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) 2 R4 : 2x + y 3z + t = 0g :
1/ Montrer que F est un s.e.v. de E et donner une base de F:
2/ On pose G =< (1; 1; 1; 1) > :
Montrer que F et G sont supplémentaires dans E:
Solution :
1/
F = (x; 2x + 3z t; z; t) 2 R4 : x; z; t 2 R
= hv1 = (1; 2; 0; 0) ; v2 = (0; 3; 1; 0) ; v3 = (0; 1; 0; 1)i
d’où F est un s.e.v. de E et (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, G est un s.e.v. de E. Si on pose w = (1; 1; 1; 1), on a :
F et G sont 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 = R4 les 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 R4 engendré par la famille fu; v; wg ; et soit le
s.e.v. de E :
B = (x; y; z; t) 2 R4 =x + y z + 2t = 0
Déterminer une base de A; B; A + B et A \ B:
Solution :
1- En échelonnant la famille fu; v; wg, on remarque est liée. En e¤et :
1
1
0
1
1
0
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
0
1
0
0
0
2
0
0
On peut choisir comme base de A : (u = (1; 1; 0; 1) ;
1
(0.5pt)
(v
u) = e2 = (0; 1; 0; 0)). (0.5pt)
2B = (x; y; z; t) 2 R4 =x + y z + 2t = 0
= (x; y; z; t) 2 R4 =z = x + y + 2t
= (x; y; x + y + 2t; t) 2 R4 =x; y; t 2 R
= 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 + B admet pour famille génératrice : (v1 ; v2 ; v3 ; u; e2 ) (réunion des bases de
A et de B). (0.5pt)
Il su¢ t d’étudier la liberté de (v1 ; v2 ; v3 ; u; e2 ) par échelonnement :
v1 v2 v3
1 0 0
0 1 0
1 1 2
0 0 1
u e2
1 0
1 1
0 0
1 0
0
0
v1 v2 v3
1 0 0
0 1 0
1 1 2
0 0 1
u
0
1
1
1
v1 v2 v3
1 0 0
0 1 0
1 1 2
0 0 1
u e2
0 0
00
0
0 0 ,u =u
2 0
1 1
00
e2
0
0
0 ,u =u
1
0
0
v1 et e2 = e2
v2
00
00
00
0
v2 et e2 = 2e2 + v3
00
On remarque que u et v3 sont liés, donc en supprimant u on trouve une famille libre
00
v1 ; v2 ; v3 ; e2 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) 2 A \ B, donc :
(x; y; z; t) = (x; y; x + y + 2t; t) car (x; y; z; t) 2 B
= u + e2 car (x; y; z; t) 2 A et (u; e2 ) base de A
=
(1; 1; 0; 1) + (0; 1; 0; 0)
d’où :
8
x
>
>
<
y
x + y + 2t
>
>
:
t
=
=
= 0
=
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 f dé…nie par :
f : R3 [X] ! R3 [X]
P
7! f (P ) = P
0
XP
dérivée de P:
1/ Montrer que f est linéaire.
2/ Trouver une base de ker f et la compléter en une base de R3 [X] :
3/ Trouver une base de Im f et la compléter en une base de R3 [X] :
Solution :
1/ Soient P1 ; P2 2 R3 [X] et 2 R. On a :
f (P1 + P2 ) = (P1 + P2 )
=
0
X (P1 + P2 )
0
P1
0
où P désigne la
XP1 +
P2
= f (P1 ) + f (P2 ) :
0
XP2
(1pt)
2/ On a :
ker f = fP 2 R3 [X] tel que : f (P ) = 0g :
Si on pose : P = a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3 , où : a0 ; a1 ; a2 ; a3 2 R, on aura :
0
f (P ) = 0 , P XP = 0
, a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3
, a0 a2 X 2 2a3 X 3 = 0
, a0 = a2 = a3 = 0
X a1 + 2a2 X + 3a3 X 2 = 0
D’où :
ker f = fP = a1 X tel que : a1 2 Rg = hXi :
On complète la base de ker f par la famille : (1; X 2 ; X 2 ).
3/ On a :
(1pt)
(1pt)
Im f = ff (P ) tel que : P 2 R3 [X] g
= a0 a2 X 2 2a3 X 3 tel que : P = a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3 2 R3 [X]
= 1; X 2 ; X 3
(1pt)
On complète la base de Im f par la famille : (X).
(1pt)
Exercice 4 : (2pts)
On considère les R-espaces vectoriels C et R. Dire, en justi…ant, si les applications
suivantes sont linéaires :
1=
2=
f : C !C
, où z désigne le conjugué de z.
z 7! f (z) = z
g: C !R
, où jzj désigne le module de z.
z 7! f (z) = jzj
3
Solution :
0
1/ f est linéaire car pour tous z; z 2 C et
f z+ z
0
2 R, on a :
= z + z0
= z + z 0 (on utilise les propriétés du conjugué)
= f (z) + f z
0
.
(1pt)
0
2/ g n’est pas linéaire car il existe des nombres comlexes z; z 2 C tels que l’on a :
g z+z
0
6= g (z) + g z
0
(on utilise les propriétés du module).
Exercice 5 : (3pts)
Soient les matrices réelles suivantes :
A=
0
1 4
2 1 3
1 5
1
1 0 3
;B =
0
1
1
2
1 A:
;C = @ 2
0 2
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)
0
1 4
1 5
1
1 6 3
3/ A + B =
+
=
. (0.5pt)
2 1 30
1 10 3
1 1 6
1
2
2 7
0
1 4 @
2
1 A=
et AC =
. (1pt)
2 1 3
0 9
0 2
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=5Z l’équation : 2x + 3 = 4.
3- Z=5Z est-il un corps ? Justi…er.
Solution :
1- On a : Z=5Z = 0; 1; 2; 3; 4 . (0.5pt)
0
1
2
3
4
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
4
0
4
. (1.5pt)
3
2
1
(1pt)
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=5Z est un corps, car tout élément di¤érent de 0 admet un symétrique. En
e¤et:
1
1
1
1
1
= 1; 2
= 3; 3
= 2 et 4
= 4. (1.5pt)
Exercice 2 : (5pts)
1- Montrer que pour tout n 2 N, l’entier 7n 1 est divisible par 6.
2- Soient a et b des entiers naturels non tous les deux nuls. Montrer qu’alors 15a + 4b et
11a + 3b ne sont pas tous les deux nuls et que leur p gcd vaut p gcd (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 (7n
7+7 1
1) + 6 somme de deux nombres divisibles par 6. (1pt)
2- On commence par montrer que 15a + 4b et 11a + 3b ne 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 a et b sont
des entiers naturels non tous les deux nuls. (1pt)
Montrons, maintenant, que : p gcd (a; b) = p gcd (15a + 4b; 11a + 3b). Posons :
0
D = p gcd (a; b) et D = p gcd (15a + 4b; 11a + 3b) :
0
On a : D divise a et b, donc D divise 15a + 4b et 11a + 3b, d’où : D divise D . (0.5pt)
0
0
D’autre part : D divise 15a + 4b et 11a + 3b, donc D divise 3 (15a + 4b) 4 (11a + 3b),
0
0
0
0
i.e. D divise a. De même D divise 11 (15a + 4b) 15 (11a + 3b), i.e. D divise b. D’où : D
0
divise a et b par conséquent D divise 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
196n+4
1 [7] ; 196n+1
2 [7] ; 196n+5
Comme : 55 = 6 9 + 1 donc : 1955
1955 par 7 est égal à 5 (0.5pt).
5 [7] ; 196n+2 4 [7] ; 196n+3
3 [7] ; 8n 2 N (1pt)
6 [7] ;
5 [7] i.e. : le reste de la division euclidienne de
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