2010/2011 Alger Controle intermediaire

E.S.I.
2010-2011
1CPI : SECTIONS A ET B.
CORRIGE SUCCINT du CONTROLE INTERMEDIAIRE ALGEBRE 2
PARTIE 1 : (ALGEBRE LINEAIRE)
Pour toute la suite Kdésigne un corps commutatif.
Exercice 1 : (5.5 pts)
I- Soit Eun K- espace vectoriel.
1- Montrer que :
Pour tout 2Ket tout x2E:x = 0 )= 0 ou x= 0:(0.5 pt)
Solution : Soient 2Ket x2E, il su¢ t de montrer que (x = 0 et 6= 0) )x= 0.
Pour cela on multiplie, à gauche, l’égalité x = 0 par 1, on obtient ainsi : 1(x) =
10d’où x= 0:
2- Soient Fet Gdeux s.e.v. de E. Montrer que : hF[Gi=F+G:(1.5 pts)
Solution : En utilisant la dé…nition d’un s.e.v. engendré par une partie, on doit montrer
les trois propriétes suivantes :
i/ F[GF+G.ii/ F+Gs.e.v. de E.iii/ Si Hest un s.e.v. de Etel que F[GH
alors F+GH. En e¤et :
i/ Soit x2F[G, alors x2Fou x2G. Si x2F, alors on peut écrire x=x+0 2F+G,
et il en est de même si x2G.
ii/ F+Gs.e.v. de Eest un résultat du cours.
iii/ Soit Hun s.e.v. de Etel que F[GH, alors montrons que F+GH. Soit
z2F+G, donc z=x+yavec x2Fet y2G, donc x; y 2F[Gd’où x; y 2Hpar
hypothèse. Or Hest un s.e.v. de E, donc x+y=z2H. CQ.F.D..
3- Soit Fun sous-ensemble de E: Montrer que : (1.5 pts)
(F6=?et Fstable par combinaison linéaire de couple de vecteurs))Fsous-espace vectoriel de E:
Solution : On rappelle que Fstable par combinaison linéaire de couple de vecteurs
veut dire que pour tous ;  2Ket pour tous x; y 2Fle vecteur x +y 2F.
Pour monter que Fest un sous-espace vectoriel de E, on utilise la dé…nition, i.e. : on
montre que Fmuni des lois de Eest un K- espace vectoriel. Pour cela, on commence par
monter que (F; +) est un groupe abélien, il su¢ ra donc de monter que Fest un sous-groupe
de (E; +). On a déjà par hypothèse F6=?, et soient x; y 2Fdonc x+y2F(on prend
== 1), et x2F(on prend =1et = 0 et on utilise que (1) x=x).
Pour les autres propriétés, il su¢ ra de considérer les éléments de Fcomme étants des
éléments de E.
1

II- On considère le C- espace vectoriel C.
1- La famille de vecteurs (1; i)est-elle libre? Justi…er. (0.5 pt)
Solution : Non (1; i)n’est-elle pas libre car : i=i:1.
2- La famille de vecteurs (1; i)est-elle génératrice minimale? Justi…er. (0.5 pt)
Solution : Non (1; i)n’est-elle pas génératrice minimale car : i=i:1.
III- Ecrire chacune des fonctions suivantes comme somme d’une fonction paire et une
fonction impaire. (1 pt)
exp x; cos x; x +x3et 2:(exp désigne la fonction exponentielle).
Solution : On rappelle ce résultat vu en TD : A(R;R)est somme directe de son s.e.v.
des applications paires et de son s.e.v. des applications impaires.
Pour tout f2A(R;R) : f=g+hoù g; h 2A(R;R)avec gpaire et himpaire,
tels que : Pour tout x2R,g(x) = f(x) + f(x)
2et h(x) = f(x)f(x) 2. D’où :
exp x=chx +shx,cos x= cos x+ 0,x+x3= 0 + x+x3et 2 = 2 + 0.
Exercice 2 : (4.5 pts)
Soit Eet Fdeux K-espaces vectoriels et f:E!Fune application. On dit que fest
un morphisme d’espaces vectoriels s’il véri…e :
i/ Pour tous V,W2E:f(V+W) = f(V) + f(W):
ii/ Pour tout 2Ket tout V2E:f(V ) = f (V).
I/ Considérons les deux R-espaces vectoriels R2et R3et soit l’application fdé…nie par:
f:R2!R3
f(x; y)7! f(x; y) = (x+ 2y; x + 2y; 0)
1/ Montrer que fest un morphisme d’espaces vectoriels. (1 pt)
Solution : Soeint (x; y)et x0; y02R2et 2R. On a :
i/
fh(x; y) + x0; y0i =fhx+x0; y +y0i
=x+x0+ 2 y+y0; x +x0+ 2 y+y0;0
= (x+ 2y; x + 2y; 0) + x0+ 2y0; x0+ 2y0;0
=f(x; y) + fx0; y0.
2

i/
f[(x; y)] = f(x; y) = (x + 2y; x + 2y; 0) = (x+ 2y; x + 2y; 0) = f (x; y).
2/ Calculer l’image par fdes deux vecteurs e1= (1;0) et e2= (0;1).(0.5 pt)
Solution : On a : f(e1) = f(1;0) = (1;1;0) et f(e2) = f(0;1) = (2;2;0).
3/ Est-ce que la famille (f(e1); f (e2)) est une famille génératrice de R3? Déduire.(1 pt)
Solution : La famille (f(e1); f (e2)) n’est pas une famille génératrice de R3, car son
cardinal est inférieur strictement à dim R3.
On déduit que l’image d’une famille génératrice, par un morphisme d’espaces vectoriels,
de l’espace de départ n’est pas nécessairement une famille génératrice de l’espace d’arrivée.
4/ Est-ce que la famille (f(e1); f (e2)) est une famille libre de R3? Déduire.(1 pt)
La famille (f(e1); f (e2)) n’est pas une famille libre de R3, car f(e2) = 2:f (e1).
On déduit que l’image d’une famille libre, par un morphisme d’espaces vectoriels, de
l’espace de départ n’est pas nécessairement une famille libre de l’espace d’arrivée.
II/ Soit f:E!Eun morphisme d’espaces vectoriels véri…ant ff= 0. Montrer que:
Im fker f: (1 pt)
Solution : on rappelle que l’hypothèse ff= 0 veut dire que pour tout x2E:
f(f(x)) = 0. Soit y2Im f, il existe x2Etel que y=f(x), donc f(y) = f(f(x)) = 0,
i.e. y2ker f:
PARTIE 2 : (ARITHMETIQUE DANS Z)
Exercice 1 : (5 pts)
On considère l’anneau unitaire commutatif Z=8Z.
1- Dresser la table de multiplication de Z=8Z.(1.5 pts)
Solution : On a : Z=8Z=0;1;2;3;4;5;6;7
01234567
0 00000000
1 01234567
2 02460246
3 03614725
4 04040404
5 05274163
6 06420642
7 07654321
2- Déduire :
a/ Les éléments inversibles de Z=8Z.(0.5 pt)
Solution : Les éléments inversibles de Z=8Zsont : 1;3;5et 7:
b/ Les éléments nilpotents de Z=8Z. (On rappelle qu’un élément xd’un anneau
unitaire (A; +; :)est dit nilpotent s’il existe un entier positif non nul ktel que xk= 0).(0.5pt)
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Solution : Les éléments nilpotents de Z=8Zsont : 0(01= 0);2(23= 0);4(42= 0);6
(63= 0).
c/ Z=8Zn’est pas intègre. (0.5 pt)
Solution : On a par exemple : 26= 0 et 2.2 = 0.
3- Résoudre dans Z=8Zl’équation : x2+x1 = où 2Z=8Z.(2 pts)
Solution : Dressons le tableau suivant :
x01234567
x201410141
x2+x171533517
On en déduit :
- Si 20;2;4;6l’équation : x2+x1 = n’a pas de solutions.
- Si = 1 alors il y’a deux solutions : x= 1 et x= 6.
- Si = 3 alors il y’a deux solutions : x= 3 et x= 4.
- Si = 5 alors il y’a deux solutions : x= 2 et x= 5.
- Si = 7 alors il y’a deux solutions : x= 0 et x= 7.
Exercice 2 : (3.5 pts)
On considère l’anneau unitaire commutatif Z=nZ, où n2N.
1- Montrer que : minversible dans Z=nZsi et seulement si met nsont premiers entre
eux. (2 pts)
Solution : Soit mun inversible dans Z=nZ, donc il existe m12Z=nZtel que m.m1=
1, d’où mm11 = nk où k2Z, en d’autres termes mm1nk = 1 et d’après Bezout met
nsont premiers entre eux. ll su¢ t de considérer le chemin inverse pour avoir l’équivalence
cherchée.
2- Supposons que nest un nombre premier.
Quels sont les éléments nilpotents de Z=nZ?(1.5 pts)
Solution : On sait que 0est nilpotent. Soit xun élément nilpotent non nul de Z=nZ,
et supposons que kest le plus petit entier strictement positif véri…ant xk= 0. On a :
xk=x:xk1= 0. Comme nest un nombre premier, alors Z=nZest un corps et par conséquent
c’est un anneau intègre, on en déduit que x= 0 ou xk1= 0. Or x6= 0 par hypothèse et
xk16= 0 sinon kne serait le plus entier strictement positif véri…ant xk= 0, contradiction.
D’où 0est le seul élément nilpotent de Z=nZ.
Exercice 3 : (1.5 pts)
Soit la fonction :N!Zdé…nie par :
(1) = 1 et si n > 1tel que : n=pa1
1:pa2 2:::pam
m
où les pisont des nombres premiers pour 1imet a1; a2; :::am; m 2Nalors :
(n) = (1)msi a1=a2=::: =am= 1 et (n) = 0 sinon.
Calculer : (60) et (30) :
Solution : On a : 60 = 22:3:5et 30 = 2:3:5, donc (60) = 0 et (30) = (1)3=1:
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