2009/2010 Alger

E.S.I. ALGEBRE2 1CPA et 1CPB 2009/2010
Corrigé du Contrôle intermédiaire
Partie 1 : Algèbre Linéaire.
Exercice 1 : (5pts)
Soient E=R4,F=f(x; y; z; t)2R4: 2x+y3z+t= 0g:
1/ Montrer que Fest un s.e.v. de Eet donner une base de F:
2/ On pose G=<(1;1;1;1) > :
Montrer que Fet Gsont supplémentaires dans E:
Solution :
1/
F=(x; 2x+ 3zt; z; t)2R4:x; z; t 2R
=hv1= (1;2;0;0) ; v2= (0;3;1;0) ; v3= (0;1;0;1)i
d’où Fest un s.e.v. de Eet (v1; v2; v3)est une famille génératrice de F.(1pt + 1pt)
De plus (v1; v2; v3)est libre (on peut le véri…er par échelonnement, par exemple). (1pt)
2/ Par dé…nition, Gest un s.e.v. de E. Si on pose w= (1;1;1;1), on a :
Fet Gsont supplémentaires dans E,(v1; v2; v3; w)base de R4(0.5pt)
,(v1; v2; v3; w)famille libre de R4
car : card (v1; v2; v3; w) = dim R4= 4:(0.5pt)
En échelonnant (v1; v2; v3; w), on véri…e qu’elle est libre. (1pt)
Exercice 2 : (5pts)
On considère dans l’espace E=R4les vecteurs suivants :
u= (1;1;0;1) ; v = (1;0;0;1) ; w = (1;1;0;1)
On pose : A=< u; v; w > le s.e.v. de R4engendré par la famille fu; v; wg;et soit le
s.e.v. de E:
B=(x; y; z; t)2R4=x +yz+ 2t= 0
Déterminer une base de A; B; A +Bet A\B:
Solution :
1- En échelonnant la famille fu; v; wg, on remarque est liée. En e¤et :
1 1 1
1 0 1
0 0 0
111
1 0 0
112
0 0 0
1 0 0
(0.5pt)
On peut choisir comme base de A:(u= (1;1;0;1) ;(vu) = e2= (0;1;0;0)).(0.5pt)
1

2-
B=(x; y; z; t)2R4=x +yz+ 2t= 0
=(x; y; z; t)2R4=z =x+y+ 2t
=(x; y; x +y+ 2t; t)2R4=x; y; t 2R
=hv1= (1;0;1;0) ; v2= (0;1;1;0) ; v3= (0;0;2;1)i(0.5pt)
De plus, (v1= (1;0;1;0) ; v2= (0;1;1;0) ; v3= (0;0;2;1)) est libre donc base de B.(0.5pt)
3- le s.e.v. A+Badmet pour famille génératrice : (v1; v2; v3; u; e2)(réunion des bases de
Aet de B). (0.5pt)
Il su¢ t d’étudier la liberté de (v1; v2; v3; u; e2)par échelonnement :
v1v2v3u e2
1 0 0 1 0
0 1 0 1 1
1 1 2 0 0
0 0 1 1 0
v1v2v3u0e0
2
1 0 0 0 0
0 1 0 1 0
1 1 2 11
0 0 1 1 0
,u0=uv1et e0
2=e2v2
v1v2v3u00 e00
2
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
1 1 2 2 0
0 0 1 1 1
,u00 =u0v2et e00
2= 2e0 2+v3
On remarque que u00 et v3sont liés, donc en supprimant u00 on trouve une famille libre
v1; v2; v3; e00
2qui est une base de A+B.(1pt)
4- D’après la formule :
dim (A+B) = dim A+ dim Bdim (A\B);
on aura : dim (A\B) = 1.
Soit (x; y; z; t)2A\B, donc :
(x; y; z; t)=(x; y; x +y+ 2t; t)car (x; y; z; t)2B
=u +e2car (x; y; z; t)2Aet (u; e2)base de A
=(1;1;0;1) + (0;1;0;0)
d’où : 8
>
>
<
>
>
:
x=
y=
x+y+ 2t= 0
t=
On remplace les équations : (1) ;(2) et (4) dans (3), on obtient : +2= 0 i.e. :
= 0.
Cela veut dire que : (x; y; z; t) = u =(1;1;0;1), d’où : A\B hui:
Comme : dim (A\B) = dim hui= 1 donc : A\B=hui, par conséquent : (u)base de
A\B: (1.5pt)
2

Exercice 3 : (5pts)
Soit E=R3[X]
Soit l’application fdé…nie par : f:R3[X]!R3[X]
P7! f(P) = PXP 0où P0désigne la
dérivée de P:
1/ Montrer que fest linéaire.
2/ Trouver une base de ker fet la compléter en une base de R3[X]:
3/ Trouver une base de Im fet la compléter en une base de R3[X]:
Solution :
1/ Soient P1; P22R3[X]et 2R. On a :
f(P1+P2)=(P1+P2)X(P1+P2)0
=P1XP 0
1+P2XP 0 2
=f(P1) + f (P2):(1pt)
2/ On a :
ker f=fP2R3[X]tel que :f(P) = 0g:
Si on pose : P=a0+a1X+a2X2+a3X3, où : a0; a1; a2; a32R, on aura :
f(P)=0,PXP 0= 0
,a0+a1X+a2X2+a3X3Xa1+ 2a2X+ 3a3X2= 0
,a0a2X22a3X3= 0
,a0=a2=a3= 0
D’où :
ker f=fP=a1Xtel que : a12Rg=hXi:(1pt)
On complète la base de ker fpar la famille : (1; X2; X2).(1pt)
3/ On a :
Im f=ff(P)tel que : P2R3[X]g
=a0a2X22a3X3tel que : P=a0+a1X+a2X2+a3X32R3[X]
=1; X2; X3(1pt)
On complète la base de Im fpar la famille : (X).(1pt)
Exercice 4 : (2pts)
On considère les R-espaces vectoriels Cet R. Dire, en justi…ant, si les applications
suivantes sont linéaires :
1=f:C!C
z7! f(z) = z, où zdésigne le conjugué de z.
2=g:C!R
z7! f(z) = jzj, où jzjdésigne le module de z.
3

Solution :
1/ fest linéaire car pour tous z; z02Cet 2R, on a :
fz+z0=z+z0
=z+z0(on utilise les propriétés du conjugué)
=f(z) + f z0.(1pt)
2/ gn’est pas linéaire car il existe des nombres comlexes z; z02Ctels que l’on a :
gz+z06=g(z) + gz0(on utilise les propriétés du module). (1pt)
Exercice 5 : (3pts)
Soient les matrices réelles suivantes :
A=0 1 4
213; B =1 5 1 103 ; C =0
@
12
21
0 2
1
A:
1/ Déterminer le type de chaque matrice.
2/ Déterminer les éléments : a11,b31,c21.
3/ Calculer : A+B,AC:
Solution :
1/ Les types respectifs sont : (2:3) ;(2:3) ;(3:2).(0.253pt)
2/ a11 = 0,b31 n’existe pas, c21 = 2.(0.253pt)
3/ A+B=0 1 4
213+1 5 1 103 =1 6 3 116.(0.5pt)
et AC =0 1 4
2130
@
12
21
0 2
1
A=2 7
0 9 .(1pt)
Partie 2 : Arithmétique dans Z.
Exercice 1 : (5pts)
On considère l’anneau unitaire commutatif Z=5Z.
1- Dresser la table de multiplication de Z=5Z.
2- Résoudre dans Z=5Zl’équation : 2x+ 3 = 4.
3- Z=5Zest-il un corps ? Justi…er.
Solution :
1- On a : Z=5Z=0;1;2;3;4.(0.5pt)
01234
0 0 0 0 0 0
1 0 1 2 3 4
2 0 2 4 1 3
3 0 3 1 4 2
4 0 4 3 2 1
. (1.5pt)
4

2- En multipliant l’équation 2x+ 3 = 4 par 3, on obtient l’équation : x+ 4 = 2 auquelle
on ajoute 1. Finalement, on obtient : x= 3.(1.5pt)
3- Oui Z=5Zest un corps, car tout élément di¤érent de 0admet un symétrique. En
e¤et: 11= 1;21= 3;31= 2 et 41= 4.(1.5pt)
Exercice 2 : (5pts)
1- Montrer que pour tout n2N, l’entier 7n1est divisible par 6.
2- Soient aet bdes entiers naturels non tous les deux nuls. Montrer qu’alors 15a+ 4bet
11a+ 3bne sont pas tous les deux nuls et que leur pgcd vaut pgcd (a; b).
3- Quel est le reste de la division euclidienne de 1955 par 7?:
Solution :
1- On utilise le raisonnement par récurrence. Pour n= 0, c’est vrai. Supposons 7n1
est divisible par 6, alors :
7n+1 1=7n+1 7+71
= 7 (7n1) + 6 somme de deux nombres divisibles par 6.(1pt)
2- On commence par montrer que 15a+ 4bet 11a+ 3bne sont pas tous les deux nuls.
Supposons, par l’absurde, que 15a+ 4b= 0 et 11a+ 3b= 0, ce qui entraine : 3 (15a+ 4b)
4 (11a+ 3b) = 0, i.e. : a= 0 et b= 0, ce qui est impossible car par hypothèse aet bsont
des entiers naturels non tous les deux nuls. (1pt)
Montrons, maintenant, que : pgcd (a; b) = pgcd (15a+ 4b; 11a+ 3b). Posons :
D=pgcd (a; b)et D0=pgcd (15a+ 4b; 11a+ 3b):
On a : Ddivise aet b, donc Ddivise 15a+ 4bet 11a+ 3b, d’où : Ddivise D0.(0.5pt)
D’autre part : D0divise 15a+ 4bet 11a+ 3b, donc D0divise 3 (15a+ 4b)4 (11a+ 3b),
i.e. D0divise a. De même D0divise 11 (15a+ 4b)15 (11a+ 3b), i.e. D0divise b. D’où : D0
divise aet bpar conséquent D0divise D.(0.5pt)
3- En utilisant les règles de congruences, on a :
19 5 [7] ;1924 [7] ;1936 [7] ;1942 [7] ;1953 [7] ;1961 [7] (0.5pt)
D’où :
196n1 [7] ;196n+1 5 [7] ;196n+2 4 [7] ;196n+3 6 [7] ;
196n+4 2 [7] ;196n+5 3 [7] ;8n2N(1pt)
Comme : 55 = 6 9 + 1 donc : 1955 5 [7] i.e. : le reste de la division euclidienne de
1955 par 7est égal à 5(0.5pt).
N.B. : Note de l’interrogation 2 : (Exo1 ou Exo2)+Exo3+Exo4+Exo5. (Total
15 pts).
Note du Contrôle intermédiaire : (Exo1 ou Exo2)+Exo3+Partie2. (Total
20pts).
5