Correction Examen Alg2 (2014) .pdf



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— 1—

Université Abdel Hamid Ben Badis Mostaganem
Faculté des Sciences Exactes et d’Informatique
Département de Mathématiques - Informatique
1iere Annee Licence MI

Algèbre 2
Correction Examen Final
Exercice 1 Soit ! 2 C. On note E = f!x=x 2 Rg.
1. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de C vu comme R-espace vectoriel.
On a :
(a) E!

C;

(b) 0 2 E car 0 = !
(c) 8 ;

0;
0

2 R; 8z; z 2 E; on peut écrire
z = !x et z 0 = !x0

avec x; x0 2 R et on a
avec x + x0 2 R donc

z + z 0 = ! ( x + x0 )
z + z 0 2 E:

Ainsi E est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel C.
2. Supposons que E est un sous-espace vectoriel du C-espace vectoriel C.
Alors comme ! = !

1 2 E et i 2 C; on a i! 2 E! :

Or cela n’est possible que si ! = 0:

Inversement, si ! = 0 alors E = f0g est un sous-espace vectoriel du C-espace vectoriel
C.
Exercice 2 Pour montrer que deux espaces sont les mêmes, en règle générale on montre les
deux inclusions.

— 2—

1. vect(u1 ; u2 )

vect(v1 ; v2 )

Pour montrer une telle inclusion il faut montrer que tout élément du premier espace
appartient au deuxième. Donc on prend un élément quelconque x dans vect(u1 ; u2 ) et
on montre que x 2 vect(v1 ; v2 ).
Soit donc x 2 vect(u1 ; u2 ). x est combinaison linéaire de u1 et u2 , i.e. soient a; b 2
R tels que
x = au1 + bu2 :
Si x était un élément de vect(v1 ; v2 ) il existerait c et d réels tels que
x = cv1 + dv2 :
Alors
au1 + bu2 = cv1 + dv2
i:e:
a(2; 3; 1) + b(1; 1; 2) = c(3; 7; 0) + d(5; 0; 7):
Il nous faut montrer que le système que l’équation précédente engendre est résoluble.
8
< 2a + b = 3c + 5d
3a b = 7c
:
a 2b = 7c

La deuxième équation nous donne c = 71 (3a b). La troisieme nous donne d = 17 (a+2b).
Pour que c et d conviennent , il faut que la premiere équation soit véri…er et c’est le
cas. D’ou l’inclusion.
2. vect(v1 ; v2 )

vect(u1 ; u2 )

On procède de même : cette fois grace au système obtenu précédemment on trouve a et
b en fonction de c et d.
Exercice 3 Soit f l’application de R3 dans R3 dé…nie par
f (x1 ; x2 ; x3 ) = (x2 ; x3 ; x1 ):
1. f est linéaire car elle est dé…nie par des combinaisons linéaires des variables x1 ; x2 ; x3 :

— 3—

2. La matrice M associée à f dans la base canonique est
0
1
0 1 0
M =@ 0 0 1 A
1 0 0

C’est une matrice de permutation. L’application f opère une permutation circulaire
des variables x1 ; x2 ; x3 :

3. On calcule

0

1
0 0 1
M2 = @ 1 0 0 A
0 1 0

0

1
1 0 0
M3 = @ 0 1 0 A
0 0 1

On voit donc que M 3 = I, ce qui peut s’écrire M M 2 = M 2 M = I et montre que M 2
est l’inverse de M . On a donc M 1 = M 2 .
4. Calculons les puissances successives de la matrice M.
Puisque M3 = I, on a
M 4 = M; M 5 = M 2 ; M 6 = I; :::etc:
De même, puisque M 1 = M2 , on calcule M
M 2 ; M 5 = M; M 6 = I; :::etc:

2

= M4 = M, et ensuiteM

3

= I; M

4

=

— 4—

Exercice 4 Soit f un endomorphisme de R3 dont la matrice M est donnée, dans une base
B = fe1 ; e2 ; e3 g par :
0
1
0
0 0
M =@ 1 1 0 A
1
1 2
1. Les vecteurs e01 ; e02 ; e03 sont dé…nis dans la base canonique au moyen des relations suivantes :
8 0
< e1 = e1 + e2 + e3
e0 = e2 + e3
: 20
e3 = e3

Ils ont donc respectivement pour coordonnées (1; 1; 1) ; (0; 1; 1) et (0; 0; 1) dans la base
canonique.
Leurs images (toujours dans la base canonique)
gauche par la matrice M. on trouve
8
0
>
>
>
>
f (e01 ) = M e01 = @
>
>
>
>
>
>
0
>
>
<
f (e02 ) = M e02 = @
>
>
>
>
0
>
>
>
>
>
>
f (e03 ) = M e03 = @
>
>
:

sont obtenues en les multipliant à
0
0
0
0
1
1
0
0
2

On constate donc les relations suivantes
8
< f (e01 ) = 0
f (e02 ) = e02 :
:
f (e03 ) = 2e03

1
A
1

A :
1
A

La matrice M 0 associée à f dans la base B 0 est faites en colonnes des images des vecteurs
de B 0 exprimées elles aussi dans la base B 0 . On a donc
0
1
0 0 0
M0 = @ 0 1 0 A :
0 0 2

— 5—

2. On calcule

0

1
0 0 0
2
(M 0 ) = @ 0 1 0 A
0 0 22

0

1
0 0 0
3
(M 0 ) = @ 0 1 0 A :
0 0 23

On obtient facilement la formule réccurente
0
1
0 0 0
n
(M 0 ) = @ 0 1 0 A :
0 0 2n


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