DS1 2022 2023 V1 Correction
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Page 1 : Cycle Pre-ingenieurPremiere AnneeAgebre I - 2022/2023Correction DS1 AlgebreExercice 1Partie 1Soit le systeme lineaire suivant :S1 :x + 2y + 3z = ax + 2y + 4z = bx + 2y + 2z = c1. Le systeme lineaire peut ˆetre ecrit sous forme matricielle comme suit :123124122xyzabcou bien on peut simplement aligner les coefficients de chaque variable dans une matrice etajouter une colonne pour les termes constants123a124b122c2. Pour echelonner la matrice, on peut utiliser les operations elementaires sur les lignes de lamatrice. On peut soustraire la premiere ligne de la deuxieme et troisieme lignes pour eliminerles coefficients de x :123a001b a001c aEnsuite, on peut additionner la deuxieme et la troisieme ligne123a001b a0002a c bOn a ainsi obtenu une matrice echelonnee.1
Page 2 : 3. Pour que le systeme lineaire soit compatible, il faut que la matrice augmentee obtenue lorsde l’echelonnement n’ait pas de ligne de la forme 0 0 ... 0 — non zero. Autrement dit, ilne faut pas que la derniere ligne de la matrice augmentee soit de la forme 0 0 ... 0 — nonzero. Cela revient a dire que la derniere ligne de la matrice echelonnee doit ˆetre de la forme0 0 ... 0, ce qui se produit si et seulement si 2a c b = 0. Autrement dit, le systeme estcompatible si et seulement si a = b + c2.Si a ̸= b + c2, alors la derniere ligne de la matrice echelonnee sera de la forme 0 0 ... 0 —non zero, ce qui signifie que le systeme est incompatible.4. Lorsque le systeme est compatible, on peut le resoudre en remontant la matrice echelonneea partir de la derniere ligne non nulle. Dans ce cas, la deuxieme ligne est de la forme :0x + 0y + 1z = b aCela donne z = b a = b c2. On peut ensuite utiliser cette valeur pour remonter a lapremiere ligne de la matrice echelonnee :x + 2y + 3b c2 = b + c2Cela donne x = b + 2c 2y. Ainsi, la solution generale du systeme est :S =n b + 2c 2y, y, b c2,y RoAinsi, le rang de la matrice echelonnee est 2, ce qui signifie qu’il y a deux variables independantesdans la solution generale, ce qui est coherent avec le fait que le systeme a trois equations ettrois inconnues.Partie 2 :Soit le systeme lineaire suivant :Sm :x + m + 1y = 2mx + m + 4y = 41. En appliquant la methode de pivot de Gauss pour resoudre le systeme lineaire Sm, onobtient la matrice echelonnee suivante :1m + 120m2 + 44 2m— Si m2 ̸= 4, c’est-a-dire m ̸= ±2, le systeme Sm est compatible et admet une uniquesolution et dans ce cas l’ensemble de solutions estS =n22 + m,22 + mo.2
Page 3 : — Si m = 2, le systeme Sm est compatible et admet une infinite de solutions et dans cecas l’ensemble de solutions est donne parS =n2 m + 1y, y, y Ro.— Si m = 2, le systeme Sm est incompatible et n’admet donc pas de solutions.2. Si le systeme est compatible, alors son rang est egal au nombre de pivots dans la matriceechelonnee, qui est 2 si m ̸= ±2, et 1 si m = ±2.Partie 3 :Soit le systeme lineaire suivant :S2 :x + 2y + 3z + t = 2x + z + t = 0x + 2y + 2z + 2t = 0x + 2y 3z + 2t = 11. Ecriture du systeme lineaire sous forme matricielle :1231101112221232xyzt=20012. Echelonnement de la matrice : Pour echelonner la matrice obtenue, nous allons utiliser lamethode de pivot de Gauss. Tout d’abord, nous cherchons le premier coefficient non nuldans la premiere colonne c’est-a-dire la premiere ligne. Dans ce cas, c’est le coefficient 1.Nous allons utiliser cette ligne comme ligne pivot et eliminer les coefficients sous ce pivot.Nous obtenons :1231024204530403xyzt=0223L2 ←L1 + L2L3 ←L1 + L3L4 ←L1 + L4Ensuite, nous cherchons le premier coefficient non nul dans la deuxieme colonne sous le pivotprecedent. Dans ce cas, c’est le coefficient 2 dans la deuxieme ligne. Nous utilisons cette lignecomme ligne pivot et eliminons les coefficients sous le pivot. Nous obtenons :1231024200310081xyzt=0221L3 ←L3 2L2L4 ←L4 2L23
Page 4 : Enfin, nous cherchons le premier coefficient non nul dans la troisieme colonne sous le dernierpivot trouve. Dans ce cas, c’est le coefficient 3 dans la troisieme ligne. Nous utilisons cetteligne comme ligne pivot et eliminons les coefficients sous le pivot. Nous obtenons :1231024200310005xyzt=02213L4 ←3L4 8L2La matrice est maintenant echelonnee.3. Le systeme est compatible et admet une unique solution, donc on peut le resoudre directe-ment a partir de la matrice echelonnee :S =n125 , 65 , 15 , 135o.Le rang de la matrice est egal au nombre de pivots dans la matrice echelonnee, doncrangA = 4.Exercice 21. Pour montrer que AB est un sous-groupe de G, il faut verifier les trois proprietes suivantes :— 1. A B G ce qui est evident.— 2. A B contient l’element neutre de G.— 3. Pour tout x, y A B, x y1 A B.• 2. Puisque A et B sont des sous-groupes de G, ils contiennent tous deux l’element neutrede G, note eG. Ainsi, eG A et eG B, ce qui implique que eG A B. Donc, A Best non vide.• 3. Soit x, y A B. Cela signifie que x, y A et x, y B. Puisque A et B sont dessous-groupes de G, alors x y1 A et x y1 B. Ainsi, x y1 A B.Par consequent, puisque les trois proprietes sont verifiees, on a montre que A B est unsous-groupe de G.2. a Soit x E1. On veut montrer que fx1 = fx1.Remarquons tout d’abord que x1 existe dans le groupe E1 car E1 est un groupe.Puisque f est un morphisme de groupes, on a fe1 = e2, ou e1 et e2 sont les elementsneutres de E1 et E2 respectivement.Maintenant, observons que :fx fx1 = fx x1car f est un morphisme de groupes= fe1car x x1 = e1, l’element neutre de E1= e2car fe1 = e24
Page 5 : De mˆeme, on a :fx1 fx = fx1 xcar f est un morphisme de groupes= fe1car x1 x = e1= e2car fe1 = e2Ainsi, on a montre que fx fx1 = e2 = fx1 fx, ce qui signifie que fx1est l’inverse de fx dans le groupe E2.Par consequent, on a bien montre que x E1, fx1 = fx1.b Pour montrer que H = x E1 fx = gx est un sous-groupe de E1, il faut verifierles trois proprietes suivantes :i. H E1 ce qui est evident.ii. H est non vide.iii. Pour tout x, y H, x y1 H.• ii. Puisque f et g sont deux morphismes de E1 dans E2, on a fe1 = ge1 = e2, oue1 et e2 sont les elements neutres de E1 et E2 respectivement. Ainsi, e1 H et doncH est non vide.• iii. Soit x, y H. Cela signifie que fx = gx et fy = gy. On a alors :fx y1 = fx fy1car f est un morphisme de groupes= fx fy1car fy1 = fy1= gx gy1car fx = gx et fy = gy= gx gy1car gy1 = gy1= gx y1car g est un morphisme de groupesAinsi, fx y1 = gx y1, ce qui implique que x y1 H.Par consequent, puisque les trois proprietes sont verifiees, on a montre que H est unsous-groupe de E1.Exercice 31. Montrons que I, est un groupe commutatif :a est une loi de composition interne sur I car x1, y1, r1, x2, y2, r2 I, on ax1, y1, r1 x2, y2, r2 = x1 + x2, y1 + y2, r1 · r2 I.b est associative car x1, y1, r1, x2, y2, r2, x3, y3, r3 I, on a x1, y1, r1x2, y2, r2x3, y3, r3 = x1 +x2 +x3, y1 +y2 +y3, r1 ·r2 ·r3 = x1, y1, r1x2, y2, r2x3, y3, r3.c 0, 0, 1 est l’element neutre de car x, y, r I, on a 0, 0, 1 x, y, r = 0 + x, 0 +y, 1 · r = x, y, r et x, y, r 0, 0, 1 = x + 0, y + 0, r · 1 = x, y, r.5
Page 6 : d Tout element x, y, r I admet un inverse ¯x, ¯y, ¯r tel que x, y, r¯x, ¯y, ¯r = ¯x, ¯y, ¯rx, y, r = 0, 0, 1, ou ¯x = x, ¯y = y et ¯r = r1 l’inverse de r dans R+. En effet,¯r R+ car r R+ et ¯r · r = r1 · r = 1 R+. De plus, ¯x, ¯y, ¯r I car ¯r R+ et¯x, ¯y Z.e est commutative car x1, y1, r1, x2, y2, r2 I, on a x1, y1, r1 x2, y2, r2 =x1 + x2, y1 + y2, r1 · r2 = x2 + x1, y2 + y1, r2 · r1 = x2, y2, r2 x1, y1, r1 et estcommutative.Ainsi, I, est un groupe commutatif.2. Montrons que H est un sous-groupe de I, :a H I car x, y Z et 5x · 3y R+.b H est non vide car 0, 0, 1 H.c Soit x1, y1, r1, x2, y2, r2 H, alors x1, y1, r1x2, y2, r2 = x1+x2, y1+y2, r1·r2 Hcar r1 · r2 = 5x1 · 3y1 · 5x2 · 3y2 = 5x1+x2 · 3y1+y2 et x1 + x2, y1 + y2 Z. Ainsi,H est stable par .d Soit x, y, r H, alors ¯x, ¯y, ¯r = x, y, 5x · 3y H car 5x · 3y · 5x · 3y =5x · 3y · 5x · 3y = 1 et x, y Z. De plus, x, y, r ¯x, ¯y, ¯r = 0, 0, 1 H. Ainsi, Hadmet un inverse pour tout element.Donc, H est un sous-groupe de I, .6
