DS2 2022 2023 V1 Correction
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Page 1 : Cycle Pre-ingenieurPremiere AnneeAgebre I - 2022/2023D. Mohamed AliCorrection DS2 AlgebreExercice 1 5 ptsSoit E un R-espace vectoriel ainsi que deux sous-espaces vectoriels F E et G E.Soit γ une famille de vecteurs de E.1. Rappeler la definition d’un R-espace vectoriel 1 pt.2. Rappeler la definition du sous-espace vectoriel engendre par une famille de vecteurs γ 1 pt.3. Rappeler la definition de la somme F + G 1 pt.4. Montrer que F + G = VectF G 2 pts.CorrectionToutes les reponses se trouvent dans votre coursExercice 2 6 ptsConsiderons la famille de vecteurs β = v1, v2, v3, v4, v5 de R5 telle que v1 = 1, 2, 1, 2, 1, v2 =2, 1, 2, 1, 2, v3 = 1, 0, 1, 1, 0, v4 = 0, 1, 0, 0, 1 et v5 = 1, 0, 1, 0, 1.1. La famille β est-elle liee ? Dans le cas positif, fournir les relations de dependance lineaire 2pts.2. Determiner une base Ωpour le sous-espace vectoriel Vectβ. Vous preciserez la dimensionde Vectβ 2 pts.3. Considerons la famille γ = e4, e5, avec e4 = 0, 0, 1, 0, 0 et e5 = 0, 0, 0, 0, 1. Montrer quela famille γ Ωforme une base pour R5 2 pts.Correction1. Pour verifier si la famille β est liee, on cherche a savoir s’il existe des scalaires λ1, λ2, λ3, λ4, λ5,pas tous nuls, tels que :λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 + λ5v5 = 01
Page 2 : ou 0 est le vecteur nul de R5. En d’autres termes, on cherche a savoir s’il existe une solutionnon triviale du systeme lineaire homogene suivant :1210121010121012110012011λ1λ2λ3λ4λ5=00000Pour resoudre le systeme, on peut appliquer la methode de pivot de Gauss qui permetd’obtenir sa forme echelonnee reduite :1210103212001100000000000λ1λ2λ3λ4λ5=00000Le rang de la matrice est 3, donc la dimension de l’espace vectoriel engendre par β estinferieure a 5. Comme β contient 5 vecteurs, la famille β est lieeλ4 + λ5v1 λ4 + 2λ5v2 + 3λ4v3 + 3λ4v4 + 3λ5v5 = 02. Pour determiner une base Ωpour le sous-espace vectoriel Vectβ, on peut voir que d’apresla question precedente, la matrice des coefficients indique que les trois premiers vecteurs deβ sont lineairement independants. Par consequent, on peut prendre Ω= v1, v2, v3 commebase de Vectβ. La dimension de Vectβ est donc 3.3. Pour montrer que γ Ωforme une base pour R5, on doit montrer qu’elle est libre et qu’elleengendre tout R5. Comme Ωest une base pour Vectβ, tout vecteur w Vectβ peuts’ecrire comme une combinaison lineaire de v1, v2, et v3 :w = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3De mˆeme, tout vecteur de R5 peut s’ecrire comme une combinaison lineaire de e4 et e5 :u = b1e4 + b2e5Alors, tout vecteur de R5 peut s’ecrire comme une combinaison lineaire de γ Ω:u + w = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + b1e4 + b2e5Par consequent, γ Ωengendre tout R5.Montrons maintenant que γ Ωest libre. Supposons qu’il existe des coefficients λ1, λ2, λ3,b1, et b2 tels queλ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + b1e4 + b2e5 = 0En ecrivant les coordonnees de chaque vecteur et en resolvant ce systeme, on trouve queλ1 = λ2 = λ3 = b1 = b2 = 0. Par consequent, γ Ωest une famille libre de 5 vecteurs dansun espace de dimension 5, donc c’est une base pour R5.2
Page 3 : Exercice 3 7 ptsSoient E R3 et F R3 deux parties de R3 telles que : E = x, y, z R3/x + y z = 0 etxy z = 0 et F = x, y, z R3/x+y 2z = 0 ainsi que les vecteurs u = 1, 0, 1, v = 1, 1, 1et w = 0, 2, 1.1. Montrer que les parties E et F sont des sous-espaces vectoriels de R3 2 pts.2. Determiner une base du sous-espace vectoriel E. Vous preciserez la dimension de E 1 pt.3. Montrer que la famille v, w est une base de F. Vous preciserez la dimension de F 1 pt.4. Montrer que la famille β = u, v, w est une base de R3 1 pt.5. Montrer que E F = 0R3 1 pt.6. Soit σ = x, y, z R3, alors exprimer σ dans la base β 1 pt.Correction1. Pour montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3, il faut verifier que :— 0R3 E ;— si u, v E, alors u + v E ;— si u E et k R, alors ku E.On verifie facilement que 0R3 E, car 0 + 0 0 = 0 et 0 0 0 = 0.Soient u = x1, y1, z1 et v = x2, y2, z2 deux vecteurs de E. Alors on a x1 + y1 z1 = 0,x1 y1 z1 = 0 et x2 + y2 z2 = 0, x2 y2 z2 = 0. En additionnant ces equations, onobtient x1 + x2 + y1 + y2 z1 + z2 = 0 et x1 + x2 y1 + y2 z1 + z2 = 0, ce quimontre que u + v E.Soit maintenant u = x, y, z E et k R. Alors on a x + y z = 0 et x y z = 0. Enmultipliant les deux equations par k, on obtient kx + ky kz = 0 et kx ky kz = 0, doncku E.On peut proceder de la mˆeme fa¸con pour montrer que F est un sous-espace vectoriel de R3.Deuxieme methode :On a E = u R3 u = x, y, z avec x + y z = 0 et x y z = 0. En resolvantce systeme d’equations, on trouve x = z et y = 0, donc E = λ1, 0, 1 λ R. Ainsi,E = Vect1, 0, 1 ce qui implique que E est un sous espace vectoriel de R3. De la mˆememaniere, on a F = u R3 u = x, y, z avec x+y2z = 0. On peut reecrire cette equationsous la forme z = 12x + y, ce qui montre que tout vecteur de F peut s’ecrire comme unecombinaison lineaire de 1, 0, 12 et 0, 1, 12. Par consequent F = Vect1, 0, 12, 0, 1, 12 cequi implique que F est un sous espace vectoriel de R3.2. On a montre dans la question precedente que E = Vect1, 0, 1, alors 1, 0, 1 est unebase de E, et dim E = 1.3. On peut remarquer que w = 20, 1, 12, que v = 1, 0, 12 + 0, 1, 12. De plus v et w sontlineairement independants ne sont pas colineaires, donc v, w est une base de F, etdim F = 2.4. La famille β = u, v, w est une base de R3 si et seulement si β est une famille libre et engendreR3. On peut verifier facilement que β est une famille libre de 3 vecteurs dans un espace dedimension 3, donc c’est une base pour R3.3
Page 4 : 5. Supposons qu’il existe un vecteur non nul u E F. Alors u E, donc u est de laforme u = λ1, 0, 1 pour un certain λ R. D’autre part, u F, donc u est de la formeu = x, y, z avec x + y 2z = 0. En combinant ces deux expressions pour u, on obtientλ1, 0, 1 = x, y, z avec x + y 2z = 0, ce qui implique λ + 0 2λ = 0, donc λ = 0 etu = 0R3. Ainsi, E F = 0R3, ou 0R3 est le vecteur nul de R3.6. Soit u = x, y, z R3. On a montre dans la question 4 que β = u, v, w est une basede R3, donc il existe des scalaires a, b, c R tels que u = au + bv + cw. En utilisant lescoordonnees des vecteurs u, v et w dans la base canonique de R3, on peut exprimer u sousla forme x, y, z = a1, 0, 1 + b1, 1, 1 + c0, 2, 1, aveca = x y + 2zb = 2x + y 2zc = x y + 2z.Exercice 4 5 ptsSoit le systeme lineaire suivant : S :x + 2y + 2z + 5t = 0x y + z + 2t = 02x + 3y + z + 3t = 0y + 3z + 7t = 01. Resoudre le systeme lineaire S et determiner son rang 3 pts.2. Soit E l’ensemble des solutions de ce systeme. Montrer que E est un sous-espace vectorielde R4 1 pt.3. Determiner une base du sous-espace vectoriel E. Preciser la dimension de E 1 pt.Correction1. En utilisant la methode du pivot de Gauss, on peut reduire la matrice augmentee du systemeS :12250111202313001370→12250013700137001370→10490013700000000000Le systeme lineaire reduit nous donne deux equations independantes :x + 2y + 2z + 5t = 0y + 3z + 7t = 0On peut ecrire la solution generale de S sous la forme :xyzt=4z + 9t3z 7tzt4
Page 5 : On a donc une infinite de solutions x, y, z, t = 4z + 9t, 3z 7t, z, t, ce qui montre que lesysteme S admet une solution pour tout choix des scalaires z et t. Le rang de la matriceaugmentee est donc 2 il y a deux pivots.2. Soit E l’ensemble des solutions du systeme S. Tout vecteur u = x, y, z, t de E peut ˆetreexprime sous la forme suivante :xyzt=4z + 9t3z 9tzt= z4310+ t9701Ainsi E = Vect4, 3, 1, 0, 9, 7, 0, 1. On en deduit que E est un sous-espace vectorielde R4 de dimension 2.Autre methode :Pour montrer que E est un sous-espace vectoriel de R4, il faut montrer que E contient levecteur nul, que E est stable par addition et par multiplication par un scalaire.Le vecteur nul est solution du systeme S, donc appartient a E. Soient x1, y1, z1, t1 etx2, y2, z2, t2 deux solutions de S et soit λ R. Alors, x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2, t1 + t2 estsolution de S, car :— x1+x2+2y1+y2+2z1+z2+5t1+t2 = x1+2y1+2z1+5t1+x2+2y2+2z2+5t2 =0 + 0 = 0,— y1 + y2 + 3z1 + z2 + 7t1 + t2 = y1 + 3z1 + 7t1 + y2 + 3z2 + 7t2 = 0 + 0 = 0.Ainsi, E est stable par addition. De plus, pour tout x, y, z, t E et tout λ R, on aλx, y, z, t = λx, λy, λz, λt, qui est solution de S car :— λx + 2λy + 2λz + 5λt = λx + 2y + 2z + 5t = λ × 0 = 0,— λy + 3λz + 7λt = λy + 3z + 7t = λ × 0 = 0.Ainsi, E est stable par multiplication par un scalaire. Donc, E est un sous-espace vectorielde R4.3. On a demontre dans la question 2 que la famille de vecteurs 4, 3, 1, 0, 9, 7, 0, 1 en-gendre E. De plus, comme ces deux vecteurs sont lineairement independants, ils forment unebase du sous-espace vectoriel E. Ainsi, la base de E est donnee par :4310,9701La dimension de E est donc 2.5
