DS2 2020 2021 Correction (V1 et V2)

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Page 1 : Cycle préparatoire 1ère annéeDevoir surveillé 5M. Bahtiti, K. Guezguez, A. Hajej, B. Laquerriere, J.-M. MasereelMatière : AlgèbreDate : Jeudi 29 avril 2021Appareils électroniques et documents interditsDurée : 1 heures 30 minutesNombre de pages : 10Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision des justifications.Le sujet comporte cinq exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 1 Espaces vectoriels : 3 points.. Parmi les ensembles suivants, déterminer ceux qui sontdes espaces vectoriels.E1, avec E1 = R+,x, y E1, x y = x yetλ R, λ x = x λE2, avec E1 = RX ,P,Q E2,P Q = P ′ +Q ′etλ R, λ P = λP1.5 points. E1 est un espace vectoriel c’est un exercice du TD.1.5 points. E2 pas un ev car, il n’est pas possible d’avoir d’élément neutre P ̸= P ′ en généralExercice 2 Espaces vectoriels : 3 points.. On rappelle que R3X est l’espace vectoriel des polynômesà coefficients réels de degré inférieur ou égal à 3.1. Donner une base et la dimension de R3X .2. Montrer que la famille B = X 3 + 1,X 3 1,X 2 + X ,X 2 X est une base de R3X .3. Calculer les coordonnées du polynôme X 3 + 2X + 1 dans la base B.1. 0.25+0.25 points. La dimension est 4 et la base canonique est 1,X ,X 2,X 3.2. 1 points. La famille possède 4 vecteurs, il suffit donc de montrer qu’elle est libre.aX 3 + 1bX 3 1 + c X 2 + X + d X 2 X = 0 ⇔a + b=0c + d=0c d=0a b=0⇔a = b = c = d = 0La famille est donc bien une base.3. 1.5 points. En reprenant le système précédent, on obtient :aX 3 + 1bX 3 1 + c X 2 + X + d X 2 X = X 3 + 2X + 1 ⇔a + b=1c + d=0c d=2a b=1⇔a = 1,b = 0,c = 1,d = 1Les coordonnées sont donc 1,0,1,1.- 1 / 10 -

Page 2 : Exercice 3 Espaces vectoriels : 7 points.. Soit E le sous-espace vectoriel de R4 défini parE = x, y,z,t R4 / x + y + z t = 0 et 2y + z + t = 01. Déterminer une base et la dimension de E .2. Soit F le sous-espace vectoriel de R4 engendré paru1 = 1,2,1,1u2 = 2,1,1,1u3 = 0,5,3,1Déterminer une base et la dimension de F .3. Déterminer un système d’équation de F .4. Déterminer une base et la dimension de E F .5. Déduire de ce qui précède la dimension de E + F .6. Déterminer une base de E + F .1. 1+0.25 points. On résout le système et on obtient t = 2y z et x = t y z = 3y 2z. Doncune base est 3,1,0,2,2,0,1,1. La dimension est 2.2. 0.5+0.25 points. On remarque que u3 = u2 2u1. Donc F est engendré par u1, u2 qui est unefamille libre vecteurs non colinéaires, donc base. La dimension est 2.3. 1.5 points. Soit ux, y,z,t R4, alors nous avons les équivalences :u F ⇔a,b R2, u = a u1 + b u2 ⇔a,b R2,x=a + 2by=2a + bz=a bt=a + b⇔a,b R2,a=12z + t b=12t zx=12z + t + t z = 123t zy=z + t + 12t z = 123z + t ⇔2x + z 3t=02y + 3z + t=0Un système d’équations de F est donc2x + z 3t=02y + 3z + t=0- 2 / 10 -

Page 3 : 4. 1+0.25 points. Le plus simple est de résoudre le système linéaire de E F : Soit u R4, alorsu E F ⇔x, y,z,t R4, u = x, y,z,t etx + y + z t=02y + z + t=02x + z 3t=02y + 3z + t=0⇔x, y,z,t R4, u = x, y,z,t etx + y + z t=02y + z + t=02y + z + t=02L1 L32z=0L4 L2⇔x, y,z,t R4, u = x, y,z,t etz=0x + y=t2y + x + y=0⇔x, y,z,t R4, u = x, y,z,t etz=0x=3yt=2y⇔x, y,z,t R4, u = y 3,1,0,2⇔u Vect3,1,0,2Donc E F = Vect3,1,0,2, le vecteur étant non nul, il forme donc une base. La dimension estdonc 1.5. 0.5 points. En utilisant la formule de Grassmann, on obtient dimE + F = dimE + dimF dimE F = 3.6. 1 points. Nous avons E +F = VectE F . Pour simplifier, nous allons nous appuyer sur l’inter-section. Puisque E F F , nous avons F = Vect1,2,1,1,3,1,0,2, ainsi en réunissant cettebase de F et celle de E qui contient déjà un vecteur de l’intersection, nous avons directement unebase de E + F = Vect3,1,0,2,2,0,1,1,1,2,1,1Exercice 4 Espaces vectoriels et Morphismes : 12 points.. Soit f1 l’application définie par :f1 :R4→Rx ; y ;z ;t7→x y + 2t1. Montrer que f1 est une application linéaire.Soit f l’application définie par :f :R4→R3x ; y ;z ;t7→f1x, y,z,t ; x + y + 2z ; y + z tOn admet par la suite que f est une application linéaire.2.a Déterminer une base du noyau de f .b Déterminer les dimension du noyau et de l’image de f .c Déterminer l’image de f .3. L’application f est-elle injective? surjective? bijective?4. Soit F =x; y ;z R3 / x = y 2za Montrer que F est un espace vectoriel.- 3 / 10 -

Page 4 : b Montrer que Imf = F .5.a Compléter la base trouvée en 2.a en une base de R4.b En déduire un supplémentaire du noyau.6. Soit H = Vect1;0;0;0;0;1;0;0.a Montrer que R4 = Kerf H .b Montrer que ϕ1,0,0,0 = 1;1;1 et ϕ0,1,0,0 = 0;2;1 suffit à déterminer une applicationlinéaire ϕ de H dans Imf .c Montrer queϕ :H→Imf x; y ;0;07→x ; x + 2y ; x + yd L’application ϕ est-elle injective? surjective? bijective?e Montrer que Imf est isomorphe à un supplémentaire de Kerf .1. 1 points. On montre aisément que f1u + λv = f u + λf v.2.a 1 points. fx ; y ;z ;t= 0;0;0;0;0 ⇔x y + 2t=0y + z t=0 après réduction du système.Donc Kerf = Vect1110;1101. Cette famille est génératrice et comme elle est librevecteurs non colinéaires c’est une base.b 0.5 points. Le noyau est donc de dimension 2. L’image est alors, d’après le théorème durang, de dimension 4-2=2.c 1 points. Nous savons que Imf = Vectf e1; f e2; f e3; f e4. La dimension étant 2,il suffit donc de prendre 2 vecteurs non colinéaires dans cette famille pour avoir une base.f e1 =110et f e2 =111. Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires, ils forment unebase de l’image de f etImf = Vect110;1113. 0.5 points. L’application ne peut pas être injective puisque l’on va d’un espace de dimension 4à un espace de dimension 3. Elle n’est pas surjective puisque l’image n’est pas R3. Elle n’est doncpas non plus bijective.4. 1 points.a Nous avons :— F R3 par définition.— 0;0;0 F .— On montre, en rédigeant correctement que F est stable par combinaison linéaire.Donc F est bien un sous-espace vectoriel de R3.- 4 / 10 -

Page 5 : b 1.5 points. Plusieurs méthodes de la plus calculatoire à la moins calculatoire, ou de lamoins bonne maîtrise du cours à la meilleure maîtrise :— On cherche une base de F à partir de ses équations et on montre que chacune est combi-naison linéaire de l’autre.— On constate que110et111sont dans F . Nous pouvons donc affirmer par stabilitéde F que Imf F . Il reste donc à montrer l’inclusion réciproque. Pour cela, on peutchercher une base de F comme au point précédent et on montre que les vecteurs decette base sont combinaisons linéaires de celle de Imf .— Toujours en partant de la constatation précédente Imf F , on remarque que la di-mension de F est égale au nombres d’inconnues moins le rang du système, c’est-à-dire3 1 = 2. D’où l’égalité sans faire un seul calcul de base.5.a 1.5 points. D’après le théorème de la base incomplète, on peut compléter la famille libreavec les vecteurs de la base canonique. On constate que les deux derniers ne peuvent pasconvenir en même temps, mais les deux premiers conviennent :1110;1101;1000;0100est une famille libre :λ1 λ2 + λ3=0λ1 + λ2 + λ4=0λ1=0λ2=0⇔λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0b 0.5 points. Donc un supplémentaire du noyau est tout simplement Vect1000;0100.6.a 1 points. De la même manière, comme dit dans la question précédente, la famille1110;1101;1000;0100est libre. Elle forme donc une base de R4, constituée d’une base de Kerf et de H . Donc H etKerf sont bien supplémentaires.b 0.5+0.5 points. Nous savons qu’une application linéaire est entièrement déterminée parl’image d’une base. Nous avons ici l’image de la base de H , donc l’application linéaire ϕ estentièrement déterminée unique. On constate de plus que ces deux vecteurs images vérifientles équations de F = Imf . Donc ϕ est bien à valeurs dans Imf .c 0.5 points. Soit u = x; y ;0;0 H , alors ϕu = xϕ1,0,0,0 + y ϕ0,1,0,0 = x111+y021=xx + 2yx + y- 5 / 10 -

Page 6 : d 0.5 points. L’image de la base de H étant une base de Imf , on en déduit que l’applicationest bijective théorème de cours. Ou alors on montre qu’elle est injective en calculant sonnoyau, et comme les espaces de départ et d’arrivée sont de dimension 2, c’est bijectif.7. 0.5 points. Trois réponses possibles— On vient de construire un isomorphisme entre H et Imf .— H est un supplémentaire au noyau, or Imf est isomorphe à tout supplémentaire du noyau.— H et Imf ont même dimension, ils sont donc supplémentaires.Exos rejetésExercice 5 Questions de cours : ? points.. Voir pdf de Khaoula.Exercice 6 Espaces vetoriels : 5 points.. Soit E un espace vectoriel, U , V , W trois sous-espaces deE tels queU V = 0etU + V W = 011. Démontrer qu’en général, si E , F et G sont des espaces vectoriels, alors E +F G ̸= E G +F G .2.a Montrer par l’absurde que V W = 0.b Montrer que U V + W = 0.3. On rappelle un théorème de cours et sa démonstration :Propriété 1. Soit E un K-ev, et F et G deux sev de E . Alors F et G sont en somme directe si etseulement si F G =0E.Démonstration 1.⇐: Supposons que F G =0E. Soit u F + G et montrons que u sedécompose de manière unique en u = u1 + u2 avec u1 F et u2 G . Supposons queu = u1zF+ u2zG= v1zF+ v2zGOn a alors u1 v1 z F= v2 u2 z G= w F G . Or F G étant réduit au vecteur nul, on a w =0E ,d’où u1 = v1 et u2 = v2 et l’écriture de u est unique.⇒: Supposons maintenant que F et G sont en somme directe et montrons que leur intersectionest réduite au vecteur nul. SoituF G . On a tout simplementu =uzF+0E z G=0E z F+uzGPar unicité de la décomposition, on a u =0E .□En adaptant cette démonstration, montrer que 1 est équivalent àx U + V + W,!u,v,w U × V × W, x = u + v + w21. 1 points. C’est évident, c’était juste pour que vousn’écriviez pas d’absurdités : Soit E = Vect1,0,F = Vect0,1, G = Vect1,2 alors E + F = R2 donc E + F G = G et E G = 0 = F G , doncE G + F G = 0 ̸= R2.- 6 / 10 -

Page 7 : 2.a 1 points. Supposons que l’intersection est non vide, et soit x V W . Alors x V U +Vcar x = 0 + x, ainsi x U + V W . Ce qui est contraire à l’hypothèse.b 1 points. De même, soit x U V +W , alors x U et x V +W , donc x = v +w avec v Vet w W . Finalement, w = x v U + V car x U et v V . Or w W . D’où l’intersectionU + V W non vide, ce qui est contraire à l’hypothèse.3.⇒1 points. S’il existe deux écriture x = u1 + v1 + w1 = u2 + v2 + w2, alors u1 + v1u2 + v2 =w2 w1 0. Donc w1 = w2. De même, v1 + w1 v2 + w2 = u2 u1 0. Donc v1 = v2.Finalement, u1 = u2.⇐1 points. Soit x U V , alors x = x +0+0 = 0+ x +0. Donc par unicité de l’écriture, x = 0.Enfin, soit x U +V W , alors x = u +v +0 = 0+0+w. Par unicité de l’écriture, on a w = 0,donc x = 0.Exercice 7. 3 points. Soit E = unn RN / unn converge . On admet que l’ensemble des suitesréelles RN est un espace vectoriel sur R munit des lois d’addition de suites et de multiplications parun scalaire usuelles..1. Montrer que E est un espace vectoriel.2.a Montrer que l’ensemble des suites constante SC est un sous-espace de E .b Montrer que l’ensemble des suites convergentes vers 0 C V0 est un sous-espace de E .3. Montrer que E = C S C V0.1. 0.5 points.— E RN.— La suite nulle converge.— Toute C.L de suite convergente est une suite convergente.2. 0.5 points.a— SC E car une suite constante converge.— La suite nulle est constante.— Toute C.L de suite constante est constante.b 0.5 points.— C V0 E car une suite qui converge vers 0 converge.— La suite nulle converge vers 0.— Toute C.L de suite onvergente vers 0 est convergente.3.— 0.5 points. Soit unn SC C V0, alors un est une suite constante qui converge vers 0.C’est donc la suite nulle.— 1 points. Soit unn E , et notons l R sa limite. Nous avons alors vnn, définie par vn =un l qui est une suite convergente vers 0. Donc vn C V0. Et la suite wnn définie par wn = lest une suite constante SC . Ainsiu = v + w C v0 +SC- 7 / 10 -

Page 8 : D’où E = C V0 SC .Exercice 8 Espaces vectoriels et Morphismes : 11.5 points.. Soit f1 l’application définie par :f1 :R4→Rx ; y ;z ;t7→5x 2y + z + 4tet f l’application définie par :f :R4→R5x ; y ;z ;t7→f1x, y,z,t ; 5x + y + 2z + 3t ; x + 2y + z ; 4x y + z + 3t ; 3y + z t1. Montrer que f1 est une application linéaire.On admet par la suite que f est une application linéaire.2.a Déterminer une base du noyau de f .b Déterminer les dimension du noyau et de l’image de f .c Déterminer l’image de f .3. L’application f est-elle injective? surjective? bijective?4. Soit F =a;b;c ;d ;e R5 / a = 5c 4e et b = 5c 3e et d = 4c 3ea Montrer que F est un espace vectoriel.b Montrer que Imf = F .5.a Compléter la base trouvée en 2.a en une base de R4.b En déduire un supplémentaire du noyau.6. Soit H = Vect0;0;1;0;0;0;0;1.a Montrer que R4 = Kerf H .b Montrer que ϕ0;0;1;0 = 5;0;3;3;5 et ϕ0;0;0;1 = 0;5;4;1;5 suffit à définir/déterminerune application linéaire ϕ de H dans Imf .c Donner une définition de ϕ avec des équations. / ou car pas fait en TD / Montrer queϕ :H→Imf 0;0;z;t 7→5z ;5t ;4t 3z ;3z + t ;5t 5zd L’application ϕ est-elle injective? surjective? bijective?e Montrer que Imf est isomorphe à un supplémentaire de Kerf .1. 1 points. On montre aisément que f1u + λv = f u + λf v.2.a 1 points. fx ; y ;z ;t= 0;0;0;0;0 ⇔x + 2y + z=03y + z t=0 après réduction du système.Donc Kerf = Vect2103;1011. Cette famille est génératrice et comme elle est librevecteurs non colinéaires c’est une base.- 8 / 10 -

Page 9 : b 0.5 points. Le noyau est donc de dimension 2. L’image est alors, d’après le théorème durang, de dimension 4-2=2.c 1 points. Nous savons que Imf = Vectf e1; f e2; f e3; f e4. La dimension étant 2,il suffit donc de prendre 2 vecteurs non colinéaires dans cette famille pour avoir une base.f e1 =55140et f e2 =21213. Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires, ils forment unebase de l’image de f etImf = Vect55140;212133. 0.5 points. L’application ne peut pas être surjective puisque l’on va d’un espace de dimension4 à un espace de dimension 5. Elle n’est pas injective puisque le noyau n’est pas réduit au vecteurnul. Elle n’est donc pas non plus bijective.4. 1 points.a Nous avons :— F R5 par définition.— 0;0;0;0;0 F .— On montre, en rédigeant correctement que f est stable par combinaison linéaire.Donc F est bien un sous-espace vectoriel de R5.b 1.5 points. Plusieurs méthodes de la plus calculatoire à la moins calculatoire, ou de lamoins bonne maîtrise du cours à la meilleure maîtrise :— On cherche une base de F à partir de ses équations et on montre que chacune est combi-naison linéaire de l’autre.— On constate que55140et21213sont dans F . Nous pouvons donc affirmer par stabilitéde F que Imf F . Il reste donc à montrer l’inclusion réciproque. Pour cela, on peutchercher une base de F comme au point précédent et on montre que les vecteurs decette base sont combinaisons linéaires de celle de Imf .— Toujours en partant de la constatation précédente Imf F , on remarque que la di-mension de F est égale au nombres d’inconnues moins le rang du système, c’est-à-dire5 3 = 2. D’où l’égalité sans faire un seul calcul de base.5.a 1.5 points. D’après le théorème de la base incomplète, on peut compléter la famille libreavec les vecteurs de la base canonique. On constate que les deux premiers conviennent :2103;1011;- 9 / 10 -

Page 10 : est une famille libre :2λ1 λ2 + λ3=0λ1 + λ4=0λ2=03λ2 + λ3=0⇔λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0Il semblerait que n’importe quelle paire de vecteurs canoniques fonctionne.b 0.5 points. Donc un supplémentaire du noyau est tout simplement Vect1000;0100.6.a 1 points. De la même manière, comme dit dans la question précédente, la famille2103;1011;0010;0001est libre. Elle forme donc une base de R4, constituée d’une base de Kerf et de H . Donc H etKerf sont donc bien supplémentaires.b 0.5+0.5 points. Nous savons qu’une application linéaire est entièrement déterminée parl’image d’une base. Nous avons ici l’image de la base de H , donc l’application linéaire ϕ estentièrement déterminée unique. On constate de plus que ces deux vecteurs images vérifientles équations de F = Imf . Donc ϕ est bien à valeur dans Imf .c 0.5 points. Soit u = 0;0;z;t H , alors ϕu = zϕ0,0,1,0 + t ϕ0,0,0,1 = z50335+t05415=5z5t4t 3z3z + t5t 5zd 0.5 points. L’image de la base de H étant une base de Imf , on en déduit que l’applicationest bijective théorème de cours. Ou alors on montre qu’elle est injective en calculant sonnoyau, et comme les espaces de départ et d’arrivée sont de dimension 2, c’est bijectif.- 10 / 10 -

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