DS3 2022 2023 Correction DS-Algebre2 PREING1 S2
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Correction par Mathis S.
La plupart des résultats ont été vérifiés par l’outil informatique, mais si vous constatez une erreur, merci de contacter Mathis S.
Exercice 1 :
1.
\[\ker g = \left\{ \lambda(1,1,1)\ \right|\ \forall\lambda \in \mathbb{R\}}\]Soit $w = (1,1,1)$
$\ker g = Vect\left( (w) \right)$
Alors $(w)$ est une base de $\ker g$ et $\dim\left( \ker g \right) = 1$
2.
La famille $\left( w,(1,0,0),(0,0,1) \right)$ est une famille libre composée de 3 vecteurs, elle engendre donc $\mathbb{R}^{3}$
Ainsi, $V = Vect\left( (1,0,0),(0,0,1) \right)$ est un supplémentaire de $\ker g$ dans $\mathbb{R}^{3}$
3.
$(1,1,1) \in \ker g$ donc $g(1,1,1) = 0$
$g(1,1,1) = g(1,0,0) + g(0,1,0) + g(0,0,1)\ \text{car}\ g\ \text{est linéair}\text{e}$
$g(1,0,0) + g(0,1,0) + g(0,0,1) = 0$
$(3,1,0) + (1,2,0) = - g(0,1,0)$
$- (4,3,0) = g(0,1,0)$
$g(0,1,0) = ( - 4, - 3,0)$
4.
\[M_{\mathcal{B}_{c}}(g) = \begin{pmatrix} 3 & - 4 & 1 \\ 1 & - 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]5.
\[g(x,y,z) = (3x - 4y + z,x - 3y + 2z,0)\]Exercice 2 :
1.
\[M_{\mathcal{B}_{c}}(f) = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]2.
On développe selon la première ligne.
\[\det(A) = 2\left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} \right| = 0\]La matrice $A$ n’est pas inversible donc $f$ n’est pas un isomorphisme de $\mathbb{R}^{3}$.
3.
Si $(x,y,z) \in \ker f$,
\[\left\{ \begin{array}{r} 2x = 0 \\ y + z = 0 \\ x + y + z = 0 \end{array} \right\}\] \[\left\{ \begin{array}{r} x = 0 \\ z = - y \end{array} \right\}\] \[\ker f = \left\{ (0,y, - y),\ (x,y,z) \in \mathbb{R}^{3} \right\} = \left\{ y(0,1, - 1),\ (x,y,z) \in \mathbb{R}^{3} \right\} = Vect\left( (0,1, - 1) \right)\]Posons $w = (0,1, - 1)$
Alors $(w)$ est une base de $\ker(f)$
$\dim\left( \ker f \right) = 1$
D’après le théorème du rang, $rg(f) = \dim\left( \mathbb{R}^{3} \right) - \dim\left( \ker f \right) = 2$
Pour trouver une base de $Im(f)$, nous devons extraire deux vecteurs libres des colonnes de $M_{\mathcal{B}_{c}}(f)$.
On pose $u = (2,0,1) \in Im(f)$ et $v = (0,1,1) \in Im(f)$. La famille $(u,v)$ est libre, or $rg(f) = 2$, donc elle engendre $Im(f)$.
Alors $(u,v)$ est une base de $Im(f)$.
4.
Soit $\mathcal{F}$ la famille $(u,v,w)$
\[Mat_{\mathcal{B}_{c}}\left( \mathcal{F} \right) = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \end{pmatrix}\sim_{L}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & - 1 \end{pmatrix}\sim_{L}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 2 \end{pmatrix}\]\(rg\left( Mat_{\mathcal{B}_{c}}\left( \mathcal{F} \right) \right) = 3,Mat_{\mathcal{B}_{c}}\left( \mathcal{F} \right)\) est inversible donc $\mathcal{F}$ est libre.
$\mathcal{F}$ est une famille libre de 3 vecteurs de $\mathbb{R}^{3}$ donc elle engendre $\mathbb{R}^{3}$
Ainsi $\ker(f) + Im(f) = \mathbb{R}^{3}$
Or $\dim\left( \ker(f) \right) + \dim\left( Im(f) \right) = \dim\left( \mathbb{R}^{3} \right)$
Donc $\mathbb{R}^{3} = \ker(f) \oplus Im(f)$
5a.
\[Mat_{\mathcal{B}_{c}}\left( \mathcal{B} \right) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\sim_{L}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ - 1 & 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\sim_{L}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & - 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\] \[rg\left( Mat_{\mathcal{B}_{c}}\left( \mathcal{B} \right) \right) = 3\]Donc $\mathcal{B}$ est une base de $\mathbb{R}^{3}$
5b.
\[f\left( v_{1} \right) = f(0, - 1,1) = 0\] \[f\left( v_{2} \right) = (0,2,2) = 2v_{2}\] \[f\left( v_{3} \right) = (4, - 1,1) = (4, - 2,0) + (0,1,1) = v2 + 2v_{3}\] \[T = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\]5c.
La propriété est vérifiée pour $n = 1$
Supposons qu’elle est vraie pour $k \geq 1$ et montrons qu’elle est vraie pour $k + 1$
\[T^{k + 1} = T\left( T^{k} \right) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{k} & k2^{k - 1} \\ 0 & 0 & 2^{k} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 \times 2^{k} & 2\left( k2^{k - 1} \right) + 2^{k} \\ 0 & 0 & 2 \times 2^{k} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{k + 1} & (k + 1)2^{k} \\ 0 & 0 & 2^{k + 1} \end{pmatrix}\]Par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}^{*}$,
\[T^{n} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{n} & n2^{n - 1} \\ 0 & 0 & 2^{n} \end{pmatrix}\]6a.
\[P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\] \[e_{3} = \frac{v_{1} + v_{2}}{2}\] \[e_{2} = \frac{v_{2} - v_{1}}{2}\] \[e_{1} = \frac{v_{3}}{2} + \frac{e_{2}}{2} = \frac{v_{3}}{2} + \frac{v_{2}}{4} - \frac{v_{1}}{4}\] \[P^{- 1} = \begin{pmatrix} - \frac{1}{4} & - \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & 0 \end{pmatrix}\]6b.
\[A = PTP^{- 1}\]6c.
Utilisons l’algorithme de Gauss-Jordan.
\[\begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 1 & - 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\] \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ - 1 & 1 & - 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\ L_{1} \leftrightarrow L_{3}\] \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & - 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\ L_{2} \leftarrow L_{2} + L_{1}\] \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & - 2 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\ L_{2} \leftarrow 2L_{2}\] \[\begin{pmatrix} 4 & 4 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\ L_{1} \leftarrow 4L_{1},\ L_{2} \leftarrow L_{2} + L_{3}\] \[\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 & - 1 & - 2 & 2 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\ L_{1} \leftarrow L_{1} - L_{2}\] \[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & - \frac{1}{4} & - \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \end{pmatrix}\ L_{1} \leftarrow \frac{L_{1}}{4},\ L_{2} \leftarrow \frac{L_{2}}{4},\ L_{3} \leftarrow \frac{L_{3}}{2}\] \[P^{- 1} = \begin{pmatrix} - \frac{1}{4} & - \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & 0 \end{pmatrix}\]