10
[Semestre : S4, Module M16, Matière : Algèbre II]
Contrôle final
Exercice 2
2 1 2
91 3 1:.
2 1 2
Déterminer les valeurs propres et les sous espaces propres de la matrice ‹.
Construire une base orthonormée de ŒD formée de vecteurs propres de la matrice B.
Donner l’expression analytique de la forme bilinéaire f que définit la matrice B sur ŒD .
La forme bilinéaire f est-elle un produit scalaire sur ŒD ?
Enoncé :
1)
2)
3)
4)
On considère la matrice B
Solution :
1) Déterminons les valeurs propres et les sous espaces propres de la matrice •.
Détermination des valeurs propres :
1- Calcul déduit de l’exercice 1 :
Ž
det ‹ •Y
det 5
det 5
b• a
2
2- Calcul astucieux :
3
2
•
I det ‹
•Y
• •
5 •
2
(1) J
5 0 F1 F3 I •
0 est une valeur propre de la matrice 5.
1
1
5
(2) ‹. ;1< ;5< 5. ;1< I •C 5 est une valeur propre de la matrice 5.
1
1
5
(3) c 5
•
•C •D I 7 5 0 •D I •D 2 est la troisième valeur propre de 5.
3- Calcul direct :
det ‹
•Y
1
1
@1 3 •
2
1
2 •
@ 1
2
1
2
5 •
A
B
A
A
A
C
D
@ 1
3 •
1 @
1
2 •
2
1
1
1
I det ‹ •Y
5 • @1 3 •
1 @
2
1
2 •
1 FC B FC F 1
0
0
1 @ FD B FD F @1 2 • 0 @
2 •
2
1
•
I det ‹ •Y
• • 2 •
•
Les valeurs propres de la matrice ‹ sont alors j•C
•D
Professeure Salma DASSER
0, “
5, “C
2, “D
1
1
1
2
H
5
•
1
5
3
0
H
•
1
•
•
5
2
• 2
•
1 @
•
•
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Contrôle final
Détermination des sous espaces propres :
”i
", •
”#
–, •—
”&
#, •C
2
Z 1,0, 1 [ 4 j
2
Z 1,1,1 [ 4 j
2
3
2
3
2
Z 1, 2,1 [ 4 j
2
2
3
2
2
0
0k
0
0
0
0
0
0
2
l
0k
k
k
3
l
2
2
2
l
2
2
2
3
3
2
3
2
0k
2
l
˜
0
2
3
0k
0k
2) Construisons une base orthonormée de Œ& formée de vecteurs propres de la matrice •.
On pose : ™
1,0, 1 ; ™C
1,1,1 ; ™D
1, 2,1 .
\™ ; ™C ; ™D ] est un système orthogonal car 2 vecteurs propres associés à 2 valeurs propres distinctes
sont orthogonaux.
‹ \™ ; ™C ; ™D ] est une base de ŒD car un système orthogonal est libre, donc une base si son ordre
est égal à la dimension de l’espace vectoriel (ici šcJc ‹
dim ŒD =3)
On construit à partir de \™ ; ™C ; ™D ] une base orthonormée de ŒD :
ž Ÿ
œ
œ
ŸC
•
œ
œŸD
›
1
™
™
1
™
™C C
1
™
™D D
1
√2
1
√3
1
√6
1,0, 1 I Ÿ
1,1,1 I ŸC
1, 2,1 I ŸD
\Ÿ , ŸC , ŸD ] est une base orthonormée de ŒD
1
1
E , 0, G
√2
√2
1 1 1
E ,
, G
√3 √3 √3
1
2 1
E ,
, G
√6 √6 √6
3) Donnons l’expression analytique de la forme bilinéaire ¢ que définit la matrice • sur Œ& .
£
,
2
C
2
D
C
3
C C
C D
4) Vérifions si la forme bilinéaire ¢ est un produit scalaire sur Œ& .
2
D
D C
2
D D
La forme bilinéaire £ n’est pas un produit scalaire sur ŒD car les valeurs propres de la matrice B
ne sont pas toutes strictement positives (•
0 .
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6/10
[Semestre : S4, Module M16, Matière : Algèbre II]
Contrôle final
Exercice 3
0
9 1
1
Enoncé :
On considère la matrice A
1
2
1
1
1: et les vecteurs b
0
0
;0< , bC
0
1
;1< et bD
1
Déterminer une base de Im A et une base de ¦Im A § .
Construire une base orthonormée de Im A et une base orthonormée de ker A .
En déduire une base orthonormée de ŒD .
Parmi les systèmes linéaires suivants, lesquels sont compatibles ?
1 A. 7 8
2 A. 7 8C 3 A. 7 8D
5) Déterminer l’expression analytique de la projection orthogonale sur Im A .
6) Résoudre A. X bC au sens des moindres carrés.
7) Déterminer la distance de Im A à bC .
1)
2)
3)
4)
¨
Solution :
1
; 2<.
1
1) Déterminons une base de ª! « et une base de ¦ª! « § .
¨
Une base de ª! « :
0
1
1
; 1< , CC ; 2 < et CD ; 1< sont les colonnes de la matrice 5 .
1
1
0
C
CC CD 0 I rg¦Im A § ¬ 3
Z C ; CD [ : \C ; CD ] est libre I rg¦Im A § 2
Im A
\ 0, 1,1 ; 1, 1,0 ] est une base de Im A
Im A
ZC ; CC ; CD [ : C
Une base de ¦ª! « § :
¨
-
Im A
\C ; CD ] est une base de Im A
•
• , •C , •D
¦Im A §
I ¦Y
5 §
¨
¨
ZC ; CD [ 4 F
®Ž
0, 1,1 ; FD
Z•, CC [
• ¯ CC
®Ž
• ¯ CD
Z•, CD [
1, 1,0
•C
0
•
•D 0
® °•
®Ž C
•
•C 0
0
Z 1,1,1 [ 4 \ 1,1,1 ]est une base de ¦Im A §
¨
•D
•C
2) Construisons une base orthonormée de ª! « et une base orthonormée de ker « .
Une base orthonormée de ª! « :
Im A
Z 0, 1,1 ; 1, 1,0 [
\™ , ™C ] est une base de Im A .
On pose ™
0, 1,1 et ™C
1, 1,0 :
On construit à partir de \™ , ™C ] une base orthonormée de Im A par le procédé de Gram-Schmid :
² 0 C
ٱ
™
0, 1,1 4 ٱ
1 C
1 C √2
1
1
1 1
Ÿ
ٱ
E0,
, G
0, 1,1 I ε
ٱ
√2
√2 √2
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Session printemps-été 2012
7/10
[Semestre : S4, Module M16, Matière : Algèbre II]
ŸC
1
ٱ
ٱC C
Ÿ ´C
2
Z™C , Ÿ [. Ÿ
™C
1 1
E1,
, G = ٱC
2 2
√6
1
² 2
2
\Ÿ , ŸC ] est une base orthonormée de Im A
Une base orthonormée de µ¶· « :
5 est symétrique I “ c 5
On pose ™D
1
1, 1,0
¦Y
√2
C
5 §
¨
E0,
1
1
C
E1,
1 1
, G
2 2
√6
> I εC
2
E
2
1
G
√6 √6 √6
,
1
,
\ 1,1,1 ] est une base de “ c 5
\™D ] est une base de Ker A .
1
1
1,1,1 I ŸD
ŸD
™D
™D
√3
1,1,1 :
C
1 1
, G
√2 √2
Contrôle final
\ŸD ] est une base orthonormée de Ker A
1 1 1
E ,
, G
√3 √3 √3
3) Déduisons-en une base orthonormée de Œ& .
Puisque : w“ c 5
Alors :
¦Y
¨
5 § y
Im A ¹ Ker A
ŒD deus sous espaces orthogonaux sont supplémentaires)
\Ÿ , ŸC ] est une base orthonormée de Im A
\ŸD ] est une base orthonormée de Ker A
\Ÿ , ŸC , ŸD ] est une base orthonormée de ŒD
4) Déterminons, parmi les systèmes linéaires suivants, lesquels sont compatibles.
º» ¼½¼%è!$ ¾¿»éÀ¿P$ }. Á
«. Á
(1) «. Á
Âi 4 A
(2) «. Á
Â# 4 A
Âi est homogène donc compatible
 $¼% ÃN!ÄÀ%¿Å¾$ ¼¼¿ Â
0
9 1
1
0
9 1
1
Z 0, 1,1 ; 1, 1,0 [
0
1 1
8C h Y
5 car det ; 1
3
1@1< 0
1
0 1
Donc le système }. Á Â# est non compatible
Im A
Professeure Salma DASSER
1
2
1
1
2
1
1
1: ; b
0
1
1 : ; bC
0
0
;0<
0
ÆL }
1
;1 <
1
Session printemps-été 2012
8/10
[Semestre : S4, Module M16, Matière : Algèbre II]
Contrôle final
(3) «. Ç
0
9 1
1
Å& 4 A
1
2
1
Z 0, 1,1 ; 1, 1,0 [
0
1 1
8C Y 5 car det ; 1
1@ 2< 0 L
1
0 1
Donc le système }. Á Â& est compatible
Im A
1
1: ; bD
0
LC
LD
1
; 2<
1
0
5) Déterminons l’expression analytique de la projection orthogonale sur ª! « .
2 : \ε , εC ] est une base orthonormée de Im A : ε
dim Im A
La projection orthogonale sur Y
žZ , Ÿ1 [. Ÿ1
•Z , Ÿ [. Ÿ
2
2
›
Donc, Éx
1
√2
1
√6
2
2
3
1
2
ŒD , on a :
ÊË
E0,
1 1
1
, G E0,
2
√2 √2
1 1
2
,
, G
3 E
√6 √6 √6
E
Ì
5 est donnée par : É
2
3
1
3
1
1
3
2
2
3
E
1
2
2
3
1
3
1
1
;
3
,
1
2
1
2
3
2
3
2
2
w0,
ŒD , ÊË
1
2
1
3
1
3
3
3,
3
G
;
1
3
Ì
1
6
1
1
3
,
Z , Ÿ [. Ÿ
1
3
2
3
2
1
3,
6
2
1
1
y , εC
√C √C
3
3
w
C
,
,
√È √È √È
Z , ŸC [. ŸC
1
6
1
y
1
6
2
3
G
G
Remarque :
♦ Une méthode plus rapide pour déterminer la projection orthogonale sur Y 5 consiste à la
déduire de celle sur son orthogonal Î c 5 qui est de dimension plus petite : dim Î c 5
1.
1 : \εD ] est une base orthonormée de Î c A avec ŸD
dim KerA
La projection orthogonale ÊÏÐÑ Ì
sur Î c 5 est donnée par : É
1
1 1 1
1
1
1
1
1
Z , Ÿ3 [. Ÿ3
,
, G E 1
1
2
3 E
2
3 ;
1
3
3
3
3
3
√3
√3 √3 √3
Donc, Éx
ŒD , on a :
ÊÏÐÑ
1
E
Ì
3
La projection orthogonale sur Y
ÊË
Ì
E
2
3
1
1
1
3
1
3
2
3
;
1
3
1
5 définie par ÊË
1
3
2
1
3
3
;
1
3
1
Professeure Salma DASSER
1
3
2
Ì
2
3
2
1
3
1
3
3
3
;
;
1
3
1
ÊÏÐÑ
1
3
1
w
,
,
y
√D √D √D
ŒD , ÊÏÐÑ Ì
1
3
Ì
1
3
2
3
1
3
2
1
;
3
3
1
1
3
Z , ŸD [. ŸD
2
1
3
3
G
G
est alors donnée par :
1
3
2
2
3
3
G
Session printemps-été 2012
9/10
[Semestre : S4, Module M16, Matière : Algèbre II]
6) Résolvons «. Ç
ÊË
Å# au sens des moindres carrés.
Ì
On calcule 8ÔC
Remarque :
♦ Puisque 8C
Contrôle final
2
E
3
ÊË
Ì
1
3
Ò#
(1) Calcul de Â
1
3
C
8C :
D
;
8C
Î c 5 et “ c 5
¦Y
1
3
2
3
ÓÆL } Â#
1
3
C
1
;1< I 8ÔC
1
D
0
;0 <
0
5 § alors 8ÔC
ÊË
¨
Ò
(2) Résolution du système }. Á
Le système s’écrit :
Ò
le système }. Á
2
j
0
1
3
;
0 ® j0
Ì
8C
Ò#
Â
1
3
2
3
C
D
0
;0< .
0
0
0
Ò
Â# a pour solution le sous espace vectoriel Z 1,0, 1 [.
L´ ensemble des solutions au sens des moindres carrées du système «. Ç
est alors égal au sous espace vectoriel Z 1,0, 1 [
7) Déterminons la distance de ª! « à Å# .
Or :
Donc :
J Y
Ù8ÔC
A , bC
1
;1<
1
min
Õ Ë
8C
Ö
bC
×
1
;1<Ú I Ø8C
1
J Y
ØbC
A ; bC
Professeure Salma DASSER
8ÔC Ø
ÊË
Ì
0
Û;0
0
√3
G
8C Ø
1
1<Û
1
ØbC
√1
8ÔC Ø
1
Å#
1
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10/10