Université Claude Bernard Lyon-1 Licence «sciences et technologie» CONTROLE FINAL de Math II Algèbre 04 Juin-durée 2h

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1 Université Claude Bernard Lyon-1 Licence «sciences et technologie» CONTROLE FINAL de Math II Algèbre 04 Juin-durée 2h Le barème est indicatif Documents, calculatrices et téléphones portables sont interdits Questionnaire (4 points) Soient b et c deux réels. On considère les matrices : b 6 A = ( ) et B = ( 3 1 ) c 2 7 Montrer qu il existe un unique couple (b, c) tel que AB = I, où I est la matrice unité d ordre deux. b. Peut-on en déduire que A est inversible? 2. Décomposer en éléments simple sur C la fraction rationnelle : (X 1) 2 (X 2 + 1) Exercice I (8 points) Soit B = (e 1, e 2, e 3 ) la base canonique de R 3. Soit f 1 = (1,1,2), f 2 = (0,2,1) et f 3 = (1, 2,1) trois vecteurs de R 3. (a) Soit (b 1, b 2, b 3 ) R 3. Déterminer le nombre de solutions (, x 2, x 3 ) du système + x 3 = b 1 { + 2x 2 2x 3 = b x 2 + x 3 = b 3 Ici il n est pas nécessaire de calculer la ou les solutions (b) En déduire que la famille B = (f 1, f 2, f 3 ) est une base de R 3. (c) Ecrire la matrice de passage de B à B et calculer le déterminant de P (d) Calculer l inverse de P. Soit u l endomorphisme de R 3 tel que : u(f 1 ) = f 1, u(f 2 ) = f 2, u(f 3 ) = f 3 2. (a) Ecrire la matrice D de u dans la base B. (b) Calculer la matrice A de u dans la base B (c) Calculer D 1 et en déduire A 1. Exercice II Première partie (9 points) Soit n un entier supérieur ou égal à 4. On note R n [X] l espace des polynômes de degré inférieurs ou égal à n (y compris le polynôme nul). Soit φ: R n [X] R n [X] l application définie par : φ: A A (X) + A(0) Rappeler rapidement une base et la dimension de R n [X]. b. Montrer que φ est une application linéaire. 2. Dans cette question, on suppose que n vaut 4. Calculer φ(0), φ(1), φ(x), φ(x 2 ), φ(x 3 ) et φ(x 4 ) b. Pour quelles familles (a 0, a 1, a 2, a 3, a 4 ) de réels est-ce que le polynôme A(X) = a 0 + a 1 X + a 2 X 2 + a 3 X 3 + a 4 X 4 appartient-il au noyau de φ? c. En déduire une base du noyau de φ? d. Soit B = X 2, déterminer un antécédent de B puis tous les antécédents de B. 3.

2 Pour tout k compris entre 2 et n, calculer φ(x k ) b. Montrer que la famille (φ(x k )) 2 k n engendre l image de φ. c. Donner une base et la dimension de l image de φ. d. En déduire la dimension puis une base de ker(φ). CORRECTION Questionnaire ( ) ( b b c + 14 b c ) = ( ) = ( 4 c 3b c 14 3b 6 6 c ) 2 7 b 1 = 1 3b 6 = 0 AB = I { { b = c = 0 c = 5 6 c = 1 Il existe bien un unique couple (b, c) = (2,5) tel que AB = I b. A n est pas une matrice carrée donc elle n est pas inversible. 2. Il existe a, b réels et α complexe tels que (X 1) 2 (X 2 + 1) = (X 1)(X + 1)(X i)(x + i) = On multiplie par (X 1) 2, puis X = 1 b = [ X ] = 2 X=1 On multiplie par x i, puis X = i α = [ (X 1) 2 (x + i) ] = X=i Donc c = 0 On fait X = 0 dans ( ) a = b + d = 0 Exercice I (8 points) On pose P = ( Comme 0 = a + b + α i + α i (X 1) 2 (X 2 + 1) = 2 (X 1) 2 + a X 1 + b (X 1) 2 + α X i + 4i (i 1) 2 2i = 2 1 2i + 1 = 2 2i = i = a a = 0 i X i i X + i + x 3 = b 1 b 1 (S) { + 2x 2 2x 3 = b 2 ( 1 2 2) ( x 2 ) = ( b 2 ) 2 + x 2 + x 3 = b 3 x 3 b 3 x 2 b 1 b 2 ), X = ( ) et B = ( ) x 3 b 3 det P = = = 4 3 = 1 0 La matrice P est donc inversible donc le système (S) équivaut à X = P 1 B α X + i ( )

3 Ce qui montre que ce système admet un unique solution quelque soit B. b. det(f 1, f 2, f 3 ) = = det(p) = 1 0 Donc B est une base de R 3. c. La matrice P est celle définie au, donc P = ( 1 2 2) et det(p) = 1 d. L 1 + x 3 = b 1 L 1 + x 3 = b 1 PX = B L 2 { + 2x 2 2x 3 = b 2 L 2 L 1 { 2x 2 3x 3 = b 2 b 1 L x 2 + x 3 = b 3 L 3 2L 1 x 2 x 3 = b 3 2b 1 L 1 + x 3 = b 1 = x 3 + b 1 L 2 { 2x 2 3x 3 = b 2 b 1 { 2x 2 = 3x 3 + b 2 b 1 2L 3 L 2 x 3 = 2(b 3 2b 1 ) (b 2 b 1 ) 2. = ( 3b 1 b 2 + 2b 3 ) + b 1 { 2x 2 = 3( 3b 1 b 2 + 2b 3 ) + b 2 b 1 { = 4b 1 + b 2 2b 3 2x 2 = 10b 1 2b 2 + 6b 3 = 4b 1 + b 2 2b 3 { x 2 = 5b 1 b 2 + 3b 3 X = P 1 B P 1 = ( ) D = ( ) A = PDP 1 Calculons d abord PD = ( 1 2 2) ( ) = ( ) Puis A = (PD)P 1 = ( ) ( ) = ( 8 1 4) y b. Si on pose X = ( x 2 ) et Y = ( y 2 ) x 3 y 3 Alors = y 1 = y y 1 DX = Y { x 2 = y 2 { x 2 = y 2 ( x 2 ) = ( ) ( y 2 ) x 3 = y 3 x 3 = y 3 x y 3 C est une façon compliquée de s apercevoir que D 1 = D A 1 = (PDP 1 ) 1 = (P 1 ) 1 D 1 P 1 = PDP 1 = A Exercice II

4 2. 3. Une base de R n [X] est (1, X, X 2,, X n ) et sa dimension est n + b. Soient A 1 et A 2 deux polynômes de R n [X] et soient λ 1 et λ 2 deux réels. φ(λ 1 A 1 + λ 2 A 2 ) = (λ 1 A 1 + λ 2 A 2 ) (X) + (λ 1 A 1 + λ 2 A 2 )(0) = λ 1 A 1 (X) + λ 2 A 2 (X) + λ 1 A 1 (0) + λ 2 A 2 (0) = λ 1 (A 1 (X) + A 1 (0)) + λ 1 (A 2 (X) + A 2 (0)) = λ 1 φ(a 1 ) + λ 2 φ(a 2 ) φ est donc une application linéaire. φ(0) = = 0; φ(1) = = 1; φ(x) = = 0; φ(x 2 ) = = 2; φ(x 3 ) = 6X + 0 = 6X; φ(x 4 ) = 12X = 12X 2 b. Soit A = a 0 + a 1 X + a 2 X 2 + a 3 X 3 + a 4 X 4 φ(a) = φ(a 0 + a 1 X + a 2 X 2 + a 3 X 3 + a 4 X 4 ) = a 0 φ(1) + a 1 φ(x) + a 2 φ(x 2 ) + a 3 φ(x 3 ) + a 4 φ(x 4 ) = a 0 + 2a 2 + 6a 3 X + 12a 4 X 2 a 0 + 2a 2 = 0 a 0 = 2a 2 A ker(φ) a 0 + 2a 2 + 6a 3 X + 12a 4 X 2 = 0 { 6a 3 = 0 { a 3 = 0 12a 4 = 0 a 4 = 0 A = 2a 2 + a 1 X + a 2 X 2 = a 2 ( 2 + X 2 ) + a 1 X Les polynômes 2 + X 2 et X ne sont pas proportionnels, donc ( 2 + X 2, X) forment une famille libre et génératrice de ker(φ), c est une base. c. B = X 2 = X 2 = 6φ(X 2 ) + φ(x 4 ) = φ(6x 2 + X 4 ) Soit A 1 un autre antécédent de B, φ(a 1 ) = φ(6x 2 + X 4 ) En faisant la différence φ(a 1 6X 2 + X 4 ) = 0 Ce qui montre que A 1 6X 2 + X 4 ker(φ), par conséquent il existe α et β réels tels que : A 1 6X 2 + X 4 = α( 2 + X 2 ) + βx Donc A 1 = 6X 2 X 4 + α( 2 + X 2 ) + βx Pour k 2 φ(x k ) = k(k 1)X k = k(k 1)X k 2 b. Im(φ) = Vect(φ(1), φ(x), φ(x 2 ), φ(x 3 ),, φ(x n )) = Vect(1,0,2,6X,, n(n 1)X n 2 ) = = Vect(2,6X,, n(n 1)X n 2 ) = Vect(φ(X 2 ), φ(x 3 ),, φ(x n )) Ce qui montre que (φ(x 2 ), φ(x 3 ),, φ(x n )) est une famille génératrice de Im(φ) c. (φ(x 2 ), φ(x 3 ),, φ(x n )) = (2,6X,, n(n 1)X n 2 ) Comme (1, X,, X n 2 ) est une famille libre, (2,6X,, n(n 1)X n 2 ) est une famille libre, par conséquent une base de Im(φ) est (φ(x 2 ), φ(x 3 ),, φ(x n )) Remarque : Im(φ) = Vect(2,6X,, n(n 1)X n 2 ) = Vect(1, X,, X n 2 ) = R n 2 [X] Et dim(im(φ)) = n 1 d. D après le théorème du rang dim(ker(φ)) + dim(im(φ)) = dim(r n [X]) Donc dim(ker(φ)) + n 1 = n + 1 dim(ker(φ)) = 2

5 Les polynômes 2 + X 2 et X vérifient φ( 2 + X 2 ) = 0 et φ(x) = 0, ils sont dans le noyau, ils ne sont pas proportionnels, donc ( 2 + X 2, X) forment une famille libre d un espace de dimension 2, c est une base de ker(φ).