Corrigé de l examen de Mathématiques (S3) Session de janvier 2007
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- Bertrand Morel
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1 Université Paris XII Licence Économie-Gestion Corrigé de l examen de Mathématiques S3 Session de janvier 7 Exercice On peut calculer la somme de deux matrices si et seulement si elles sont de même taille. Ici, A et B n ont pas le même nombre de colonnes, donc on ne peut calculer ni A + B ni B + A. On peut calculer le produit de deux matrices si et seulement si le nombre de colonnes de la première est égal au nombre de lignes de la deuxième. Ainsi on peut calculer AB = 3 3 mais on ne peut pas calculer BA. 3 On peut calculer le déterminant d une matrice si et seulement si elle est carrée. Ainsi on peut calculer deta = 3 = 6 mais on ne peut pas calculer detb. 4 On peut calculer le déterminant d une matrice si et seulement si elle est carrée et que son déterminant est non-nul. Ainsi on peut calculer A = t deta coma = B. 5 On intervertit les lignes et les colonnes : t A = et t B = mais on ne peut pas calculer 6 On met les matrices sous forme échelonnée et on compte ensuite le nombre de lignes non-nulles : 3 L L +3L donc A est de rang, 6 L L +L donc A est de rang.. Exercice En effectuant successivement les opérations élémentaires L L + L, L 3 L 3 L puis L 3 L 3 L on aboutit au système échelonné suivant : x + y z = y + z = =. La troisième ligne n est jamais vérifiée donc le système n a aucune solution. Exercice 3 Première méthode. On calcule que deta = donc A est inversible. On calcule ensuite A = t coma = 3 deta Deuxième méthode. On peut utiliser le pivot de Gauss. Le fait que A est inversible apparaît lorsqu on a mis A sous forme échelonnée : on voit quele rang est égal à 3. x Ce système s écrit AX = B avec X = y z et B =. Puisque A est inversible, on en déduit que le système possède une unique solution : X = A B =
2 Exercice 4 Première méthode. On calcule que deta = α. La matrice A est inversible si et seulement si son déterminant est non-nul, c est-à-dire si et seulement si α. Deuxième méthode. En effectuant successivement les opérations élémentaires L L L, L 3 L 3 αl puis L 3 L 3 + αl on obtient une forme échelonnée de A : U = α La matrice A est inversible si et seulement si son rang est égal à 3, c est-à-dire si et seulement si α. Exercice 5 Montrons que E vérifie toutes les propriétés des espaces vectoriels. Tout d abord E n est pas vide car il contient le vecteur nul,. Stabilité par addition : soit u = x, y et v = x, y deux vecteurs de E ; on a u + v = x + x, y + y et x + x y + y = x y + x y ; or u et v sont dans E donc x y = et x y = ; par conséquent x + x y + y =, ce qui signifie que u + v E. Stabilité par multilication par un scalaire : soit u = x, y E et λ R ; on a λu = λx, λy et λx λy = λx y ; or u E donc x y = ; par conséquent λx λy =, ce qui signifie que λu E. Ainsi E est un espace vectoriel. En revanche E n est pas un espace vectoriel car il ne contient pas le vecteur nul en effet. Remarque : on peut aussi remarquer que E contient le vecteur, mais ne contient pas le vecteur, = 4,, donc E n est pas stable par multiplication par un scalaire ni par addition. Exercice 6 La matrice de fdans la base canonique de R au départ et dans la base canonique de R 3 à l arrivée est A =. En effectuant successivement les opérations élémentaires L L L, L 3 L 3 L puis L 3 L 3 L on aboutit à la matrice échelonnée suivante : U =. Par conséquent rgf =. On applique ensuite le théorème du rang : dimr = dimker f + rgf. On en déduit que dimker f = =. 3 L application f est injective car son noyau est de dimension ou, de façon équivalente, car son rang est égal au nombre de colonnes de la matrice A. Elle n est pas surjective car son rang n est pas égal au nombre de lignes de la matrice A. Elle n est donc pas bijective car être bijectif signifie être à la fois injectif et surjectif. 4 On a Ker f =, } car Ker f est de dimension. Remarque : on peut aussi calculer Ker f en résolvant le système linéaire fx, y =,,. Soit a, b, c R 3. Alors le vecteur a, b, c appartient à Imf si et seulement si le système linéaire fx, y = a, b, c admet au moins une solution x, y. Ce système s écrit x + y = a x y = b x = c. En effectuant successivement les opérations élémentaires L L L,L 3 L 3 L puis L 3 L 3 L on aboutit au système échelonné suivant : x + y = a y = b a = c a b.
3 Ce système admet des solutions si et seulement si c b a =. Ainsi Imf est l ensemble des vecteurs a, b, c R 3 tels que c a b =. Remarque : Imf est l espace engendré par les vecteurs-colonnes de la matrice A :,, et,, ; un vecteur appartient à cet espace si et seulement s il existe des réels x et y tels que la relation soit vérifiée. Exercice 7 Matrice A. Le polynôme caractéristique de A est 7 λ P λ = det = λ 4λ + 3 = λ λ 3. 3 λ Ce polynôme est scindé donc A est trigonalisable. Les valeurs propres sont λ = et λ = 3 et elles sont simples. Il y a valeurs propres simples et A est de taille, donc A est diagonalisable. Cherchons les espaces propres. Pour la valeur propre λ =, on résout le système 6x + y = x 4y =. Les solutions sont les x, 3x pour x R. On peut choisir comme vecteur propre v =, 3. Pour la valeur propre λ = 3, on résout le système 4x + y = x 6y =. Les solutions sont les x, x pour x R. On peut choisir comme vecteur propre v =,. On en déduit la diagonalisation de A : A = P DP avec D = matrice des valeurs propres et 3 P = matrice des vecteurs propres. 3 Matrice B. Le polynôme caractéristique de B est P λ = λλ 4λ + 3 = λ λ 3 d après le calcul du polynôme caractéristique de A. Ce polynôme est scindé donc A est trigonalisable. Les valeurs propres sont λ = λ = double et λ 3 = 3 simple. Remarque : ici on ne peut pas encore conclure si B est diagonalisable ou non ; elle l est si et seulement si dimkerb I 3 = et dimkerb 3I 3 =. Cherchons les espaces propres. Pour la valeur propre λ = λ =, on résout le système = x + 6y + z = y 4z =. Ce système équivaut à x = z = 3y. Les solutions sont les, y, 3y pour y R. Il y a une infinité de solutions à paramètre ; par conséquent dimkerb I 3 =. Or la multiplicité de λ vaut. On peut donc conclure que B n est pas diagonalisable. Exercice 8 La relation s écrit X n+ = AX n avec A = Montrons d abord que A est diagonalisable. Comme elle est triangulaire, on obtient directement que ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : λ = et λ =. Les deux valeurs propres sont simples, donc A est diagonalisable. Cherchons les espaces propres. Pour la valeur propre λ =, on résout le système = x 3 y =..
4 Les solutions sont les 3y, y pour y R. On peut choisir comme vecteur propre V = 3,. Pour la valeur propre λ =, on résout le système 3 x = x =. Les solutions sont les, y pour y R. On peut choisir comme vecteur propre V =,. Par conséquent les solutions X n sont les suites de la forme n X n = c λ n V + c λ n V = c n 3 3c + c = n c n + c n. où c et c sont deux constantes réelles quelconques. 3 On calcule c et c grâce à la condition initiale. En reportant n = dans l expression de X n on obtient le système 3c = c + c =. On trouve une unique solution : c, c =,. Donc n X n =. Comme < < on a n quand n +, donc Xn,. 4 De la même manière on obtient le système 3c = c + c =. On trouve une unique solution : c, c = 3, 3 4. Donc X n = 3 3 n + 4 n n = 3 3 n n. Comme > on a n + quand n +, donc X n diverge plus précisément x n + et y n. 5 Un vecteur d équilibre est un vecteur V tel que AV = V. Comme n est pas valeur propre de A, il n y a pas de vecteur d équilibre non nul. Exercice 9 La matrice de la famille v, v, v 3 dans la base canonique de R 3 est A = β α a On considère la matrice de la famille v, v dans la base canonique de R 3 : B = α Une forme échelonnée de cette matrice est U = α Par conséquent rga = si α et rga = si α =. Or une famille est libre si et seulement si le rang de la matrice est égal au nombre de colonnes ici, donc la famille est libre si et seulement si α.
5 b Une famille est génératrice si et seulement si le rang de la matrice est égal au nombre de lignes ici 3, donc d après le calcul précédent la famille n est jamais génératrice. c Une famille est une base si et seulement si elle est libre et génératrice, donc d après b la famille n est jamais une base. Remarque : une base de R 3 comporte nécessairement 3 vecteurs, donc on pouvait conclure directement que v, v n est jamais une base. 3 a Pour une famille de 3 vecteurs dans R 3, les conditions suivantes sont équivalentes : la famille est libre, la famille est génératrice, la famille est une base, le déterminant de sa matrice dans la base canonique est non-nul, sa matrice dans la base canonique est de rang 3. Première méthode. On calcule deta = α β. Donc la famille est libre si et seulement si α et β. Deuxième méthode. En effectuant le pivot de Gauss sur A on aboutit à la matrice T = α β Si β =, alors T est échelonnée et de rang, donc la famille n est pas libre. Si β et α, alors T est échelonnée et de rang 3, donc la famille est libre. Enfin, si β et α =, alors T n est pas échelonnée mais en effectuant l opération L 3 L 3 + β L on aboutit à la matrice qui est échelonnée et de rang, donc la famille n est pas libre. En conclusion, la famille est libre si et seulement si α et β. b Même conclusion qu à la question a. c Même conclusion qu à la question a.
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