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![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Année académique : 2004-2005
Année académique : 2004-2005
Session : Automne-hiver
................................................................................................................................
.................................................................................................
Contrôle continu ................................................................................................................................. 2
................................................................................................................................
...................................................................................................
Contrôle final ................................................................................................................................... 10
......................................................................................................................
................................................................
Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 12
Professeure Salma DASSER
Session Automne-hiver 2004
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Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
RABAT
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CONTROLE CONTINU
Durée : 1h30
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2004-2005
C&D
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Exercice 1 : (2 points)
On considère l’application linéaire f définie de IR3 vers IR 2 par :
∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + em . y + z, em .x + y + em .z ) ,
A-t-on Ker ( f ) = {(0,0,0)} ?
m∈ IR
Exercice 2 : (3 points)
Soit (G,∗) un groupe et f un endomorphisme de (G,∗) .
Montrer que l’ensemble H = {x ∈ G / f ( x) = x} est un sous groupe de (G,∗) .
Exercice 3 : (4 points)
Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 et V2 définis par :
{
}
V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0 et V2 = {( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z}
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels V1 et V2 .
2) Déterminer V1 ∩ V2 . A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ?
1,5 pts
2,5 pts
Exercice 4 : (11 points)
(Les parties I et II peuvent être traitées séparément)
3
I) Dans IR , on considère les vecteurs v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1, a) et v3 = (1, a, a) .
Discuter suivant le paramètre a ∈ IR :
1) La dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 .
3 pts
2) Le rang du système S = {v1 , v2 , v3 }.
2 pts
3
II) On considère l’endomorphisme f de IR défini par :
∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz) ,
( m ∈ IR )
1) Pour m = 1 , déterminer une base de Ker ( f ) et en déduire le rang de f .
2) Pour m = −1 , déterminer une base de Im f et en déduire le rang de f .
3) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m ∈ IR , l’application f est-elle bijective ?
Professeure Salma DASSER
1,5 pts
1,5 pts
3 pts
Session Automne-hiver 2004
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Correction du contrôle continu
Exercice 1
Enoncé :
On considère l’application linéaire f définie de IR3 vers IR2 par :
∀( x, y, z ) ∈ IR 3 : f (( x, y, z )) = ( x + em . y + z , e m .x + y + e m .z ) , m ∈ IR
A-t-on Ker ( f ) = {(0,0,0)} ?
Solution :
On suppose que Ker ( f ) = {(0,0,0)} .
Si Ker ( f ) = {(0,0,0)} , alors f est injective (car une application linéaire f de E vers F est
injective ssi Ker ( f ) = {0 E }).
f est injective implique que dim IR3 ≤ dim IR2 ( car si une application linéaire f de E vers
F est injective alors dim E ≤ dim F ).
Ce qui absurde car on sait que dim IR3 (= 3) > dim IR2 = 2)
Ou bien :
( x, y, z ) ∈ Ker ( f )
ssi
f (( x, y, z )) = (0,0,0)
ssi
ssi
ssi
( x + em . y + z, em .x + y + em .z ) = (0,0,0)
e1 x + e m . y + z = 0
e2 e m .x + y + e m .z = 0
e m .e1 − e2
(e 2 m − 1). y = 0
e m .e2 − e1 (e 2 m − 1).( x + z ) = 0
Si (e2 m − 1) ≠ 0 (m ≠ 0) alors
y=0
( x + z ) = 0
ssi
( x, y, z ) = ( z ,0, z ),
z ∈ IR
ssi
( x, y, z ) = z.(−1,0,1)
ssi
∃!α (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,0,1)
Ker ( f ) =< (−1,0,1) > et alors
Ker ( f ) ≠ {(0,0,0)}
( x, y, z ) ∈ Ker ( f )
D’où
ssi
Si (e2 m − 1) = 0 (m = 0) alors
( x, y, z ) ∈ Ker ( f )
ssi
f (( x, y, z )) = (0,0,0)
ssi
( x + y + z, x + y + z ) = (0,0,0)
ssi
x+ y+z =0
ssi
x = −y − z
ssi
( x, y, z ) = (− y − z, y, z ),
y, z ∈ IR
ssi
( x, y, z ) = y.(−1,1,0) + z.(−1,0,1)
ssi
∃!α (= y), β (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,1,0) + β .(−1,0,1)
D’où Ker ( f ) =< (−1,1,0), (−1,0,1) > et alors
Ker ( f ) ≠ {(0,0,0)}
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Session Automne-hiver 2004
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Correction du contrôle continu
Exercice 2
Enoncé :
Soit (G,∗) un groupe et f un endomorphisme de (G,∗) .
Montrer que l’ensemble H = {x ∈ G / f ( x) = x} est un sous groupe de (G,∗) .
Solution :
Montrons que H = {x ∈ G / f ( x) = x} est un sous groupe de (G,∗) .
H ≠Ο :
e ∈ H ( e étant l’élément neutre de (G,∗) ) car :
/
f (e) = e ( f est un endomorphisme ⇒ f (e) = e )
∀x ∈ H :
x'∈ H ( x' étant le symétrique de x dans le groupe (G,∗) ) car :
f ( x' ) = ( f ( x))'
( f est un endomorphisme ⇒ f ( x' ) = ( f ( x))' )
⇒
f ( x' ) = x'
( x ∈ H ⇒ f ( x) = x )
∀x, y ∈ H :
x + y ∈ H car :
f ( x + y ) = f ( x) + f ( y )
( f est un endomorphisme)
⇒
f ( x + y) = x + y
( x, y ∈ H ⇒ f ( x) = x et f ( y) = y )
H = {x ∈ G / f ( x) = x} est alors un sous groupe de (G,∗) .
Exercice 3
Enoncé :
Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 et V2 définis par :
{
}
{
V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0 et V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z
Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels V1 et V2 .
}
Déterminer V1 ∩ V2 . A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ?
Solution :
{
}
{
1) Déterminons une base de V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0 et V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z
{
}
}
a. V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0
∀( x, y, z ) ∈ V1 : x + y + z = 0
⇔
⇔
z = −x − y
( x, y, z ) = ( x, y,− x − y ),
⇔
⇔
( x, y, z ) = x.(1,0,−1) + y.(0,1,−1)
∃!α (= x), β (= y ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(1,0,−1) + β .(0,1,−1)
x, y ∈ IR
{(1,0,−1), (0,1,−1)} est alors une base de V1 .
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Correction du contrôle continu
Remarque : Cette base n’est pas unique. On peut en trouver d’autres :
Par exemple :
∀( x, y, z ) ∈ V1 : x + y + z = 0
⇔
⇔
x = −y − z
( x, y, z ) = (− y − z, y, z ),
y, z ∈ IR
⇔
( x, y, z ) = y.(−1,1,0) + z.(−1,0,1)
⇔
∃!α (= y ), β (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,1,0) + β .(−1,0,1)
{(−1,1,0), (−1,0,1)} est alors une autre base de V1 .
{
}
b. V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z
∀( x, y, z ) ∈ V2 : x = y = z
⇔
⇔
⇔
{(1,1,1)} est alors une base de V2 .
( x, y, z ) = ( x, x, x),
( x, y, z ) = x.(1,1,1)
x ∈ IR
∃!α (= x) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(1,1,1)
2)
a. Déterminons V1 ∩ V2
( x, y, z ) ∈ V1 ∩ V2
( x, y, z ) ∈ V1 et ( x, y, z ) ∈ V2
⇔
x + y + z = 0 et x = y = z
⇔
On en conclut que V1 ∩V2 = {(0,0,0)}
⇔
x= y=z=0
⇔
( x, y, z ) = (0,0,0)
b. Vérifions si V1 ⊕ V2 = IR3 .
V1 ⊕ V2 = IR3 ⇔ ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : ∃!( x1 , y1 , z1 ) ∈ V1 et ( x2 , y2 , z2 ) ∈ V2 /( x, y, z ) = ( x1 , y1 , z1 ) + ( x2 , y2 , z2 )
Or {u1 = (1,0,−1), u2 = (0,1,−1)} est une base de V1 ,
ce qui implique que : ∀( x1 , y1 , z1 ) ∈ V1 ∃!α1 ,α 2 ∈ IR /( x1 , y1 , z1 ) = α1u1 + α 2u2
et {u3 = (1,1,1)} est une base de V2 ,
ce qui implique que : ∀( x2 , y2 , z2 ) ∈ V2 ∃!α 3 ∈ IR /( x2 , y2 , z2 ) = α 3u3
On en déduit alors que :
V1 ⊕ V2 = IR 3 ⇔ ∀( x, y , z ) ∈ IR 3 : ∃!α1 , α 2 , α 3 ∈ IR /( x, y , z ) = α1.u1 + α 2 .u2 + α 3 .u3
⇔ (u1 , u 2 , u3 ) est une base de IR 3
Il suffit alors de vérifier que {u1 , u2 , u3 } est une base de IR3 .
{u1 , u2 , u3} est une base de IR3 ssi {u1 , u2 , u3} est un système libre
(car Ordre {u1 , u2 , u3 } = dim IR 3 = 3 )
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Session Automne-hiver 2004
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Correction du contrôle continu
{u1 , u2 , u3} est un système libre ssi α1.u1 + α 2 .u2 + α 3.u3 = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α1.u1 + α 2 .u2 + α 3 .u3 = (0,0,0) ⇒ α1.(1,0,−1) + α 2 .(0,1,−1) + α 3 .(1,1,1) = (0,0,0)
⇒ (α1 + α 3 ,α 2 + α 3 ,−α1 − α 2 + α 3 ) = (0,0,0)
e1
α1 + α 3 = 0 e1 + e2 + e3 3α 3 = 0
⇒ e2
e1 α1 = −α 3 = 0 ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α 2 + α3 = 0 ⇒
e3 − α1 − α 2 + α 3 = 0
e2 α 2 = −α 3 = 0
{u1 , u2 , u3} est alors un système libre donc une base de IR3 et V1 ⊕ V2 = IR3 .
Exercice 4
Enoncé :
I) Dans IR3 , on considère les vecteurs v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1, a) et v3 = (1, a, a) .
Discuter suivant le paramètre a ∈ IR :
1) La dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 .
2) Le rang du système S = {v1 , v2 , v3 }.
On considère l’endomorphisme f de IR3 défini par :
∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz ) ,
( m ∈ IR )
1) Pour m = 1 , déterminer une base de Ker ( f ) et en déduire le rang de f .
2) Pour m = −1 , déterminer une base de Im f et en déduire le rang de f .
3) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m ∈ IR , l’application f est-elle bijective ?
Solution :
I) v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1, a) et v3 = (1, a, a) .
1) Discutons la dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 , suivant le paramètre a ∈ IR .
{v1, v2 , v3} est un système libre ssi
α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α1.(1,1,1) + α 2 .(1,1, a) + α 3 .(1, a, a) = (0,0,0)
⇒ (α1 + α 2 + α 3 ,α1 + α 2 + aα 3 ,α1 + aα 2 + aα 3 ) = (0,0,0)
e1 α1 + α 2 + α 3 = 0
⇒ e2 α1 + α 2 + aα 3 = 0
e3 α1 + aα 2 + aα 3 = 0
e1 α1 + α 2 + α 3 = 0
⇒ e1 − e2 (1 − a )α 3 = 0
e2 − e3 (1 − a )α 2 = 0
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Session Automne-hiver 2004
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Correction du contrôle continu
Si (1 − a) ≠ 0 (a ≠ 1) alors
α1 + α 2 + α 3 = 0
α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒
α3 = 0
α2 = 0
{v1, v2 , v3} est alors un système libre.
⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
Si (1 − a) = 0 (a = 1) alors
α1 + α 2 + α 3 = 0
α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒
α 3 ∈ IR
α 2 ∈ IR
{v1, v2 , v3} est alors un système lié car ( v1 = v2 = v3 )
⇒ α1 + α 2 + α 3 = 0
∃(α1 ,α 2 ,α 3 ) = (1,0,−1) ≠ (0,0,0) / α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0)
2) Discutons le rang du système S = {v1 , v2 , v3 }, suivant le paramètre a ∈ IR : 1 ≤ rg ( S ) ≤ 3
Si (1 − a) ≠ 0 (a ≠ 1) alors S = {v1 , v2 , v3 } est un système libre et rg ( S ) = 3
Si (1 − a) = 0 (a = 1) alors S = {v1 , v1 , v1} et rg ( S ) = 1
II) ∀( x, y, z ) ∈ IR3 :
f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz) ,
1) Pour m = 1
( x, y, z ) ∈ Ker ( f )
ssi
ssi
ssi
ssi
ssi
ssi
( m∈ IR )
f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + z, x + y + z )
ssi
f (( x, y, z )) = (0,0,0)
( x + y + z, x + y + z, x + y + z ) = (0,0,0)
x+ y+z =0
x = −y − z
( x, y, z ) = (− y − z, y, z ),
y, z ∈ IR
( x, y, z ) = y.(−1,1,0) + z.(−1,0,1)
∃!α (= y), β (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,1,0) + β .(−1,0,1)
{(−1,1,0), (−1,0,1)} est alors une base de Ker ( f )
et dim Ker ( f ) = 2
On sait que rg ( f ) + dim Ker ( f ) = dim IR3 ⇒ rg ( f ) = 1
Remarque : Ker ( f ) = V1 (cf. Exercice 3) et alors Ker ( f ) =< (−1,1,0), (−1,0,1) > .
2) Pour m = −1
f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y − z, x − y − z )
On sait que si {e1 , e2 , e3 } est une base de IR3 alors Im( f ) =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) > et
dim Im( f ) = rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} .
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Correction du contrôle continu
Pour déterminer une base de Im( f ) , il suffit alors d’extraire du système { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} un
système libre d’ordre égal au rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )}
f (e1 ) = (1,1,1)
On considère la base canonique {e1 , e2 , e3 } de IR : f (e2 ) = (1,1,−1)
f (e ) = (1,−1,−1)
3
3
On commence par déterminer le rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} : 1 ≤ rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} ≤ 3
rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} = 3 ssi { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est un système libre
{ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est un système libre ssi
α1. f (e1 ) + α 2 . f (e2 ) + α 3. f (e3 ) = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
α1. f (e1 ) + α 2 . f (e2 ) + α 3 . f (e3 ) = (0,0,0)
⇒ α1.(1,1,1) + α 2 .(1,1,−1) + α 3 .(1,−1,−1) = (0,0,0)
⇒ (α1 + α 2 + α 3 ,α1 + α 2 − α 3 ,α1 − α 2 − α 3 ) = (0,0,0)
e1 α1 + α 2 + α 3 = 0
⇒ e2 α1 + α 2 − α 3 = 0
e3 α1 − α 2 − α 3 = 0
e1 α1 + α 2 + α 3 = 0
⇒ e1 − e2
2α 3 = 0
e2 − e3
2α 2 = 0
α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0
{ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est alors un système libre et rg{ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} = 3
{ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est alors une base de Im( f ) et dim Im( f ) = 3 . D’où Im( f ) = IR3
Remarque : { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} = {v1, v2 , v3 } , avec a = −1
Comme (a ≠ 1) alors S = {v1 , v2 , v3 } est un système libre et rg ( S ) = 3 (cf. I- 2))
3) Déterminons les valeurs du paramètre m∈ IR pour lesquelles l’application f est bijective.
On sait qu’une application linéaire définie d’un espace vectoriel E vers un espace vectoriel F de
même dimension est bijective ssi elle injective ssi elle est surjective.
Pour montrer que l’endomorphisme f est bijectif, il suffit alors de montrer qu’il est injectif ou
surjectif.
f est injective ssi Ker ( f ) = {(0,0,0)}.
Pour montrer que f est injective, il suffit alors de déterminer le noyau de f suivant les valeurs
du paramètre m∈ IR .
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Session Automne-hiver 2004
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( x, y, z ) ∈ Ker ( f )
ssi
ssi
ssi
ssi
Correction du contrôle continu
f (( x, y, z )) = (0,0,0)
( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz) = (0,0,0)
e1 x + y + z = 0
e2 x + y + mz = 0
e3 x + my + mz = 0
e1 x + y + z = 0
e1 − e2 (1 − m) z = 0
e2 − e3 (1 − m) y = 0
Si (1 − m) ≠ 0 (m ≠ 1) alors
( x, y, z ) ∈ Ker ( f )
D’où
ssi
Ker ( f ) = {(0,0,0)}
Si (1 − m) = 0 (m = 1) alors
x + y + z = 0
z=0
y=0
ssi
x= y=z=0
Ker ( f ) =< (−1,1,0), (−1,0,1) > (cf. 1))
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Session Automne-hiver 2004
[9]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-11-320.jpg)
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RABAT
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CONTROLE FINAL
Durée : 2h
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2004-2005
C&D
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Exercice 1 : (2 points)
Soit E l’ensemble des matrices M de M (3) qui ont la forme suivante :
c
b
a + b
M = c
a+c
c , a, b, c ∈ IR
b
c
a + b
1) Montrer que toute matrice M de E peut s’écrire sous la forme M = aI + bJ + cK , où les matrices I ,
J et K sont à déterminer.
0,5 pt
2) En déduire que E est un sous espace vectoriel de M (3) dont on donnera une base. 1 pt
1
1 −1
3) La matrice − 1
1 − 1 est-elle dans E ?
1 −1
1
0,5 pt
Exercice 2 : (3 points)
On considère les vecteurs u1 = (1,0,0,1) , u2 = (0,1,1,0) , u3 = (0,−1,1,0) et u4 = (−1,0,0,1) .
1) Montrer que B' = {u1 , u2 , u3 , u4 } est une base de IR 4 .
1 pt
4
2) On considère l’endomorphisme f de IR défini par :
∀( x, y, z, t ) ∈ IR 4 :
f ( x, y, z, t ) = ( x − t , y − z, z + y, t + x)
a. Que représente la matrice PBB ' pour f , B étant la base canonique de IR 4 ?
b. En déduire que M ( f / B' , B' ) = M ( f / B, B) .
1pt
1 pt
Exercice 3 : (5 points)
(m − 1) x + 2 y + 2 z = m − 1
On considère le système linéaire ( S ) 2 x + ( m + 1) y + z = m − 2 , m ∈ IR
− 2 x − 3 y + (m − 3) z = m − 3
1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( S ) est-il de Cramer ?
2) Le résoudre pour m = 3 .
Professeure Salma DASSER
3 pts
2 pts
Session Automne-hiver 2004
[10]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-12-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Contrôle final
Exercice 4 : (10 points)
I) On considère l’endomorphisme f de IR 3 défini par :
∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + my + mz, mx + y + mz, mx + my + z )
( m∈ IR )
1) Discuter, selon le paramètre m , le rang de f .
3 pts
2) Pour m = −1 / 2 , déterminer une base de Ker ( f ) et une base de Im f . 2 pts
II) Dans IR 3 , on considère les vecteurs v1 = (−2a, a,2a) , v2 = (a,−2a,2a) et v3 = (2a,2a, a) , a ∈ IR .
1) Montrer que si a ≠ 0 alors B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR 3 . 1,5 pt
2) On prend a = 1 / 3
2
a. Calculer ( PBB ' ) , B étant la base canonique de IR 3 .
b. En déduire PB ' B .
1 pt
0,5 pt
III) On prend m = 1 et a = 1 / 3 .
1) Ecrire M ( f / B, B) .
2) Déterminer M ( f / B' , B) , M ( f / B, B' ) et M ( f / B' , B' ) .
Professeure Salma DASSER
0,5 pt
1,5 pts
Session Automne-hiver 2004
[11]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-13-320.jpg)
![– اآ ال
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Économiques et Sociales
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CONTROLE DE RATTRAPAGE
Durée : 1h30
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2004-2005
C&D
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Exercice 1 : (2 points)
a2
ab
ab b
Montrer que :
ac
a−b−c
2a
2b
b−c−a
c
bc = 0
2
et
c2
bc
2c
2c
2a
2b
= (a + b + c)3
c−a−b
Exercice 2 : (3 points)
On considère le système linéaire
− 2 x + y + 2 z = 1
( S ) x − 2 y + 2 z = 1
2x + 2 y + z = 5
1) Ecrire le système (S ) sous sa forme matricielle
2
A. X = b
−1
2) Calculer A et en déduire A .
3) En déduire la solution du système ( S ) .
4) Résoudre le système ( S ) par la méthode des déterminants de Cramer.
Exercice 3 : (5 points)
Dans IR 4 , on considère les sous ensembles V1 et V2 définis par :
{
}
{
0,5 pt
1 pt
0,5 pt
1 pt
}
V1 = ( x, y, z , t ) ∈ IR 4 / x − y = z − t = 0 et V2 = ( x, y, z , t ) ∈ IR 4 / x − t = y − z = m ,( m∈ IR )
1) Vérifier que V1 est un sous espace vectoriel de IR 4 et en donner une base.
1 pt
2) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , V2 est-il un sous espace vectoriel de IR 4 ?
3) Pour m = 0
a. Trouver une base de V2 .
b. A-t-on V1 ⊕ V2 = IR ?
4
1 pt
1 pt
2 pt
Professeure Salma DASSER
Session Automne-hiver 2004
[12]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-14-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Contrôle de rattrapage
Exercice 4 : (10 points)
1) Dans IR 3 muni de sa base canonique B = {e1 , e2 , e3 } , on considère les vecteurs :
e'1 = e1 + e2 + e3 , e'2 = e2 et e'3 = e3
a. Vérifier que B' = {e'1 , e'2 , e'3 } est une base de IR 3 .
1 pt
b. Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B .
1,5 pts
2) On considère l’endomorphisme f de IR 3 défini par :
∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = (ax + by + cz, bx + cy + az, cx + ay + bz )
a. Ecrire M ( f / B, B) .
0,5 pt
1 pt
b. Déterminer M ( f / B' , B' ) .
3) On prend a = b
a. Calculer det A' , A' = M ( f / B' , B' )
b. En déduire det A , A = M ( f / B, B)
c. Retrouver det A par un calcul direct du déterminant.
0,5 pt
0,5 pt
1 pt
4) On prend a = b et c = −2a
a. Déterminer le rang de f .
b. f est-il un automorphisme ?
1 pt
0,5 pt
5) On prend a = b = −1 / 2 et c = 1
a. Déterminer une base de Ker ( f ) et une base de Im f .
b. En déduire le rang de f .
( a, b, c ∈ IR * )
2 pts
0,5 pt
Professeure Salma DASSER
Session Automne-hiver 2004
[13]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-15-320.jpg)
![[S1, Module M4, Matière : Instruments d’analyse économique]
Année académique : 2005-2006
Année académique : 2005-2006
Session : Automne-hiver
Contrôle final ................................................................................................................................... 15
...................................................................................................................................
................................................................................................
......................................................................................................................
................................................................
Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 17
Professeure Salma DASSER
Session Automne-hiver 2005
[14]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-16-320.jpg)
![Université Mohammed V – Agdal
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Économiques et Sociales
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CONTROLE FINAL
Durée : 1h30
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2005-2006
A&B
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Exercice 1 : (2 points)
a b
L'ensemble E =
c d ∈ M (2) / a + d = b + c est-il un sous espace vectoriel de M (2) ?
(Si oui, on donnera une base et la dimension de E )
Exercice 2 : (3 points)
Sur IR3 , on définit l’endomorphisme f par :
∀X = ( x, y, z ) ∈ IR3 :
f ( X ) = f (( x, y, z )) = (− y + z ,− x + z, z )
1) On considère les ensembles V1 et V2 définis par :
V1 = {X ∈ IR3 / f ( X ) = X }
et
V2 = {X ∈ IR3 / f ( X ) = − X }
a. Montrer que V1 et V2 sont deux sous espaces vectoriels de IR3 .
b. Déterminer une base de V1 et une base de V2 .
c. A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ?
2) On considère dans IR3 les vecteurs :
u = (a − 1,2 − a,1) , v = (2 − a, a − 1,1) et w = (a, a,0) ,
a ∈ IR
a. Vérifier que ∀a ∈ IR : u ∈ V1 , v ∈ V1 et w ∈V2 .
b. Pour quelles valeurs du paramètre a ∈ IR , {u , v, w} est-elle une base de IR3 ?
3) On prend a = 1
a. Vérifier que {u , v, w} est une base de IR3 .
b. Ecrire les matrices de passage PBB ' et PB ' B .
c. En déduire les matrices M (id IR3 / B ' , B ) et M (id IR3 / B , B ' ) .
d. Déterminer la matrice M ( f / B' , B' ) .
Professeure Salma DASSER
1 pt
1 pt
1 pt
0,5 pt
1 pt
0,5 pt
1,5 pt
0,5 pt
1 pt
Session Automne-hiver 2005
[15]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-17-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Exercice 3 : (10 points)
N.B.
Contrôle final
Les parties I, II et III peuvent être traitées indépendamment.
0
1 2m
m
m
0 0
1
,
m ∈ IR
I) Dans M (4) , on considère la matrice A =
0 2(1 + m) m 1
m
0
0 m
2
2,5 pts
1) Montrer que det A = m(2 − m)(1 + m) .
2) Discuter le rang de la matrice A selon les valeurs du paramètre m ∈ IR .
1 pt
II) On considère l’application linéaire f définie de IR 4 vers IR 4 par :
∀( x, y, z, t ) ∈ IR 4 :
f (( x, y, z, t )) = (mx + z + 2mt, x + my, (2m + 2) y + mz + t , mx + mt )
1) Ecrire la matrices M ( f / B, B) .
2) On prend m = −1
a. Donner une base de Im( f ) et une base de Ker ( f ) .
b. En déduire le rang de f .
III) On considère le système linéaire
0,5 pt
2 pts
0,5 pt
mx + z + 2mt = m
x + my = m − 1
( S )
2my + 2 y + mz + t = m
mx + mt = m − 1
1) Ecrire le système ( S ) sous la forme matricielle A. X = b .
2) On prend m = 1
a. Vérifier que le système est de Cramer.
b. Résoudre le système ( S ) .
(Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer)
Professeure Salma DASSER
0,5 pt
1 pt
2 pts
Session Automne-hiver 2005
[16]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-18-320.jpg)
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Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
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CONTROLE DE RATTRAPAGE
Durée : 1h30
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2005-2006
A&B
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Exercice 1 : (4 points)
a b
∈ M (2) / a + d = b + c est-il un sous espace vectoriel de M (2) ?
d
1) L'ensemble E1 =
c
(Si oui, on donnera une base et la dimension de E1 )
2 pts
a b
∈ M (2) / ad = bc
c d
2) Même question pour E2 =
2 pts
Exercice 2 : (16 points)
N.B.
Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment.
1 1 m
I) Dans M (3) , on considère la matrice A = 1 m 1 ,
m 1 m
m ∈ IR
1) Montrer que la matrice A est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,1}.
2) Discuter le rang de la matrice A selon les valeurs du paramètre m ∈ IR .
1,5 pts
1,5 pts
II) On considère l’application linéaire f définie de IR3 vers IR3 par :
∀( x, y, z ) ∈ IR3 :
1)
2)
3)
4)
f (( x, y, z )) = ( x + y + mz, x + my + z, mx + y + mz )
Calculer l’image de la base canonique B de IR3 par f .
En déduire une base de Im( f ) selon les valeurs du paramètre m .
Déterminer le noyau de f , selon les valeurs du paramètre m .
En déduire le rang de f , selon les valeurs du paramètre m .
Professeure Salma DASSER
0,5 pt
2 pts
2 pts
1 pt
Session Automne-hiver 2005
[17]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-19-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Contrôle de rattrapage
III) On prend m = −1
1) Donner une base de Ker ( f ) et une base de Im( f ) . 1 pt
2) A-t-on Ker ( f ) ⊕ Im( f ) = IR3 ?
1 pt
3
3) En déduire une base B ' de IR .
4) Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B .
5) Donner les matrices M ( f / B, B) et M ( f / B' , B' ) .
IV) On considère le système linéaire
0,5 pt
1,5 pts
1 pt
x + y + mz = m + 1
( S ) x + my + z = m + 1
mx + y + mz = m + 1
0,5 pt
1) Ecrire le système ( S ) sous la forme matricielle A. X = b .
2) On prend m = 2
3) Vérifier que le système est de Cramer.
0,5 pt
4) Résoudre le système ( S ) .
1,5 pts
(Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer)
Professeure Salma DASSER
Session Automne-hiver 2005
[18]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-20-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Année académique : 2006-2007
Année académique : 2006-2007
Session : Automne-hiver
................................................................................................................................
...................................................................................................
Contrôle final ................................................................................................................................... 20
......................................................................................................................
................................................................
Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 22
Professeure Salma DASSER
Session Automne-hiver 2006
[19]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-21-320.jpg)
![Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
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CONTROLE FINAL
Durée : 2h
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2006-2007
A&B
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Les parties I, II, III, IV et V peuvent être traitées indépendamment.
I) Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 et V2 suivants :
{
}
V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x − y + z = 0, x − y + 2 z = 0 et V2 = (1,−1,1), (1,−2,2), ( −1,1,−1)
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus.
2) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ?
1 pt
2 pts
1 1 1
II) Dans M (3) , on donne la matrice M = 1 1 0
1 0 0
1) Montrer que la matrice M est inversible.
0,5 pt
−1
2) Calculer sa matrice inverse M .
1 pt
3
3) Dans IR , on considère les vecteurs v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (1,0,0) .
a. Que représente la matrice M pour le système {v1 , v2 , v3 }?
b. En déduire que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 .
0,5 pt
0,5 pt
c. Déduire des questions précédentes les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base
canonique de IR3 .
0,5 pt
2
0
1
III) Dans M (3) , on donne la matrice C = 2m − 2 m + 1 m − 1 , m ∈ IR
2−m
0 1− m
1) Montrer que la matrice C est inversible si et seulement si m ∉ {0,−1}.
1 pt
2) Discuter le rang de la matrice C selon les valeurs du paramètre m .
2 pts
Professeure Salma DASSER
Session Automne-hiver 2006
[20]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-22-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
IV) On considère le système linéaire
Contrôle final
x + my + z = m(m + 1)
( S )mx + y + (m − 1) z = 0
x − y + 2z = m + 1
1) Pour quelle(s) du paramètre m , le système (S ) est-il de Cramer?
1,5 pts
2) On prend m = 1
a. Vérifier que le système (S ) est de Cramer.
0,5 pt
b. Résoudre le système (S ) .
1,5 pt
(Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer)
3) On prend m = −1 .
a. Quel est le rang du système (S ) ?
0,5 pt
1 pt
b. Résoudre le système (S ) .
2
0
1
V) Dans M (3) , on considère la matrice C = 2m − 2 m + 1 m − 1 ,
m ∈ IR
2−m
0 1− m
Soit f l'endomorphisme dont la matrice relativement à la base B' = {v1 , v2 , v3 } est égale à C :
C = M ( f / B' , B' ) . ( B' est la base du II)3)b. : v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (1,0,0) ).
1) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f .
(Sans écrire l'expression analytique de f ).
1 pt
2) Donner les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 .
1 pt
1
1 m
1 m − 1 ,
3) En déduire que M ( f / B, B ) = A = m
1 −1
2
( A est la matrice du système ( S ) du IV).
4) Déterminer le rang de la matrice A suivant le paramètre m .
5) Pour m = −1 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) .
Professeure Salma DASSER
1 pt
1 pt
2 pts
Session Automne-hiver 2006
[21]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-23-320.jpg)
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Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
RABAT
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CONTROLE DE RATTRAPAGE
Durée : 1h30
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2006-2007
A&B
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment.
I) Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants :
{
}
V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / − x + 2 y + 2 z = 0,2 x + y + z = 0,−2 x − 3 y − 3 z = 0 ,
V2 = ( −1,2,−2), ( 2,1,−3) et V3 = ( −3,1,1)
1,5 pts
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus.
2) A-t-on
a. V1 ⊕ V3 = IR 3 ?
1 pt
b.
V2 ⊕ V3 = IR (On peut remarquer que V3 ∩ V2 = V3 )?
1,5pt
c.
V1 ⊕ V2 = IR3 ?
2 pts
3
II) Sur IR3 , on définit l’endomorphisme f par :
∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ((m − 1) x + 2 y + 2 z,2 x + (m + 1) y + z,−2 x − 3 y + (m − 3) z )
1) Dans IR3 , on considère les vecteurs v1 = (0,1,−1) , v2 = (1,−2,2) et v3 = (4,−3,1) .
a. Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 .
0,5 pt
b. Déterminer par un calcul direct C = M ( f / B' , B' ) .
c. Discuter le rang de la matrice C selon les valeurs du paramètre m .
d. En déduire le rang de f , suivant le paramètre m .
2 pts
1 pt
0,5 pt
2) Pour m = 0 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) .
2
2
m −1
III) Dans M (3) , on donne la matrice A = 2
m +1
1 ,
−2
− 3 m − 3
2 pts
m ∈ IR
1) Montrer que la matrice A est inversible si et seulement si m ∉ {0,1,2}.
2) Discuter le rang de la matrice A selon les valeurs du paramètre m .
3) Comparer rg ( A) et rg (C ) , pour m ∈ IR ?, avec C = M ( f / B' , B' ) (voir II)2)c.).
Professeure Salma DASSER
1,5 pt
2 pts
0,5 pt
Session Automne-hiver 2006
[22]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-24-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
IV) On considère le système linéaire
Contrôle final
(m − 1) x + 2 y + 2 z = b
( S )2 x + (m + 1) y + z = −b
− 2 x − 3 y + (m − 3) z = b
1) On prend m = −1 et b = 2 .
a. Vérifier que le système (S ) est de Cramer.
b. Résoudre le système (S ) .
(Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer)
2) On prend b = 0 .
a. Pour quelle(s) du paramètre m , le système ( S ) est-il de Cramer?
b. On prend m = 0 .
i. Quel est le rang du système ( S ) .
ii. Résoudre le système ( S ) .
Professeure Salma DASSER
0,5 pt
1,5 pt
0,5 pt
0,5 pt
1 pt
Session Automne-hiver 2006
[23]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-25-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Année académique : 2007-2008
Année académique : 2007-2008
Session : Automne-hiver
Contrôle final ................................................................................................................................... 25
...................................................................................................................................
................................................................................................
......................................................................................................................
................................................................
Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 35
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[24]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-26-320.jpg)
![– اآ ال
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Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
RABAT
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ما
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http://www.fsjesr.ac.ma
CONTROLE FINAL
Durée : 2h
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2007-2008
A&B
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment.
Partie I
(3 points)
−1
1
1 − m
♦ Dans M (3) , on donne la matrice Am = 1
1− m
1 , m ∈ IR
−1
1
1− m
1) Calculer le rang des matrices A2 ( m = 2 ) et A−1 ( m = −1 ).
2) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1} .
Partie II
2 pts
1 pt
(6 points)
(1 − m) x + y − z = m(2 − m)
♦ On considère le système linéaire ( S m ) x + (1 − m) y + z = m( 2 − m)
− x + y + (1 − m) z = m(2 − m)
1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( Sm ) est-il de Cramer ?
1,5 pt
2) Résoudre le système ( Sm ) pour :
a.
b.
c.
m=0
m =1
m = −1
1,5 pt
1,5 pt
1,5 pt
(Utiliser uniquement la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer pour la
résolution de tout système de Cramer)
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[25]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-27-320.jpg)
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Partie III
Contrôle final
(3 points)
♦ Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants :
{
{
}
V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0
}
V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et V3 = {( x, y , z ) ∈ IR 3 / 2 x + y − z = 0}
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus.
3
2) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR ? V1 ⊕ V3 = IR 3 ?
Partie IV
1,5 pts
1,5 pts
(8 points)
♦ Soit f l'endomorphisme de IR3 dont la matrice relativement à la base canonique B de IR3 est donnée
1
−1
1 − m
par :
M ( f / B, B ) = Am = 1
1− m
1
−1
1
1− m
1) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f .
2) Pour m = −1 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) .
1,5 pts
2 pts
3) Dans IR3 , on donne les vecteurs v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1) .
a. Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 .
b. Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B .
4) On prend m = 0 .
a. Déterminer par un calcul direct M ( f / B' , B' ) .
b. Retrouver M ( f / B' , B' ) par la formule de changement de base.
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0,5 pt
1,5 pt
1,5 pts
1 pt
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Correction du contrôle final
Partie 1
Enoncé :
−1
1
1 − m
Dans M (3) , on donne la matrice Am = 1
1− m
1 ,
m ∈ IR
−1
1
1− m
1) Calculer le rang des matrices A2 ( m = 2 ) et A−1 ( m = −1 ).
2) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1}.
Solution :
1) Calcul du rang de Am pour
a. m = −1 :
2 1 − 1
A−1 = 1 2 1 ,
−1 1 2
1 ≤ rg ( A−1 ) ≤ 3
La méthode "matricielle":
rg ( A−1 ) = 3 ssi la matrice A−1 est inversible. On calcule alors son déterminant :
2 1 −1
det A−1 = 1 2 1 = 0 puisque L2 = L1 + L3 ou C2 = C1 + C3
−1 1 2
Donc rg ( A−1 ) < 3
On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A−1 :
2 1
La matrice
est une matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la
1 2
2 1
matrice A−1 ( det
= 3(≠ 0) ).
1 2
Donc rg ( A−1 ) = 2 .
b. m = 2 :
− 1 1 − 1
A2 = 1 − 1 1 ,
− 1 1 − 1
1 ≤ rg ( A2 ) ≤ 3
La méthode "vectorielle":
On considère le système S formé de vecteurs lignes de la matrice A2 : rg ( A2 ) = rg ( S )
S = {u, v, w}, avec u = (−1,1,−1) , v = (1,−1,1) et w = (−1,1,−1) .
rg ( S ) = 3 ssi le système S est libre :
Puisque u = w = (−1,1,−1) alors le système S = {u, v, w} n’est pas libre
Donc 1 ≤ rg ( S ) ≤ 2 .
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[27]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-29-320.jpg)
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Correction du contrôle final
On cherche parmi les vecteurs du système S , 2 vecteurs linéairement indépendants :
Les systèmes d’ordre 2 extraits du système S sont : {u, v} , {u, w} et {v, w} :
u = −v alors le système {u, v} n’est pas libre
u = w alors le système {u, w}n’est pas libre
w = −v alors le système {v, w} n’est pas libre
Donc rg ( S ) = 1
Donc rg ( A2 ) = 1 .
1− m
1
2) La matrice Am est inversible ssi det Am = 1
1− m
−1
1
−1
1 ≠ 0:
1− m
Calcul du det Am :
1− m
1
1
1− m
−1
−1
1− m
1
1 L3 → L3 + L2 1
1− m
1− m
1
0
−1
1− m
1
−1
1 = ( 2 − m) 1
1− m 1
2−m 2−m
0
1
1
1− m
1
−1
1− m 2 −1
1− m 2
Or 1
1 − m 1 C2 → C2 − C3 1
− m 1 suivant L3
1
−m
0
1
1
0
0
1
1− 9
m1 =
2
2 ⇒ m1 = −1
Et
= m(m − 1) − 2 = m − m − 2 : ∆ m = 9 ⇒
1
−m
m2 = 2
m = 1 + 9
2
2
2
Donc det Am = −(1 + m)( m − 2)
1− m
2
det Am = 0 ⇔ (m = −1) ou (m = 2)
Donc La matrice Am est alors inversible ssi (m ≠ −1) et (m ≠ 2)
Partie 2
Enoncé :
(1 − m) x + y − z = m(2 − m)
On considère le système linéaire
( S m ) x + (1 − m) y + z = m(2 − m)
− x + y + (1 − m) z = m(2 − m)
1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( S m ) est-il de Cramer ?
2) Résoudre le système ( S m ) pour :
a. m = 0
b. m = 1
c. m = −1
(Utiliser uniquement la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de
Cramer pour la résolution de tout système de Cramer)
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Correction du contrôle final
Solution :
1) Les valeurs du paramètre m pour lesquelles le système ( Sm ) est de Cramer :
Le système ( Sm ) s’écrit sous la forme matricielle suivante Am . X = b , avec
1
−1
1 − m
x
m( 2 − m)
Am = 1
1− m
1 , X = y et bm = m(2 − m)
−1
z
m( 2 − m)
1
1− m
−1
1
1 − m
La matrice du système ( Sm ) est égale à la matrice Am = 1
1− m
1
−1
1
1− m
Le système ( Sm ) est de Cramer ssi sa matrice Am est inversible.
Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1} (d’après I)
Donc Le système ( Sm ) est de Cramer ssi m ∉ {2,−1} .
2) Résolutions du système ( Sm ) pour m = 0 , m = 1 et m = 2 :
x + y − z = 0
( S0 ) x + y + z = 0
− x + y + z = 0
a. m = 0 :
Le système ( S0 ) est de Cramer car 0 ∉ {2,−1} .
( S0 ) est un système de Cramer homogène.
(0,0,0) est alors l’unique solution du système ( S0 ) .
y − z = 1
b. m = 1 :
( S1 ) x + z = 1
− x + y = 1
Le système ( S1 ) est de Cramer car 1 ∉ {2,−1}.
Résolution du système ( S1 ) par la méthode des déterminants de Cramer :
1
0 1 − 1
b1 = 1 et A1 = 1 0 1 : ∆ = det A1 = −2 car
1
−1 1 0
1 1 −1
0 1 −1
∆ x = 1 0 1 = −1 ,
∆ y = 1 1 1 = −3
1 1
0
−1 1
0
det Am = −(1 + m)( m − 2) 2
et
0
∆z = 1
1 1
0 1 = −1
−1 1 1
1 3 1
( , , ) est alors l’unique solution du système ( S1 )
2 2 2
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c.
Correction du contrôle final
2 x + y − z = −3
( S −1 ) x + 2 y + z = −3
− x + y + 2 z = −3
m = −1 :
(1) 2 x + y − z = −3
( x, y, z ) est alors solution du système ( S−1 ) ssi ((2) x + 2 y + z = −3 .
(2) − (3) 2 x + y − z = 0
D’où l’impossibilité de résoudre le système ( S−1 ) : 2 x + y − z = −3 et 2 x + y − z = 0
La solution du système ( S−1 ) est alors égal à φ .
Partie 3
Enoncé :
Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants :
{
}
V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0
{
}
V2 = ( x, y, z ) ∈ IR / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et V3 = {( x, y , z ) ∈ IR / 2 x + y − z = 0}
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus.
2) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ? V1 ⊕ V3 = IR 3 ?
3
3
Solution :
1) Cherchons une base de chacun des sous espaces vectoriels.
V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0
{
}
(1) 2 x + y − z = 0
(1) + (2) 3 x + 3 y = 0
y = −x
X = ( x, y, z ) ∈ V1 ssi (2) x + 2 y + z = 0 ssi (1) − (3) 3 x − 3 z = 0
ssi z = x
x ∈ IR
(3) − x + y + 2 z = 0
(3) − x + y + 2 z = 0
Donc X = ( x, y, z ) ∈ V1 ssi ( x, y, z ) = ( x,− x, x) = x(1,−1,1) , x ∈ IR .
{(1,−1,1)} est alors une base de V1 ,
dimV1 = 1 et V1 =< (1,−1,1) > .
{
}
V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0
2 x + y − z = 0
X = ( x, y, z ) ∈ V2 ssi ( x, y, z ) est solution du système linéaire
x + 2 y + z = 0
2 x + y − z = 0
( x, y, z ) est solution du système linéaire
ssi ( x, y, z ) est solution du
x + 2y + z = 0
2x + y − z = 0
système linéaire x + 2 y + z = 0 car − x + y + 2 z = ( x + 2 y + z ) − (2 x + y − z )
− x + y + 2 z = 0
Donc V2 = V1
{(1,−1,1)} est alors une base de V2 ,
dimV2 = 1 et V2 =< (1,−1,1) > .
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[30]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-32-320.jpg)
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{
Correction du contrôle final
}
V3 = ( x, y , z ) ∈ IR 3 / 2 x + y − z = 0
2x + y − z = 0
ssi
z = 2 x + y , ( x, y ∈ IR )
( x, y, z ) = ( x, y,2 x + y ) = x.(1,0,2) + y.(0,1,1) , ( x, y ∈ IR )
{(1,0,2), (0,1,1)} est alors une base de V3 , dimV3 = 2 et V3 =< (1,0,2), (0,1,1) > .
X = ( x, y, z ) ∈ V2 ssi
X = ( x, y, z ) ∈ V2 ssi
2)
V1 ⊕ V2 = IR3 ?
V2 = V1 =< (1,−1,1) > et dimV2 = dimV2 = 1
V1 ⊕ V2 ≠ IR3 car dimV1 + dimV2 ≠ dim IR3 ou bien V1 ∩ V2 = V1 = V2 ≠ {(0,0,0)}
V1 ⊕ V3 = IR 3 ?
2x + y − z = 0
V1 ⊆ V3 car ( x, y, z ) ∈ V1 ⇒ x + 2 y + z = 0 ⇒ 2 x + y − z = 0 ⇒ ( x, y, z ) ∈ V3
− x + y + 2 z = 0
Donc V1 ∩ V3 = V1
3
Donc V1 ⊕ V2 ≠ IR car V1 ∩V3 ≠ {(0,0,0)} même si dim V1 + dim V3 = dim IR 3
Partie 4
Enoncé :
Soit f l'endomorphisme de IR3 dont la matrice relativement à la base canonique B de IR3 est
−1
1
1 − m
M ( f / B, B ) = Am = 1
donnée par :
1− m
1
−1
1
1− m
1) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f .
2) Pour m = −1 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) .
3) Dans IR3 , on donne les vecteurs v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1) .
4) Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 .
5) Déterminer les matrices de passage PBB' et PB ' B .
6) On prend m = 0 .
a. Déterminer par un calcul direct M ( f / B' , B' ) .
b. Retrouver M ( f / B' , B' ) par la formule de changement de base.
Solution :
♦ Soit f l'endomorphisme de IR3 dont la matrice relativement à la base canonique B de IR3 est
donnée par :
1
−1
1 − m
M ( f / B, B ) = Am = 1
1− m
1
−1
1
1− m
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Session Automne-hiver 2007
[31]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-33-320.jpg)
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Correction du contrôle final
1) Le rang de f , suivant le paramètre m :
M ( f / B, B) = Am , donc rg ( f ) = rg ( Am ) .
Or, (d’après I)
la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1} , donc rg ( Am ) = 3 si m ∉ {2,−1}
rg ( A−1 ) = 2 et rg ( A2 ) = 1
Donc
Si m ∉ {2,−1} alors rg ( f ) = 3
Si m = −1 alors rg ( f ) = 2
Si m = 2 alors rg ( f ) = 1
2 1 − 1
2) m = −1 : M ( f / B, B ) = A−1 = 1 2 1 et f ( x, y, z ) = (2 x + y − z, x + 2 y + z ,− x + y + 2 z )
−1 1 2
Déterminons une base de Im( f ) :
Im( f ) = f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) , B = {e1 , e2 , e3 } étant la base canonique de IR3 .
u1 = f (e1 ) = (2,1,−1)
u2 = f (e2 ) = (1,2,1) :
u = f (e ) = (−1,1,2)
3
3
On pose S = {u1 , u2 , u3 } :
Im f =< u1 , u2 , u3 >
rg ( S ) = dim(Im f )
Déterminons le rang du système S = {u1 , u2 , u3 } :
1 ≤ rg ( S ) ≤ 3
rg ( S ) < 3 car le système S = {u1 , u2 , u3 } n’est pas libre :
{u1, u2 } est libre, donc rg ( S ) = 2
u1 = u2 − u3
ou bien rg ( S ) = rg ( A−1 ) = 2 (d’après I) , donc rg ( S ) = 2
dim(Im f ) = 2
{(2,1,−1), (1,2,1)} est alors une base de Im f :
{
}
Déterminons une base de Ker ( f ) : Ker ( f ) = ( x, y, z ) ∈ IR3 / f ( x, y, z ) = (0,0,0)
{
}
Ker ( f ) = ( x, y, z ) ∈ IR / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0
Donc Ker ( f ) = V1
3
{(1,−1,1)} est alors une base de ker( f ) ,
dim Ker ( f ) = 1 et ker( f ) =< (1,−1,1) > .
3) Dans IR3 , on donne les vecteurs v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1) .
a. Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 .
B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 ssi M ( B' / B) est inversible
1 1 0
M ( B' / B) = − 1 1 1 :
1 0 1
1 1 0
1 1 0
1 1
− 1 1 1 L2 → L2 − L3 − 2 1 0 suivant L3
=3
−2 1
1 0 1
1 0 1
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[32]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-34-320.jpg)
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Correction du contrôle final
Donc B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 .
b. Déterminer les matrices de passage PBB' et PB ' B .
PBB ' = M ( B' / B) , donc
PBB '
PB ' B = (PBB ' ) . Calculons (PBB ' ) :
=3
−1
det PBB'
1 1 0
= −1 1 1
1 0 1
1
+
0
1
C ( PBB ' ) = −
0
+1
1
1
t
C ( PBB ' ) = 2
−1
1
1
0
1
0
1
−1
−1 1
−
1
+
−
1
1 0
1 1
1
0
−1 1
−1 1
1 0
1 2 − 1
1 1
−
= −1 1 1
1 0
1 −1 2
1 1
+
−1 1
+
−1 1
1 − 1
1
2
1 −1 1
1 t
1
−1
(PBB ' ) =
C ( PBB ' ) ⇒ (PBB ' ) = . 2 1 − 1
det PBB '
3
2
−1 1
1 1
1
−
3 3
3
2
1
1
−
Donc PB 'B =
3
3
3
1 1
2
−
3
3 3
−1
1 1 − 1
4) On prend m = 0 : M ( f / B, B ) = A0 = 1 1 1
−1 1 1
a. Déterminer par un calcul direct M ( f / B' , B' ) .
v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1)
f (v1 ) = M ( f / B, B ).v1
f (v1 ) = (−1,1,−1) = −v1
f (v2 ) = M ( f / B, B ).v2 ⇒ f (v2 ) = (2,2,0) = 2.v2 ⇒
f (v ) = M ( f / B, B ).v
f (v ) = (0,2,2) = 2.v
3
3
3
3
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−1 0 0
M ( f / B ' , B' ) = 0 2 0
0 0 2
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[33]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-35-320.jpg)
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Correction du contrôle final
b. Retrouver M ( f / B' , B' ) par la formule de changement de base.
M ( f / B' , B' ) = PB ' B .M ( f / B, B).PBB ' .
1 1 − 1
1 1 0
M ( f / B, B ) = 1 1 1 , PBB ' = − 1 1 1 ,
−1 1 1
1 0 1
PB 'B
1 1
1
−
3 3
3
2
1
1
=
−
3
3
3
1 1
2
−
3
3 3
−1 0 0
Donc M ( f / B' , B' ) = 0 2 0
0 0 2
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Session Automne-hiver 2007
[34]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-36-320.jpg)
![– اآ ال
د وا
Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
RABAT
ا
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ما
ا
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http://www.fsjesr.ac.ma
CONTROLE DE RATTRAPAGE
Durée : 1h30
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2007-2008
A&B
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment.
Partie I (4 points)
1 m − m
♦ Dans M (3) , on donne la matrice Am = m 1
m ,
1 m m
m ∈ IR
1) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,0,1} .
2 pts
2) Discuter le rang de la matrice Am selon les valeurs du paramètre m .
2 pts
Partie II
(4 points)
3
♦ Dans IR , on considère les vecteurs v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1, m) et v3 = (−m, m, m) , m ∈ IR .
1) Pour quelles valeurs du paramètre m , {v1 , v2 , v3 } est-elle une base de IR3 ?
1 pt
2) Discuter le rang du système {v1 , v2 , v3 } suivant le paramètre m .
1,5 pts
3) On prend m = 2 . ( B' = {v1 , v2 , v3 } est alors une base de IR ).
3
Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 .
1,5 pts
Partie III
(8 points)
♦ Soit f m l'endomorphisme de IR3 défini par : f m (( x, y, z )) = ( x + my − mz, mx + y + mz, x + my + mz )
1) Déterminer, suivant le paramètre m , une base de Im( f m ) .
1,5 pt
2) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f m .
1 pt
3) On prend m = 2 .
a. Vérifier que B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 .
0,5 pt
3
b. Donner les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base canonique de IR .
c. En déduire que M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) .
4) On prend m = −1 .
a. Donner une base de Im( f −1 ) et une base de ker( f −1 ) .
b. Vérifier que Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR .
3
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1 pt
1 pt
2 pts
1 pt
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Partie IV
Contrôle de rattrapage
(4 points)
x + my − mz = m + 1
♦ On considère le système linéaire
( S m )mx + y + mz = m + 1
x + my + mz = m + 1
1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( Sm ) est-il de Cramer ?
1 pt
2) Résoudre le système ( Sm ) pour :
a. m = 2
1,5 pt
b. m = −1
1,5 pt
(Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer pour la résolution de
tout système de Cramer)
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[36]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-38-320.jpg)
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Correction du contrôle de rattrapage
Partie 1
Enoncé :
1 m − m
Dans M (3) , on donne la matrice Am = m 1 m ,
m ∈ IR
1 m m
1) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,0,1} .
2) Discuter le rang de la matrice Am selon les valeurs du paramètre m .
Solution :
1 m −m
1) La matrice Am est inversible ssi det Am = m 1 m ≠ 0 :
1
1 m −m
Calcul de m 1 m :
1
m
m
m
1 m −m
1 m −1
m 1 m = m. m 1 1
m
1
m
m
1
m
1
1 m −1
1
m
−1
1 m −1
o or m 1 1 L2 → L2 + L1 , L3 → L3 + L1 m + 1 1 + m 0 = 2(1 + m) 1 1 0
1
m
1
2
2m
0
1 m
0
1 m −1
1 1
o et 1 1 0 suivant C3 (−1).
=1− m
1 m
1 m 0
1 m −m
o Donc m 1 m = 2m(1 + m)(1 − m)
1
m
m
1− m
1
Solution de l’équation 1
1− m
−1
1
−1
1 =0 :
1− m
1 m −m
o m 1 m = 0 ⇔ (m = −1) ou (m = 0) ou (m = 1)
1
m
m
La matrice Am est alors inversible ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1)
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Session Automne-hiver 2007
[37]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-39-320.jpg)
![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Correction du contrôle de rattrapage
2) le rang de la matrice Am selon les valeurs du paramètre m ∈ IR :
1 ≤ rg ( Am ) ≤ 3
rg ( Am ) = 3 ssi la matrice Am est inversible.
Donc rg ( Am ) = 3 ssi m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1
1 −1 1
Pour m = −1
:
A−1 = − 1 1 − 1 ,
1 ≤ rg ( A−1 ) ≤ 3
1 − 1 − 1
o rg ( A−1 ) = 3 ssi la matrice A−1 est inversible.
o Donc rg ( A−1 ) < 3 car det A−1 = 0 .
o On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A−1 :
1 1
1 1
1 − 1 est une matrice inversible de M (2) extraite de A−1 : det 1 − 1 = −2
o Donc rg ( A−1 ) = 2 .
1 0 0
1 ≤ rg ( A0 ) ≤ 3
Pour m = 0 :
A0 = 0 1 0 ,
1 0 0
o rg ( A0 ) = 3 ssi la matrice A0 est inversible.
o Donc rg ( A0 ) < 3 car det A0 = 0 .
o On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A0 :
1 0
0 1 est une matrice inversible de M (2) extraite de A0 :
o Donc rg ( A0 ) = 2 .
1 0
det
=1
0 1
1 1 − 1
Pour m = 1 :
A1 = 1 1 1 ,
1 ≤ rg ( A1 ) ≤ 3
1 1 1
o rg ( A1 ) = 3 ssi la matrice A1 est inversible.
o Donc rg ( A1 ) < 3 car det A1 = 0 .
o On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A1 :
1 − 1
1 − 1
det
1 1 est une matrice inversible de M (2) extraite de A1 :
=2
1 1
o Donc rg ( A1 ) = 2 .
Résumé :
o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors rg ( Am ) = 3
o Si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 alors rg ( Am ) = 2
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Session Automne-hiver 2007
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Correction du contrôle de rattrapage
Partie 2
Enoncé :
Dans IR3 , on considère les vecteurs v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1, m) et v3 = (−m, m, m) , m ∈ IR .
1) Pour quelles valeurs du paramètre m , {v1 , v2 , v3 } est-elle une base de IR3 ?
2) Discuter le rang du système {v1 , v2 , v3 } suivant le paramètre m .
3) On prend m = 2 . ( B' = {v1 , v2 , v3 } est alors une base de IR3 ).
4) Déterminer les matrices de passage PBB' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 .
Solution :
S = {v1 , v2 , v3 }, avec v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1, m) et v3 = (−m, m, m)
1) Cherchons les valeurs de m ∈ IR pour lesquelles {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 .
S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 si et seulement si M ( S ) / B est inversible, B étant la base
canonique de IR3 :
M ( S ) / B = Am
Donc S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 si et seulement si Am est inversible.
Or la matrice Am est inversible ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1) (D’après I)
Donc le système S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1)
2) Discutons rg (S ) suivant les valeurs du paramètre m ∈ IR :
1 ≤ rg ( S ) ≤ 3
M ( S ) / B = Am
rg ( S ) = rg (M ( S / B) ) :
Donc rg ( S ) = rg ( Am )
Or : (D’après I)
o rg ( Am ) = 3 si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1
o rg ( Am ) = 2 si m = 0 ou m = 1 ou m = −1
Donc
o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors rg ( S ) = 3
o Si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 alors rg ( S ) = 2
3) On prend m = 2
:
PBB ' = M ( B' / B) ,
v1 = (1,2,1) , v2 = (2,1,2) et v3 = (−2,2,2)
donc
PBB '
1 2 − 2
= 2 1 2
1 2 2
PBB ' = A2 , donc PB ' B = (PBB ' )−1 = ( A2 )−1 .
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[39]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-41-320.jpg)
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Correction du contrôle de rattrapage
Calculons (PBB ' )−1 :
o det PBB ' = det A2 = 2 × 2(1 + 2)(1 − 2) = −12
1
+
2
2
o C ( PBB ' ) = −
2
+ 2
1
2
−
2
−2
2
−2
2
+
−
2 2
1 2
1 −2
1
2
1 −2
2 2
− 2 − 8 6
o C ( PBB ' ) = − 2 4 − 6 :
3
0 − 3
t
o Donc PB 'B
1
6
1
=
6
1
−
4
2 1
1 2
− 2 − 2 3
1 2
−
0
= −8 4
1 2
6 − 6 − 3
1 2
+
2 1
+
− 2 − 8 6
1 t
1
−1
=
C ( PBB ' ) ⇒ (PBB ' ) = − . − 2 4 − 6
det PBB '
12
0 − 3
3
(PBB ' )
−1
2
1
−
3
2
1 1
−
3 2
1
0
4
Partie 3
Enoncé :
Soit f m l'endomorphisme de IR3 défini par :
1)
2)
3)
4)
f m (( x, y, z )) = ( x + my − mz, mx + y + mz, x + my + mz )
Déterminer, suivant le paramètre m , une base de Im( f m ) .
Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f m .
On prend m = 2 .
a. Vérifier que B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 .
b. Donner les matrices de passage PBB' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 .
c. En déduire que M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) .
On prend m = −1 .
a. Donner une base de Im( f −1 ) et une base de ker( f −1 ) .
b. Vérifier que Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR3 .
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[40]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-42-320.jpg)
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Correction du contrôle de rattrapage
f m (( x, y, z )) = ( x + my − mz, mx + y + mz, x + my + mz )
Solution :
1) Une base de Im( f m ) , suivant le paramètre m :
Im( f m ) = f m (e1 ), f m (e2 ), f m (e3 ) , B = {e1 , e2 , e3 } étant la base canonique de IR3 .
dim(Im( f m )) = rg { f m (e1 ), f m (e2 ), f m (e3 )}
f m (e1 ) = (1, m,1) = v1
f m (e2 ) = (m,1, m) = v2
f ( e ) = ( − m, m, m ) = v
3
m 3
Donc :
dim(Im( f m )) = rg ( S ) ,
avec S = {v1 , v2 , v3 }
Or : (D’après II)
o rg ( S ) = 3 si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1
o rg ( S ) = 2 si m = 0 ou m = 1 ou m = −1
Donc
3
o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors dim(Im f m ) = 3 et Im f m = IR
o Si m = 0 alors dim(Im f 0 ) = 2 :
v1 = (1,0,1) , v2 = (0,1,0) et v3 = (−0,0,0)
{v1, v2 } est une base de Im( f0 ) .
o Si m = 1 alors dim(Im f1 ) = 2 :
v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1,1) et v3 = (−1,1,1)
{v1, v3} est une base de Im( f1 ) .
o Si m = −1 alors dim(Im f −1 ) = 2 :
v1 = (1,−1,1) , v2 = (−1,1,−1) et v3 = (1,−1,−1)
{v1, v3} est une base de Im( f −1 ) .
2) Le rang de f , suivant le paramètre m :
rg ( f m ) = Im f m
Donc :
o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors rg ( f m ) = 3
o Si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 alors rg ( f m ) = 2
3) m = 2 :
a. B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 .
B' = {v1 , v2 , v3 } , avec m = 2
Or le système S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1)
Donc B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 .
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Session Automne-hiver 2007
[41]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-43-320.jpg)
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Correction du contrôle de rattrapage
b. Les matrices de passage PBB' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 .
PBB ' = M ( B' / B) , donc
Donc, (D’après II) : PB 'B
PBB '
1 2 − 2
= 2 1 2
1 2 2
1
6
1
=
6
1
−
4
2
1
−
3
2
1 1
−
3 2
1
0
4
c. M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) ?
M ( f 2 / B' , B' ) = PB ' B .M ( f 2 / B, B).PBB ' :
1 m − m
Or PBB ' = A2 et M ( f 2 / B, B) = A2 car M ( f m / B, B) = m 1 m = Am
1 m m
−1
Donc M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) car PB 'B .M ( f 2 / B, B ).PBB ' = ( Am ) . Am . Am = Am
4) m = −1 :
f −1 (( x, y, z )) = ( x − y + z,− x + y − z , x − y − z )
a. Une base de Im( f −1 ) et une base de ker( f −1 ) .
Une base de Im( f −1 ) :
o {(1,−1,1), (1,−1,−1)} est une base de Im( f −1 ) .
ker( f −1 ) :
{
(D’après 1) )
}
o Ker ( f −1 ) = ( x, y, z ) ∈ IR3 / f −1 ( x, y, z ) = (0,0,0)
o ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 )
ssi
( x − y + z,− x + y − z , x − y − z ) = (0,0,0)
x − y + z = 0
x − y + z = 0
o ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 )
ssi
ssi
− x + y − z = 0
x − y − z = 0
x − y − z = 0
(1) x − y + z = 0
ssi
( 2) x − y − z = 0
o Donc ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 )
ssi
or
o Donc Ker ( f −1 ) = (1,1,0) ,
o
(1) + (2) y = x
, x ∈ IR
(1) − (2) z = 0
( x, y, z ) = ( x, x,0) = x.(1,1,0) , x ∈ IR
dim Ker ( f −1 ) = 1
{(1,1,0)} est alors une base de ker( f −1 ) .
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Session Automne-hiver 2007
[42]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-44-320.jpg)
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Correction du contrôle de rattrapage
b. Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR3 .
Pour vérifier que Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR3 , il suffit de vérifier que la réunion d’une base de
ker( f −1 ) et une base de Im( f −1 ) , est une base de IR3 :
{(1,1,0)} est alors une base de ker( f −1 )
{(1,−1,1), (1,−1,−1)} est une base de Im( f −1 )
Vérifions que S = {(1,−1,1), (1,−1,−1), (1,1,0)} est une base de IR3 :
1 1
1
o M (S / B) = − 1 − 1 1 :
1 −1 0
o Calcul du det(M ( S / B) ) :
S est une base de IR3 si et seulement si det(M ( S / B) ) ≠ 0
1
1 1
1
1 1
−2 −2
− 1 − 1 1 L2 → L2 − L1 − 2 − 2 0 suivant C3
=4
1 −1
1 −1 0
1 −1 0
o S = {(1,−1,1), (1,−1,−1), (1,1,0)} est alors une base de IR3 .
3
Donc Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR
Partie 4
Enoncé :
On considère le système linéaire
x + my − mz = m + 1
( S m )mx + y + mz = m + 1
x + my + mz = m + 1
1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( S m ) est-il de Cramer ?
2) Résoudre le système ( S m ) pour :
a. m = 2
b. m = −1
(Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer pour la
résolution de tout système de Cramer)
Solution :
1) Les valeurs du paramètre m pour lesquelles le système ( Sm ) est de Cramer :
Le système ( Sm ) s’écrit sous la forme matricielle suivante Am . X = b , avec
1 m − m
x
m + 1)
Am = m 1 m , X = y et bm = m + 1
1 m m
z
m +1
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Session Automne-hiver 2007
[43]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-45-320.jpg)
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Correction du contrôle de rattrapage
1 m − m
La matrice du système ( Sm ) est égale à la matrice Am = m 1 m
1 m m
Le système ( Sm ) est de Cramer ssi sa matrice Am est inversible.
Am est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,0,1} : det Am = 2m(1 + m)(1 − m) (d’après I)
Donc Le système ( Sm ) est de Cramer ssi m ∉ {− 1,0,1} .
2) Résolutions du système ( Sm ) pour m = 2 et m = −1 :
m=2 :
x + 2 y − 2z = 3
( S 2 ) 2 x + y + 2 z = 3
x + 2 y + 2z = 3
o Le système ( S2 ) est de Cramer car 2 ∉ {− 1,0,1}.
o Résolution du système ( S2 ) par la méthode des déterminants de Cramer :
3
1 2 − 2
b2 = 3 et A2 = 2 1 2
3
1 2 2
∆ = det A2 = −12
car
3 2 −2
∆ x = 3 1 2 = −12 ,
3 2
det Am = 2m(1 + m)(1 − m)
1 3 −2
∆ y = 2 3 2 = −12 et
2
1 3
1 2 3
∆z = 2 1 3 = 0
2
1 2 3
o (1,1,0) est alors l’unique solution du système ( S2 )
m = −1 :
x − y + z = 0
( S −1 )− x + y − z = 0
x − y − z = 0
o ( x, y, z ) est alors solution de ( S−1 ) ssi ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 ) , (d’après III-4)
o Or Ker ( f −1 ) = (1,1,0) , (d’après III-4)
o Donc La solution du système ( S−1 ) est égal au sous espace vectoriel < (1,1,0) >
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Session Automne-hiver 2007
[44]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-46-320.jpg)
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Année académique : 2009-2010
Année académique : 2009-2010
Session : Automne-hiver
................................................................................................................................
...................................................................................................
Contrôle final ................................................................................................................................... 46
......................................................................................................................
................................................................
Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 53
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Session Automne-hiver 2009
[45]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-47-320.jpg)
![Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
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د وا
ا
وا
اا ط
ما
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آ
http://www.fsjesr.ac.ma
CONTROLE FINAL
Durée : 2h
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2009-2010
A, B & C
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Les cinq parties peuvent être traitées indépendamment
1) On munit Թଷ de sa base canonique ܤ ൌ ሼ݁ଵ , ݁ଶ , ݁ଷ ሽ.
2) On considère les trois sous espaces vectoriels de Թଷ :
ܸଵ ൌ ,1,1(ۃെ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ,ۄ
ܸଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻۄ
ଷ
ܸଷ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሽ
1) Déterminer une base du sous espace vectoriel ܸଵ . Comparer ܸଵ et Թଷ .
2) Déterminer une base de chacun des sous espaces vectoriel ܸଶ et ܸଷ . Comparer ܸଶ et ܸଷ .
Partie 1 :
(3 points)
݉ 1 െ1
ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ , ݉ אԹ.
െ1 1 ݉
1) Montrer que la matrice ܣest non inversible ssi ݉ ൌ െ1 ou ݉ ൌ 2.
2) Discuter le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉.
Partie 2 :
1.5 pt
1.5 pt
(3 points)
3) On considère la matrice
1.5 pt
1.5 pt
4) On considère les vecteurs de Թଷ : ݑଵ ൌ ሺ݉, 1, െ1ሻ , ݑଶ ൌ ሺ1, ݉, 1ሻ et ݑଷ ൌ ሺെ1,1, ݉ሻ, ݉ אԹ.
1 pt
1) Que représente la matrice ܣ pour le système ܵ ൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ ?
2) Discuter le rang du système ܵ selon les valeurs du paramètre ݉.
2 pts
Partie 3 :
݉ ݔ ݕെ ݖൌ ݉ െ 1
On considère le système linéaire :
ܵ ൝ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ݉ െ 1
െ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 1 െ ݉
Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ?
Pour ݉ ൌ 1, résoudre ሺܵଵ ሻ.
Pour ݉ ൌ 0, résoudre ሺܵை ሻ.
Partie 4 :
5)
1)
2)
3)
(3 points)
(4 points)
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1 pt
1 pt
2 pts
Session Automne-hiver 2009
[46]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-48-320.jpg)
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Contrôle final
6) On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par :
א )ݖ ,ݕ ,ݔ(Թଷ :
݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕെ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݉ݖሻ
1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ .
0.5 pt
1 pt
2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il surjectif ?
3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer une base de ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݃ݎሺ݂ଶ ሻ.
1.5 pt
1.5 pt
4) Pour ݉ ൌ 1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ଵ ሻ et en déduire ݎ݁ܭሺ݂ଵ ሻ.
5) Vérifier que ܤൌ ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est une base de Թଷ .
0.5 pt
1 pt
6) Pour ݉ ൌ 0, déterminer la matrice ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ par un calcul direct.
7) Retrouver ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ en utilisant la formule de changement de bases.
1 pt
Partie 5 :
(7 points)
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Correction du contrôl final
Partie 1
Enoncé :
On considère les trois sous espaces vectoriels de Թଷ :
1) ܸଵ ൌ ,1,1(ۃെ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻܸ ,ۄଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻۄ
2) ܸଷ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሽ
3) Déterminer une base du sous espace vectoriel ܸଵ . Comparer ܸଵ et Թଷ .
4) Déterminer une base de chacun des sous espaces vectoriel ܸଶ et ܸଷ. Comparer ܸଶ et ܸଷ.
Solution :
1) ܸଵ ൌ ۃሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ: ۄ
dim ܸଵ ൌ ݃ݎሺܵሻ , avec ܵ ൌ ሼሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ.
On vérifie que le système ሼሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ est libre.
Donc dim ܸଵ ൌ ݃ݎሺܵሻ ൌ 3 et ሼሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ est alors une base de ܸଵ.
ܸଵ est alors un sous espace vectoriel de Թଷ , de même dimension.
Donc ܸଵ ൌ Թଷ
2)
ܸଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻ: ۄ
dim ܸଶ ൌ ݃ݎሺܵሻ , avec ܵ ൌ ሼሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻሽ.
On vérifie que le système ሼሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻሽ est lié.
ሼሺ1, െ1,1ሻሽ est un système libre extrait de ܵ, donc ݃ݎሺܵሻ ൌ 1
Donc dim ܸଶ ൌ 1 : ሼሺ1, െ1,1ሻሽ est alors une base de ܸଶ et ܸଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ.ۄ
ܸଷ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0ሽ :
2 ݔ ݕെ ݖൌ 0
ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ܸ אଷ ssi ൝ ݔ 2 ݕ ݖൌ 0
െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0
ሺ1ሻ ሺ2ሻ 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0
ሺ1ሻ 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0
ݕൌ െݔ
ሺ2ሻ ൝ ݔ 2 ݕ ݖൌ 0 ֞
ሺ2ሻ ൝3 ݔ 3 ݕൌ 0 ֞ ቊ ݖൌ ݔ
אݔԹ
ሺ3ሻ െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0
ሺ1ሻ െ ሺ3ሻ 3 ݔെ 3 ݖൌ 0
Une base de ܸଷ est alors donnée par ሼሺ1, െ1,1ሻሽ
Donc ܸଷ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ ۄൌ ܸଶ
Partie 2
݉ 1 െ1
ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ , ݉ אԹ.
െ1 1 ݉
1) Montrer que la matrice ܣest non inversible ssi ݉ ൌ െ1 ou ݉ ൌ 2.
2) Discuter le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉.
Enoncé :
On considère la matrice
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Solution :
݉ 1
ܣ ൌ 1 ݉
െ1 1
Correction du contrôl final
െ1
1൩
݉
1) la matrice ܣest non inversible ssi detሺܣሻ ൌ 0 :
݉ 1 െ1
݉
1
െ1
݉ 1 െ1
՜ ା
อ 1 ݉ 1 อ ൌ మ మ య อ 0 ݉ 1 ݉ 1อ ൌ ሺ݉ 1ሻ อ 0 1 1 อ
െ1 1 ݉
െ1
1
݉
െ1 1 ݉
݉ 1 െ1
݉
2
െ1
݉
2
మ ՜మ ିయ
อ 0 1 1 อൌ
อ0
ቚ ൌ െ݉ሺ1 െ ݉ሻ െ 2 ൌ ݉ଶ െ
0
1 อ ൌ െቚ
െ1 1 െ ݉
െ1 1 ݉
െ1 1 െ ݉ ݉
݉െ2
݉ 1 െ1
Donc อ 1 ݉ 1 อ ൌ ሺ݉ 1ሻଶ ሺ݉ െ 2ሻ
െ1 1 ݉
La matrice ܣest alors non inversible ssi : ݉ ൌ െ1 ou ݉ ൌ 2.
2) le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉ :
Si ݉ ് െ1 et ݉ ് 2 alors la matrice ܣest inversible, donc ݃ݎሺܣሻ ൌ 3.
െ1 1 െ1
Si ݉ ൌ െ1 alors ିܣଵ ൌ 1 െ1 1 ൩ : detሺିܣଵ ሻ ൌ 0 et tous les déterminants d’ordre 2
െ1 1 െ1
extraits de la matrice ିܣଵ sont nuls, donc ݃ݎሺିܣଵ ሻ ൌ 1.
2 1 െ1
2 1
Si ݉ ൌ 2 alors ܣଶ ൌ 1 2 1 ൩ : detሺܣଶ ሻ ൌ 0 et ቚ
ቚ est un déterminant d’ordre 2 non
1 2
െ1 1 2
nul extrait de la matrice ܣଶ , donc ݃ݎሺܣଶ ሻ ൌ 2.
Partie 3
Enoncé :
On considère les vecteurs de Թଷ : ݑଵ ൌ ሺ݉, 1, െ1ሻ , ݑଶ ൌ ሺ1, ݉, 1ሻ et ݑଷ ൌ ሺെ1,1, ݉ሻ, ݉ אԹ.
1) Que représente la matrice ܣ pour le système ܵ ൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ ?
2) Discuter le rang du système ܵ selon les valeurs du paramètre ݉.
Solution :
7) ݑଵ ൌ (݉, 1, െ1ሻ , ݑଶ ൌ ሺ1, ݉, 1ሻ et ݑଷ ൌ ሺെ1,1, ݉ሻ
1) ܵ ൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ :
ܣ ൌ ࣧሺܵ/ܤ ሻ
2) ݃ݎሺܵሻ ൌ ݃ݎሾࣧሺܵ/ܤ ሻሿ ൌ ݃ݎሺܣ ሻ, donc, d’après la partie 2 :
Si ݉ ് െ1 et ݉ ് 2 alors ݃ݎሺܵሻ ൌ 3.
Si ݉ ൌ െ1 alors ݃ݎሺܵሻ ൌ 1.
Si ݉ ൌ 2 alors ݃ݎሺܵሻ ൌ 2.
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Correction du contrôl final
Partie 4
݉ ݔ ݕെ ݖൌ ݉ െ 1
ܵ ൝ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ݉ െ 1
െ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 1 െ ݉
1) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ?
2) Pour ݉ ൌ 1, résoudre ሺܵଵ ሻ.
3) Pour ݉ ൌ 0, résoudre ሺܵை ሻ.
Enoncé :
On considère le système linéaire :
Solution :
݉ ݔ ݕെ ݖൌ ݉ െ 1
ܵ ൝ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ݉ െ 1
െ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 1 െ ݉
1) le système ܵ est de Cramer ssi sa matrice est inversible :
le système ܵ s’écrit sous la forme matricielle : ܣ . ܺ ൌ ܾ ,
ݔ
݉ 1 െ1
݉െ1
ݕቇ et ܾ ൌ ൭݉ െ 1൱
avec ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩, ܺ ൌ ቆ
ݖ
െ1 1 ݉
1െ݉
le système ܵ est de Cramer ssi La matrice ܣ est inversible.
le système ܵ est alors de Cramer ssi ݉ ് െ1 et ݉ ് 2, d’après la partie 2.
ݔݕെ ݖൌ0
ݔ
0
ݔ ݕ ݖൌ 0 ou encore ܣଵ . ቆݕቇ ൌ ൭0൱ : système linéaire homogène
2) Pour ݉ ൌ 1 : ܵଵ ൝
ݖ
െ ݔ ݕ ݖൌ 0
0
ݔ
0
ܵଵ est un système de cramer, d’après (1), son unique solution est alors donnée par ቆݕቇ ൌ ൭0൱.
ݖ
0
ݕെ ݖൌ െ1
ݔ
െ1
0 1 െ1
3) Pour ݉ ൌ 0 : ܵ ൝ ݔ ݖൌ െ1 ou encore ܣ . ቆݕቇ ൌ ൭െ1൱, avec ܣ ൌ 1 0 1 ൩
ݖ
െ ݔ ݕൌ 1
1
െ1 1 0
ଶ
det ܣ ൌ െ2 : det ܣ ൌ ሺ݉ 1ሻ ሺ݉ െ 2ሻ, d’après partie 2.
On se propose de résoudre ܵ par la méthode des déterminants de Cramer :
െ1 1 െ1
∆
ଷ
o ∆௫ ൌ อെ1 0 1 อ ൌ 3 ฺ ݔൌ ୢୣ୲ೣ ൌ െ ଶ
బ
1 1 0
0 െ1 െ1
∆
ଵ
o ∆௬ ൌ อ 1 െ1 1 อ ൌ 1 ฺ ݕൌ ୢୣ୲ ൌ െ ଶ
బ
െ1 1
0
0 1 െ1
∆
ଵ
o ∆௭ ൌ อ 1 0 െ1อ ൌ െ1 ฺ ݖൌ ୢୣ୲ ൌ ଶ
బ
െ1 1 1
ଷ
െଶ
ݔ
ۇଵۊ
l’unique solution du système ܵ est alors donnée par :
ቆݕቇ ൌ ۈെ ଶ.ۋ
ݖ
ଵ
ଶ
ی ۉ
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[50]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-52-320.jpg)
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Correction du contrôl final
Partie 5
Enoncé :
On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par :
א )ݖ ,ݕ ,ݔ(Թଷ : ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕെ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݉ݖሻ
1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ .
2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il surjectif ?
3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer une base de ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݃ݎሺ݂ଶ ሻ.
4) Pour ݉ ൌ 1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ଵ ሻ et en déduire ݎ݁ܭሺ݂ଵ ሻ.
5) Vérifier que ܤൌ ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est une base de Թଷ .
6) Pour ݉ ൌ 0, déterminer la matrice ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ par un calcul direct.
7) Retrouver ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ en utilisant la formule de changement de bases.
Solution :
1)
2)
݉ 1
ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 ݉
െ1 1
݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕെ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݉ݖሻ
െ1
1൩
݉
݂ est surjectif ssi ݂ est bijectif ssi ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ est inversible :
݉ 1 െ1
ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 ݉ 1 ൩ ൌ ܣ
െ1 1 ݉
la matrice ܣ est inversible ssi ݉ ് െ1 et ݉ ് 2, d’après la partie 2.
݂ est alors surjectif ssi ݉ ് െ1 et ݉ ് 2
3) Pour m ൌ 2 : ݂ଶ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ2 ݔ ݕെ ݔ ,ݖ 2 ݕ ,ݖെ ݔ ݕ 2ݖሻ
Kerሺfଶ ሻ :
Kerሺfଶ ሻ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / ݂ଶ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ0,0,0ሻሽ
Donc : Kerሺfଶ ሻ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሽ
On remarque alors que Kerሺfଶ ሻ ൌ ܸଷ, voir partie 1.
Or ܸଷ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ ۄet une base de ܸଷ est donnée par ሼሺ1, െ1,1ሻሽ, d’après partie 1.
Donc Kerሺfଶ ሻ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ ۄet ሼሺ1, െ1,1ሻሽ est une base de Kerሺfଶ ሻ.
݃ݎሺ݂ଶ ሻ :
݃ݎሺ݂ଶ ሻ ൌ dim Թଷ െ dim ker fଶ , donc ݃ݎሺ݂ଶ ሻ ൌ 2
4) Pour m ൌ 1, : déterminer une base de Imሺfଵ ሻ et en déduire Kerሺfଵ ሻ.
Imሺfଵ ሻ :
Imሺfଵ ሻ ൌ ݂ۃଵ ሺ݁ଵ ሻ, ݂ଵ ሺ݁ଶ ሻ, ݂ଵ ሺ݁ଷ ሻۄ
݂ଵ ሺ݁ଵ ሻ ൌ ሺ1,1, െ1ሻ
1 1 െ1
ሻ ൌ 1 1 1 ൩, donc :
Comme ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ
ቐ݂ଵ ሺ݁ଶ ሻ ൌ ሺ1,1,1ሻ
െ1 1 1
݂ଵ ሺ݁ଷ ሻ ൌ ሺെ1,1,1ሻ
On a alors : Imሺfଵ ሻ ൌ ۃሺ1,1, െ1ሻ, ሺ1,1,1ሻ, ሺെ1,1,1ሻۄ
On remarque alors que Imሺ݂ଵ ሻ ൌ ܸଶ, voir partie 1.
Or ܸଶ ൌ Թଷ , d’après partie 1.
Donc Imሺfଵ ሻ ൌ Թଷ
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Correction du contrôl final
Kerሺfଵ ሻ :
Puisque Imሺ݂ଵ ሻ ൌ Թଷ , l’endomorphisme ݂ଵ est surjectif, donc injectif, d’où Kerሺ݂ଵ ሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ.
ou bien : dim ker ݂ଵ ൌ dim Թଷ െ dim ݉ܫሺ݂ଵ ሻ, donc dim ker fଵ ൌ 0 et alors Kerሺ݂ଵ ሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ.
5)
B ൌ ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est une base de Թଷ :
On vérifie que le système ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est libre.
αଵ ሺ1,1,0ሻ αଶ ሺ1, െ1,1ሻ αଷ ሺ0,1,1ሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ ฺ αଵ ൌ αଶ ൌ αଷ ൌ 0 :
αଶ ൌ െαଵ
αଶ ൌ െαଵ
αଵ αଶ ൌ 0
αଵ െ αଶ αଷ ൌ 0 ฺ ൝αଵ ൌ 0
ฺ αଵ ൌ αଶ ൌ αଷ ൌ 0
൝αଵ െ αଶ αଷ ൌ 0 ฺ ൝
αଷ ൌ െαଵ
αଷ ൌ െαଵ
αଶ αଷ ൌ 0
1 1 0
ou bien ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ 1 െ1 1൩ est inversible : det ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ െ3
0 1 1
6) Pour ݉ ൌ 0 :
݂ ሺ1,1,0ሻ ൌ ሺ1,1,0ሻ
1
ቐ݂ ሺ1, െ1,1ሻ ൌ ሺെ2,2, െ2ሻ ൌ ሺെ2ሻ. ሺ1, െ1,1ሻ ฺ ࣧሺ݂ / B, Bሻ ൌ 0
0
݂ ሺ0,1,1ሻ ൌ ሺ0,1,1ሻ
7)
ࣧሺf / B, Bሻ ൌ ܲ ൈ ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൈ ܲ :
0 0
െ2 0൩
0 1
0 1 െ1
ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ ܣ , donc ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 0 1 ൩
െ1 1 0
1 1 0
ܲ ൌ ࣧሺB/Bୡ ሻ, donc ܲ ൌ P ൌ 1 െ1 1൩
0 1 1
ିଵ
ିଵ
ܲ ൌ ൫ܲ ൯ , donc ܲ ൌ ܲ :
det ܲ ൌ െ3
Calcul de ܲିଵ par la méthode des cofacteurs :
െ1 1
1 1
1 െ1
ۍ ቚ 1 1ቚ െ ቚ0 1ቚ ቚ0 1 ቚې
െ2 െ1 1
ێ
1 0
1 0
1 1 ۑ
o ࣝሺܲሻ ൌ ێെ ቚ
ቚ ቚ
ቚ െቚ
ቚ ۑൌ െ1 1 െ1൩
0 1
0 1 ۑ
1 1
ێ
1 െ1 െ2
1 0
1 0
1 1 ۑ
ێ
ቚ
ቚ െቚ
ቚ ቚ
ቚے
ۏെ1 1
1 1
1 െ1
o
௧
െ2 െ1 1
െ2 െ1 1
ିଵ
ሾࣝሺܲሻሿ ൌ െ1 1 െ1൩ , donc : ܲିଵ ൌ െ1 1 െ1൩
ଷ
1 െ1 െ2
1 െ1 െ2
On a alors : ࣧሺf / B, Bሻ ൌ
െ2 െ1 1
0 1
1 െ1൩ ൈ 1 0
1 െ1 െ2
െ1 1
ିଵ
െ1
ଷ
1
On retrouve, tout calcul fait : ࣧሺ݂ / B, Bሻ ൌ 0
0
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0 0
െ2 0൩
0 1
െ1
1
1 ൩ ൈ 1
0
0
1 0
െ1 1൩
1 1
Session Automne-hiver 2009
[52]](https://image.slidesharecdn.com/algebre1annales-131015111855-phpapp02/85/Algebre-1-annales-54-320.jpg)
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Université Mohammed V – Agdal
Faculté des Sciences Juridiques,
Économiques et Sociales
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آ
http://www.fsjesr.ac.ma
CONTROLE DE RATTRAPAGE
Durée : 1h30
Filière
Semestre
Module
Matière
Session
Sections
Professeure
:
:
:
:
:
:
:
Sciences Economiques et de Gestion
S3
M 10 (Méthodes Quantitatives II)
Mathématiques II
Automne – hiver, 2009-2010
A, B & C
Salma DASSER
Les documents et les portables ne sont pas autorisés.
La calculatrice est à usage strictement personnel.
Toute réponse doit être justifiée.
La présentation de la copie est notée sur 2 points.
Les quatre parties peuvent être traitées indépendamment
On munit Թଷ de sa base canonique ܤ ൌ ሼ݁ଵ , ݁ଶ , ݁ଷ ሽ.
݉ 1 ݉
On considère la matrice ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ .
݉ 1 ݉ଶ
1) Montrer que det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ.
2) Discuter le rang de la matrice ܣ selon les valeurs du paramètre ݉.
Partie 1 :
Partie 2 :
(4 points)
(5 points)
݉ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 0
ܵ ൞ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ଶ ሺ݉ 2ሻ݁ ିଶ
ଵ
݉ ݔ ݕ ݉ଶ ݖൌ 0
1) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ?
2) Pour ݉ ൌ 2, résoudre ሺܵଶ ሻ.
3) Pour ݉ ൌ െ2, résoudre ሺܵିଶ ሻ.
On considère le système linéaire :
2 pts
2 pts
1 pt
2 pts
1 pt
Partie 3 :
(3 points)
On considère les deux sous espaces vectoriels de Թଷ :
ܸଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ,ۄ
Vଶ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0,2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0 ሽ
Déterminer une base et la dimension de chacun des sous espaces vectoriel ܸଵ et ܸଶ .
Partie 4 :
(8 points)
On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par :
ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ :
݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕ ݉ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ݔ݉ ,ݖ ݕ ݉ଶ ݖሻ
1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ .
0.5 pt
2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il injectif ?
1 pt
3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݉ܫሺ݂ଶ ሻ.
1.5 pt
4) Pour ݉ ൌ െ1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ିଵ ሻ et une base de ݎ݁ܭሺ݂ିଵ ሻ.
2 pts
5) On considère les vecteurs : ݑଵ ൌ ݁ଷ , ݑଶ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ et ݑଷ ൌ ݁ଵ
a. Vérifier que ܤൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ est une base de Թଷ .
0.5 pt
b. Déterminer les matrices de passages : ܲ et ܲ .
1.5 pt
1 pt
c. Pour ݉ ൌ 1, déterminer la matrice ࣧሺ݂ଵ / ܤ ,ܤሻ.
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![[S3, Module M10, Matière : Mathématiques II]
Correction du contrôle de rattrapage
Partie 1
݉ 1 ݉
On considère la matrice ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ .
݉ 1 ݉ଶ
1) Montrer que det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ.
2) Discuter le rang de la matrice ܣ selon les valeurs du paramètre ݉.
Enoncé :
Solution :
1)
݉
det ܣ ൌ อ 1
݉
1
อ1
݉
Donc
1
݉
1
݉
ܣ ൌ 1
݉
1
݉
1
݉
1൩
݉ଶ
݉
݉െ1 1െ݉
՜ ି
1 อൌ భ భ మอ 1
݉
ଶ
݉
݉
1
݉െ1
1
1 อ ൌ ሺ݉ െ 1ሻ อ 1
݉ଶ
݉
െ1 1
1 െ1
0
1
݉
1 อ ൌయ ՜య ିభ อ 1 ݉
0 อ ൌ ሺ݉ଶ െ ݉ሻ ቚ
1
1 ݉ଶ
݉ 1 ݉ଶ െ ݉
det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ
െ1 1
݉
1อ
1 ݉ଶ
െ1
ቚ ൌ ݉ሺ݉ െ 1ሻሺ݉ 1ሻ
݉
2) le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉ :
la matrice ܣest inversible ssi det ܣ ് 0 ssi ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1.
Si ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 alors la matrice ܣest inversible, donc ݃ݎሺܣሻ ൌ 3.
0
0 1
Si ݉ ൌ 0 alors ܣ ൌ 1൩ : detሺܣ ሻ ൌ 0 et ቚ
ቚ est un déterminant d’ordre 2 non nul
1 0
0 1 0
extrait de la matrice ܣ , donc ݃ݎሺܣ ሻ ൌ 2.
െ1 1 െ1
െ1 1
Si ݉ ൌ െ1 alors ିܣଵ ൌ 1 െ ൩ : detሺିܣଵ ሻ ൌ 0 et ቚ
ቚ est un déterminant
1 1
െ1
d’ordre 2 non nul extrait de la matrice ିܣଵ , donc ݃ݎሺିܣଵ ሻ ൌ 2.
1 1 1
Si ݉ ൌ 1 alors ܣଵ ൌ 1 1 1൩ : detሺܣଵ ሻ ൌ 0 et tous les déterminants d’ordre 2 extraits de la
1 1 1
matrice ܣଵ sont nuls, donc ݃ݎሺܣଵ ሻ ൌ 1.
Partie 2
Enoncé :
݉ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 0
ܵ ቐ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ଶ ሺ݉ 2ሻ݁ ିଶ
ଵ
݉ ݔ ݕ ݉ଶ ݖൌ 0
1) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ?
2) Pour ݉ ൌ 2, résoudre ሺܵଶ ሻ.
3) Pour ݉ ൌ െ2, résoudre ሺܵିଶ ሻ.
On considère le système linéaire :
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Solution :
Correction du contrôle de rattrapage
mx y mz ൌ 0
ܵ ቐx my z ൌ ଶ ሺm 2ሻe୫ିଶ
ଵ
mx y mଶ z ൌ 0
1) le système ܵ est de Cramer ssi sa matrice est inversible :
le système ܵ s’écrit sous la forme matricielle : ܣ . ܺ ൌ ܾ , avec
0
ݔ
݉ 1 ݉
ଵ
ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩,
ܺ ൌ ቆ ݕቇ
et
ܾ ൌ ቌଶ ሺm 2ሻe୫ିଶ ቍ
ݖ
݉ 1 ݉ଶ
0
le système ܵ est de Cramer ssi la matrice ܣ est inversible
le système ܵ est alors de Cramer ssi Si ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 , d’après la partie 1.
2x y 2z ൌ 0
ݔ
0
2
x 2y z ൌ 2 ou encore ܣଶ . ቆݕቇ ൌ ൭2൱, avec ܣଶ ൌ 1
2) Pour ݉ ൌ 2 : ܵଶ ൝
ݖ
2x y 4z ൌ 0
0
2
1 2
2 1൩
1 4
det ܣଶ ൌ 6 : det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ , d’après partie 1.
On se propose de résoudre ܵଶ par la méthode des déterminants de Cramer :
0 1 2
∆
ଶ
o ∆௫ ൌ อ2 2 1อ ൌ െ4 ฺ ݔൌ ୢୣ୲ೣ ൌ െ ଷ
మ
0 1 4
2 0 2
∆
ସ
o ∆௬ ൌ อ 1 2 1 อ ൌ 8 ฺ ݕൌ
ൌ
ୢୣ୲ మ
ଷ
2 0 4
2 1 0
∆
o ∆௭ ൌ อ1 2 2อ ൌ 0 ฺ ݖൌ ൌ 0
ୢୣ୲ మ
2 1 0
ଶ
െଷ
ݔ
l’unique solution du système ܵଶ est alors donnée par :
ቆݕቇ ൌ ൮ ସ ൲.
ଷ
ݖ
0
െ2x y െ 2z ൌ 0
ݔ
0
3) Pour ݉ ൌ െ2 : ܵଵ ൝x െ 2y z ൌ 0
ou encore ିܣଶ . ቆݕቇ ൌ ൭0൱ : système linéaire homogène
ݖ
െ2x y 4z ൌ 0
0
ܵିଶ est un système de cramer, d’après (1),
ݔ
0
son unique solution est alors donnée par ቆݕቇ ൌ ൭0൱.
ݖ
0
Partie 3
Enoncé :
On considère les deux sous espaces vectoriels de Թଷ :
ܸଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ,ۄ
Vଶ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0,2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0 ሽ
Déterminer une base et la dimension de chacun des sous espaces vectoriel ܸଵ et ܸଶ.
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Correction du contrôle de rattrapage
Solution :
ܸଵ ൌ (ۃെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ: ۄ
dim Vଵ ൌ rgሺSሻ , avec S ൌ ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ.
On vérifie que le système ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ est lié.
Le système ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ extrait de S est libre, donc rgሺSሻ ൌ 2.
ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ est alors une base de Vଵ et dim Vଵ ൌ 2 : Vଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻۄ
ܸଶ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0,2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0 ሽ :
݉ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 0
2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0
ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ܸ אଶ ssi ൝ ݔ 2 ݕ ݖൌ 0 ssi ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ est solution du système ቐ ݔ ݉ ݕ ݖൌ 0
2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0
݉ ݔ ݕ ݉ଶ ݖൌ 0
2 1 2
Or ce système est de Cramer car sa matrice ܣଶ ൌ 1 2 1൩ est inversible, d’après partie 1.
2 1 4
Son unique solution est alors ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ.
Donc ܸଶ ൌ ሼሺ0,0,0ሽ et dim ܸଶ ൌ 0 , ܸଶ n’admet pas de bases.
Partie 4
Enoncé :
On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par :
ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ : ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕ ݉ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ݔ݉ ,ݖ ݕ ݉ଶ ݖሻ
1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ .
2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il injectif ?
3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݉ܫሺ݂ଶ ሻ.
4) Pour ݉ ൌ െ1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ିଵ ሻ et une base de ݎ݁ܭሺ݂ିଵ ሻ.
5) On considère les vecteurs : ݑଵ ൌ ݁ଷ , ݑଶ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ et ݑଷ ൌ ݁ଵ
a. Vérifier que B ൌ ሼuଵ , uଶ , uଷ ሽ est une base de Թଷ .
b. Déterminer les matrices de passages : Pౙ et Pౙ .
c. Pour m ൌ 1, déterminer la matrice ࣧሺfଵ / B, Bሻ.
Solution :
1)
2)
݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕ ݉ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ݔ݉ ,ݖ ݕ ݉ଶ ݖሻ
m 1 m
ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 m 1 ൩
m 1 mଶ
݂ est injectif ssi ݂ est bijectif ssi ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ est inversible :
m 1 m
ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 m 1 ൩ ൌ ܣ
m 1 mଶ
la matrice ܣ est inversible ssi ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 , d’après la partie 1.
݂ est alors surjectif ssi ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 .
3) Pour m ൌ 2 :
Kerሺfଶ ሻ :
݉ܫሺ݂ଶ ሻ :
݂ଶ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ2 ݔ ݕ 2 ݔ ,ݖ 2 ݕ ݔ2 ,ݖ ݕ 4ݖሻ
Kerሺfଶ ሻ ൌ ሼሺ0,0,0ሻሽ car ݂ଶ est injectif, d’après (1).
݉ܫሺ݂ଶ ሻ ൌ Թଷ car ݂ଶ est injectif ssi ݂ଶ est surjectif ssi ݉ܫሺ݂ଶ ሻ ൌ Թଷ
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4)
m ൌ െ1, :
Imሺfିଵ ሻ :
Kerሺfିଵ ሻ :
5)
Correction du contrôle de rattrapage
݂ିଵ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺെ ݔ ݕെ ݔ ,ݖെ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݖሻ
Imሺfିଵ ሻ ൌ ି݂ۃଵ ሺ݁ଵ ሻ, ݂ିଵ ሺ݁ଶ ሻ, ݂ିଵ ሺ݁ଷ ሻۄ
݂ିଵ ሺ݁ଵ ሻ ൌ ሺെ1,1, െ1ሻ
െ1 1 െ1
Comme ࣧሺ݂ିଵ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 െ1 1 ൩, donc : ቐ݂ିଵ ሺ݁ଶ ሻ ൌ ሺ1, െ1,1ሻ
െ1 1
1
݂ିଵ ሺ݁ଷ ሻ ൌ ሺെ1,1,1ሻ
On a alors :
Imሺfିଵ ሻ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺെ1,1,1ሻۄ
On remarque alors que : Imሺ݂ିଵ ሻ ൌ ܸଵ, voir partie 3.
Or ܸଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ : ۄሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ est une base de ܸଵ, d’après partie 3.
Donc Imሺfିଵ ሻ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ ۄet ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ est une base de Imሺfିଵ ሻ.
ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אKerሺfିଵ ሻ ssi ݂ିଵ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ
െ ݔ ݕെ ݖൌ 0
ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ܸ אଷ ssi ൝ ݔെ ݕ ݖൌ 0
െ ݔ ݕ ݖൌ 0
ሺ1ሻ ሺ3ሻ െ2 ݔ 2 ݕൌ 0
ሺ1ሻ െ ݔ ݕെ ݖൌ 0
ݕൌݔ
ሺ2ሻ ൝ ݔെ ݕ ݖൌ 0 ֞
ሺ2ሻ ൝3 ݔ 3 ݕൌ 0 ֞ ቊ ݖൌ 0
אݔԹ
ሺ3ሻ െ ݔ ݕ ݖൌ 0
ሺ2ሻ ሺ3ሻ ݖൌ 0
Une base de Kerሺfିଵ ሻ est alors donnée par ሼሺ1,1,0ሻሽ
Donc Kerሺfିଵ ሻ ൌ ۃሺ1,1,0ሻۄ
uଵ ൌ eଷ , uଶ ൌ eଵ eଶ eଷ et uଷ ൌ eଵ
a. ܤൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ est une base de Թଷ :
0 1
Le système ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ est libre car ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ 0 1
1 1
Pౙ :
Pౙ :
b. les matrices de passages Pౙ et Pౙ :
0 1 1
Pౙ ൌ 0 1 0൩
1 1 0
1
0൩ est inversible : det ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ 1
0
Pౙ ൌ ࣧሺB/Bୡ ሻ et Pౙ ൌ ࣧሺB/Bୡ ሻ
0 െ1 1
ݑൌ݁ ฺ݁ ൌݑ
Pౙ ൌ 0 1 0൩ car ቄݑଵ ൌ ݁ଷ ฺ ݁ଷ ൌ ݑଵ ݁ݑ ݐଶ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ฺ ݁ଶ ൌ െݑଵ ݑଶ െ ݑଷ
ଷ
ଵ
ଵ
ଷ
1 െ1 0
c. ࣧሺfଵ / B, Bሻ ൌ
1 1
ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 1
1 1
ܲ ൈ ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ ሻ ൈ ܲ :
ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ ሻ ൌ ܣଵ
1
0
1൩ . On trouve alors, après calcul, que : ࣧሺ݂ / B, Bሻ ൌ 1
1
0
0 0
3 1൩
0 0
݂ሺݑଵ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଷ ሻ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ൌ ݑଶ
Remarque : ቐ݂ሺݑଶ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଵ ሻ ݂ሺ݁ଶ ሻ ݂ሺ݁ଷ ሻ ൌ 3ሺ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ሻ ൌ 3 ݑଶ
݂ሺݑଷ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଵ ሻ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ൌ ݑଶ
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Algebre 1 (annales)
Le document présente un cours de mathématiques II, axé sur l'algèbre linéaire et le calcul matriciel, au sein de la filière de sciences économiques à l'Université Mohammed V d'Agdal. Il détaille le contenu des chapitres incluant les espaces vectoriels, les applications linéaires, les matrices, les déterminants et les systèmes linéaires, ainsi que des informations sur les évaluations. Les annales des examens de 2004 à 2010 avec corrections sont également fournies pour aider les étudiants dans leur préparation.
![3 gestion-de_la_tr_sorerie[1]](https://cdn.slidesharecdn.com/ss_thumbnails/3-gestiondelatrsorerie1-140408183708-phpapp02-thumbnail.jpg?width=640&height=640&fit=bounds)
Algebre 1 (annales)
- 1. – اآ ال د وا UniversitéMohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا ما وا ط ا آ اا http://www.fsjesr.ac.ma Filière de Science Économiques et de Gestion Semestre d’étude : Module M10 : Matière : S3 Méthodes Quantitatives II Mathématiques II Mathématiques II Annales : 2004-2005 à 2007-2008 & 2009-2010 Sujets d'examens dont certains sont avec correction Salma DASSER Dernière mise à jour Juin 2010
- 2. – اآ ال د وا UniversitéMohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا ما وا ط ا آ اا http://www.fsjesr.ac.ma Filière de Sciences Économiques et de Gestion Semestre Module Matière : : : S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Objectif du cours Introduire l’étudiant à l’algèbre linéaire par des notions sur les espaces vectoriels et le calcul matriciel ainsi qu’en termes de résolution de systèmes linéaires. Calcul dans Թ Notions élémentaires sur les ensembles Pré-reqcuis recommandé Mode d’évaluation Contrôle final (2h) contrôle de rattrapage (1h30) Déroulement du cours Cours magistraux (25h) Travaux dirigés (15h) Support du cours Polycopié du cours Séries d’exercices corrigés Contenu du cours Chapitre 1 : espaces vectoriels réels I- LCI et LCE II- Structure d’espace vectoriel réel III- Sous espaces vectoriels IV- Combinaison linéaire - Système générateur V- Système libre - système lié VI- Ordre et rang d’un système de vecteurs VII- Base d’un espace vectoriel VIII- Espace vectoriel de dimension fini Chapitre 2 : applications linéaires I- Définitions et généralités II- Opérations sur les applications linéaires III- Image et image réciproque IV- Noyau et image d’une application linéaire V- Applications linéaires injectives et surjectives VI- Rang d’une application linéaire Chapitre 3 : Matrices I- Généralités (définition, matrices particulières) II- Matrices carrées 1. Matrice diagonale, Matrice triangulaire 2. Matrice symétrique, Matrice antisymétrique III- Opérations sur les matrices 1. Addition, Multiplication, Puissance 2. Propriétés de l’ensemble des matrices 3. Matrice inversible IV- Matrice inverse : Méthode de Gauss-Jordan V- Matrice associée à un système de vecteurs VI- Matrice d’une application linéaire VII- Changement de base Chapitre 4 : déterminants I- Calcul d’un déterminant d’ordre n II- Propriétés des déterminants III- Inversion d’une matrice par la méthode des cofacteurs IV- Rang d’une matrice, Rang d’une application linéaire Chapitre 5 : systèmes linéaires I- Généralités (définition, écriture, rang) II- Résolution d’un système linéaire triangulaire III- Résolution d’un système linéaire de Cramer 1. Par l’inversion de la matrice du système 2. Par la méthode de Cramer IV- Résolution d’un système linéaire non de Cramer 1. Système avec second membre 2. Cas particulier d’un système homogène
- 3. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Année académique : 2004-2005 Année académique : 2004-2005 Session : Automne-hiver ................................................................................................................................ ................................................................................................. Contrôle continu ................................................................................................................................. 2 ................................................................................................................................ ................................................................................................... Contrôle final ................................................................................................................................... 10 ...................................................................................................................... ................................................................ Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 12 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [1]
- 4. – اآ ال دوا Université Mohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE CONTINU Durée : 1h30 Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2004-2005 C&D Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Exercice 1 : (2 points) On considère l’application linéaire f définie de IR3 vers IR 2 par : ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + em . y + z, em .x + y + em .z ) , A-t-on Ker ( f ) = {(0,0,0)} ? m∈ IR Exercice 2 : (3 points) Soit (G,∗) un groupe et f un endomorphisme de (G,∗) . Montrer que l’ensemble H = {x ∈ G / f ( x) = x} est un sous groupe de (G,∗) . Exercice 3 : (4 points) Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 et V2 définis par : { } V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0 et V2 = {( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z} 1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels V1 et V2 . 2) Déterminer V1 ∩ V2 . A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ? 1,5 pts 2,5 pts Exercice 4 : (11 points) (Les parties I et II peuvent être traitées séparément) 3 I) Dans IR , on considère les vecteurs v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1, a) et v3 = (1, a, a) . Discuter suivant le paramètre a ∈ IR : 1) La dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 . 3 pts 2) Le rang du système S = {v1 , v2 , v3 }. 2 pts 3 II) On considère l’endomorphisme f de IR défini par : ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz) , ( m ∈ IR ) 1) Pour m = 1 , déterminer une base de Ker ( f ) et en déduire le rang de f . 2) Pour m = −1 , déterminer une base de Im f et en déduire le rang de f . 3) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m ∈ IR , l’application f est-elle bijective ? Professeure Salma DASSER 1,5 pts 1,5 pts 3 pts Session Automne-hiver 2004 [2]
- 5. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle continu Exercice 1 Enoncé : On considère l’application linéaire f définie de IR3 vers IR2 par : ∀( x, y, z ) ∈ IR 3 : f (( x, y, z )) = ( x + em . y + z , e m .x + y + e m .z ) , m ∈ IR A-t-on Ker ( f ) = {(0,0,0)} ? Solution : On suppose que Ker ( f ) = {(0,0,0)} . Si Ker ( f ) = {(0,0,0)} , alors f est injective (car une application linéaire f de E vers F est injective ssi Ker ( f ) = {0 E }). f est injective implique que dim IR3 ≤ dim IR2 ( car si une application linéaire f de E vers F est injective alors dim E ≤ dim F ). Ce qui absurde car on sait que dim IR3 (= 3) > dim IR2 = 2) Ou bien : ( x, y, z ) ∈ Ker ( f ) ssi f (( x, y, z )) = (0,0,0) ssi ssi ssi ( x + em . y + z, em .x + y + em .z ) = (0,0,0) e1 x + e m . y + z = 0 e2 e m .x + y + e m .z = 0 e m .e1 − e2 (e 2 m − 1). y = 0 e m .e2 − e1 (e 2 m − 1).( x + z ) = 0 Si (e2 m − 1) ≠ 0 (m ≠ 0) alors y=0 ( x + z ) = 0 ssi ( x, y, z ) = ( z ,0, z ), z ∈ IR ssi ( x, y, z ) = z.(−1,0,1) ssi ∃!α (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,0,1) Ker ( f ) =< (−1,0,1) > et alors Ker ( f ) ≠ {(0,0,0)} ( x, y, z ) ∈ Ker ( f ) D’où ssi Si (e2 m − 1) = 0 (m = 0) alors ( x, y, z ) ∈ Ker ( f ) ssi f (( x, y, z )) = (0,0,0) ssi ( x + y + z, x + y + z ) = (0,0,0) ssi x+ y+z =0 ssi x = −y − z ssi ( x, y, z ) = (− y − z, y, z ), y, z ∈ IR ssi ( x, y, z ) = y.(−1,1,0) + z.(−1,0,1) ssi ∃!α (= y), β (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,1,0) + β .(−1,0,1) D’où Ker ( f ) =< (−1,1,0), (−1,0,1) > et alors Ker ( f ) ≠ {(0,0,0)} Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [3]
- 6. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle continu Exercice 2 Enoncé : Soit (G,∗) un groupe et f un endomorphisme de (G,∗) . Montrer que l’ensemble H = {x ∈ G / f ( x) = x} est un sous groupe de (G,∗) . Solution : Montrons que H = {x ∈ G / f ( x) = x} est un sous groupe de (G,∗) . H ≠Ο : e ∈ H ( e étant l’élément neutre de (G,∗) ) car : / f (e) = e ( f est un endomorphisme ⇒ f (e) = e ) ∀x ∈ H : x'∈ H ( x' étant le symétrique de x dans le groupe (G,∗) ) car : f ( x' ) = ( f ( x))' ( f est un endomorphisme ⇒ f ( x' ) = ( f ( x))' ) ⇒ f ( x' ) = x' ( x ∈ H ⇒ f ( x) = x ) ∀x, y ∈ H : x + y ∈ H car : f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) ( f est un endomorphisme) ⇒ f ( x + y) = x + y ( x, y ∈ H ⇒ f ( x) = x et f ( y) = y ) H = {x ∈ G / f ( x) = x} est alors un sous groupe de (G,∗) . Exercice 3 Enoncé : Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 et V2 définis par : { } { V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0 et V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels V1 et V2 . } Déterminer V1 ∩ V2 . A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ? Solution : { } { 1) Déterminons une base de V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0 et V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z { } } a. V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x + y + z = 0 ∀( x, y, z ) ∈ V1 : x + y + z = 0 ⇔ ⇔ z = −x − y ( x, y, z ) = ( x, y,− x − y ), ⇔ ⇔ ( x, y, z ) = x.(1,0,−1) + y.(0,1,−1) ∃!α (= x), β (= y ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(1,0,−1) + β .(0,1,−1) x, y ∈ IR {(1,0,−1), (0,1,−1)} est alors une base de V1 . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [4]
- 7. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle continu Remarque : Cette base n’est pas unique. On peut en trouver d’autres : Par exemple : ∀( x, y, z ) ∈ V1 : x + y + z = 0 ⇔ ⇔ x = −y − z ( x, y, z ) = (− y − z, y, z ), y, z ∈ IR ⇔ ( x, y, z ) = y.(−1,1,0) + z.(−1,0,1) ⇔ ∃!α (= y ), β (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,1,0) + β .(−1,0,1) {(−1,1,0), (−1,0,1)} est alors une autre base de V1 . { } b. V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x = y = z ∀( x, y, z ) ∈ V2 : x = y = z ⇔ ⇔ ⇔ {(1,1,1)} est alors une base de V2 . ( x, y, z ) = ( x, x, x), ( x, y, z ) = x.(1,1,1) x ∈ IR ∃!α (= x) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(1,1,1) 2) a. Déterminons V1 ∩ V2 ( x, y, z ) ∈ V1 ∩ V2 ( x, y, z ) ∈ V1 et ( x, y, z ) ∈ V2 ⇔ x + y + z = 0 et x = y = z ⇔ On en conclut que V1 ∩V2 = {(0,0,0)} ⇔ x= y=z=0 ⇔ ( x, y, z ) = (0,0,0) b. Vérifions si V1 ⊕ V2 = IR3 . V1 ⊕ V2 = IR3 ⇔ ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : ∃!( x1 , y1 , z1 ) ∈ V1 et ( x2 , y2 , z2 ) ∈ V2 /( x, y, z ) = ( x1 , y1 , z1 ) + ( x2 , y2 , z2 ) Or {u1 = (1,0,−1), u2 = (0,1,−1)} est une base de V1 , ce qui implique que : ∀( x1 , y1 , z1 ) ∈ V1 ∃!α1 ,α 2 ∈ IR /( x1 , y1 , z1 ) = α1u1 + α 2u2 et {u3 = (1,1,1)} est une base de V2 , ce qui implique que : ∀( x2 , y2 , z2 ) ∈ V2 ∃!α 3 ∈ IR /( x2 , y2 , z2 ) = α 3u3 On en déduit alors que : V1 ⊕ V2 = IR 3 ⇔ ∀( x, y , z ) ∈ IR 3 : ∃!α1 , α 2 , α 3 ∈ IR /( x, y , z ) = α1.u1 + α 2 .u2 + α 3 .u3 ⇔ (u1 , u 2 , u3 ) est une base de IR 3 Il suffit alors de vérifier que {u1 , u2 , u3 } est une base de IR3 . {u1 , u2 , u3} est une base de IR3 ssi {u1 , u2 , u3} est un système libre (car Ordre {u1 , u2 , u3 } = dim IR 3 = 3 ) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [5]
- 8. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle continu {u1 , u2 , u3} est un système libre ssi α1.u1 + α 2 .u2 + α 3.u3 = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0 α1.u1 + α 2 .u2 + α 3 .u3 = (0,0,0) ⇒ α1.(1,0,−1) + α 2 .(0,1,−1) + α 3 .(1,1,1) = (0,0,0) ⇒ (α1 + α 3 ,α 2 + α 3 ,−α1 − α 2 + α 3 ) = (0,0,0) e1 α1 + α 3 = 0 e1 + e2 + e3 3α 3 = 0 ⇒ e2 e1 α1 = −α 3 = 0 ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0 α 2 + α3 = 0 ⇒ e3 − α1 − α 2 + α 3 = 0 e2 α 2 = −α 3 = 0 {u1 , u2 , u3} est alors un système libre donc une base de IR3 et V1 ⊕ V2 = IR3 . Exercice 4 Enoncé : I) Dans IR3 , on considère les vecteurs v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1, a) et v3 = (1, a, a) . Discuter suivant le paramètre a ∈ IR : 1) La dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 . 2) Le rang du système S = {v1 , v2 , v3 }. On considère l’endomorphisme f de IR3 défini par : ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz ) , ( m ∈ IR ) 1) Pour m = 1 , déterminer une base de Ker ( f ) et en déduire le rang de f . 2) Pour m = −1 , déterminer une base de Im f et en déduire le rang de f . 3) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m ∈ IR , l’application f est-elle bijective ? Solution : I) v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1, a) et v3 = (1, a, a) . 1) Discutons la dépendance des vecteurs v1 , v2 et v3 , suivant le paramètre a ∈ IR . {v1, v2 , v3} est un système libre ssi α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0 α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α1.(1,1,1) + α 2 .(1,1, a) + α 3 .(1, a, a) = (0,0,0) ⇒ (α1 + α 2 + α 3 ,α1 + α 2 + aα 3 ,α1 + aα 2 + aα 3 ) = (0,0,0) e1 α1 + α 2 + α 3 = 0 ⇒ e2 α1 + α 2 + aα 3 = 0 e3 α1 + aα 2 + aα 3 = 0 e1 α1 + α 2 + α 3 = 0 ⇒ e1 − e2 (1 − a )α 3 = 0 e2 − e3 (1 − a )α 2 = 0 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [6]
- 9. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle continu Si (1 − a) ≠ 0 (a ≠ 1) alors α1 + α 2 + α 3 = 0 α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α3 = 0 α2 = 0 {v1, v2 , v3} est alors un système libre. ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0 Si (1 − a) = 0 (a = 1) alors α1 + α 2 + α 3 = 0 α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α 3 ∈ IR α 2 ∈ IR {v1, v2 , v3} est alors un système lié car ( v1 = v2 = v3 ) ⇒ α1 + α 2 + α 3 = 0 ∃(α1 ,α 2 ,α 3 ) = (1,0,−1) ≠ (0,0,0) / α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) 2) Discutons le rang du système S = {v1 , v2 , v3 }, suivant le paramètre a ∈ IR : 1 ≤ rg ( S ) ≤ 3 Si (1 − a) ≠ 0 (a ≠ 1) alors S = {v1 , v2 , v3 } est un système libre et rg ( S ) = 3 Si (1 − a) = 0 (a = 1) alors S = {v1 , v1 , v1} et rg ( S ) = 1 II) ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz) , 1) Pour m = 1 ( x, y, z ) ∈ Ker ( f ) ssi ssi ssi ssi ssi ssi ( m∈ IR ) f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y + z, x + y + z ) ssi f (( x, y, z )) = (0,0,0) ( x + y + z, x + y + z, x + y + z ) = (0,0,0) x+ y+z =0 x = −y − z ( x, y, z ) = (− y − z, y, z ), y, z ∈ IR ( x, y, z ) = y.(−1,1,0) + z.(−1,0,1) ∃!α (= y), β (= z ) ∈ IR /( x, y, z ) = α .(−1,1,0) + β .(−1,0,1) {(−1,1,0), (−1,0,1)} est alors une base de Ker ( f ) et dim Ker ( f ) = 2 On sait que rg ( f ) + dim Ker ( f ) = dim IR3 ⇒ rg ( f ) = 1 Remarque : Ker ( f ) = V1 (cf. Exercice 3) et alors Ker ( f ) =< (−1,1,0), (−1,0,1) > . 2) Pour m = −1 f (( x, y, z )) = ( x + y + z, x + y − z, x − y − z ) On sait que si {e1 , e2 , e3 } est une base de IR3 alors Im( f ) =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) > et dim Im( f ) = rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [7]
- 10. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle continu Pour déterminer une base de Im( f ) , il suffit alors d’extraire du système { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} un système libre d’ordre égal au rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} f (e1 ) = (1,1,1) On considère la base canonique {e1 , e2 , e3 } de IR : f (e2 ) = (1,1,−1) f (e ) = (1,−1,−1) 3 3 On commence par déterminer le rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} : 1 ≤ rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} ≤ 3 rg { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} = 3 ssi { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est un système libre { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est un système libre ssi α1. f (e1 ) + α 2 . f (e2 ) + α 3. f (e3 ) = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0 α1. f (e1 ) + α 2 . f (e2 ) + α 3 . f (e3 ) = (0,0,0) ⇒ α1.(1,1,1) + α 2 .(1,1,−1) + α 3 .(1,−1,−1) = (0,0,0) ⇒ (α1 + α 2 + α 3 ,α1 + α 2 − α 3 ,α1 − α 2 − α 3 ) = (0,0,0) e1 α1 + α 2 + α 3 = 0 ⇒ e2 α1 + α 2 − α 3 = 0 e3 α1 − α 2 − α 3 = 0 e1 α1 + α 2 + α 3 = 0 ⇒ e1 − e2 2α 3 = 0 e2 − e3 2α 2 = 0 α1.v1 + α 2 .v2 + α 3 .v3 = (0,0,0) ⇒ α1 = α 2 = α 3 = 0 { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est alors un système libre et rg{ f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} = 3 { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} est alors une base de Im( f ) et dim Im( f ) = 3 . D’où Im( f ) = IR3 Remarque : { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} = {v1, v2 , v3 } , avec a = −1 Comme (a ≠ 1) alors S = {v1 , v2 , v3 } est un système libre et rg ( S ) = 3 (cf. I- 2)) 3) Déterminons les valeurs du paramètre m∈ IR pour lesquelles l’application f est bijective. On sait qu’une application linéaire définie d’un espace vectoriel E vers un espace vectoriel F de même dimension est bijective ssi elle injective ssi elle est surjective. Pour montrer que l’endomorphisme f est bijectif, il suffit alors de montrer qu’il est injectif ou surjectif. f est injective ssi Ker ( f ) = {(0,0,0)}. Pour montrer que f est injective, il suffit alors de déterminer le noyau de f suivant les valeurs du paramètre m∈ IR . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [8]
- 11. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] ( x, y, z ) ∈ Ker ( f ) ssi ssi ssi ssi Correction du contrôle continu f (( x, y, z )) = (0,0,0) ( x + y + z, x + y + mz, x + my + mz) = (0,0,0) e1 x + y + z = 0 e2 x + y + mz = 0 e3 x + my + mz = 0 e1 x + y + z = 0 e1 − e2 (1 − m) z = 0 e2 − e3 (1 − m) y = 0 Si (1 − m) ≠ 0 (m ≠ 1) alors ( x, y, z ) ∈ Ker ( f ) D’où ssi Ker ( f ) = {(0,0,0)} Si (1 − m) = 0 (m = 1) alors x + y + z = 0 z=0 y=0 ssi x= y=z=0 Ker ( f ) =< (−1,1,0), (−1,0,1) > (cf. 1)) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [9]
- 12. Université Mohammed V– Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT – اآ ال د وا ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE FINAL Durée : 2h Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2004-2005 C&D Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Exercice 1 : (2 points) Soit E l’ensemble des matrices M de M (3) qui ont la forme suivante : c b a + b M = c a+c c , a, b, c ∈ IR b c a + b 1) Montrer que toute matrice M de E peut s’écrire sous la forme M = aI + bJ + cK , où les matrices I , J et K sont à déterminer. 0,5 pt 2) En déduire que E est un sous espace vectoriel de M (3) dont on donnera une base. 1 pt 1 1 −1 3) La matrice − 1 1 − 1 est-elle dans E ? 1 −1 1 0,5 pt Exercice 2 : (3 points) On considère les vecteurs u1 = (1,0,0,1) , u2 = (0,1,1,0) , u3 = (0,−1,1,0) et u4 = (−1,0,0,1) . 1) Montrer que B' = {u1 , u2 , u3 , u4 } est une base de IR 4 . 1 pt 4 2) On considère l’endomorphisme f de IR défini par : ∀( x, y, z, t ) ∈ IR 4 : f ( x, y, z, t ) = ( x − t , y − z, z + y, t + x) a. Que représente la matrice PBB ' pour f , B étant la base canonique de IR 4 ? b. En déduire que M ( f / B' , B' ) = M ( f / B, B) . 1pt 1 pt Exercice 3 : (5 points) (m − 1) x + 2 y + 2 z = m − 1 On considère le système linéaire ( S ) 2 x + ( m + 1) y + z = m − 2 , m ∈ IR − 2 x − 3 y + (m − 3) z = m − 3 1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( S ) est-il de Cramer ? 2) Le résoudre pour m = 3 . Professeure Salma DASSER 3 pts 2 pts Session Automne-hiver 2004 [10]
- 13. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Contrôle final Exercice 4 : (10 points) I) On considère l’endomorphisme f de IR 3 défini par : ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ( x + my + mz, mx + y + mz, mx + my + z ) ( m∈ IR ) 1) Discuter, selon le paramètre m , le rang de f . 3 pts 2) Pour m = −1 / 2 , déterminer une base de Ker ( f ) et une base de Im f . 2 pts II) Dans IR 3 , on considère les vecteurs v1 = (−2a, a,2a) , v2 = (a,−2a,2a) et v3 = (2a,2a, a) , a ∈ IR . 1) Montrer que si a ≠ 0 alors B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR 3 . 1,5 pt 2) On prend a = 1 / 3 2 a. Calculer ( PBB ' ) , B étant la base canonique de IR 3 . b. En déduire PB ' B . 1 pt 0,5 pt III) On prend m = 1 et a = 1 / 3 . 1) Ecrire M ( f / B, B) . 2) Déterminer M ( f / B' , B) , M ( f / B, B' ) et M ( f / B' , B' ) . Professeure Salma DASSER 0,5 pt 1,5 pts Session Automne-hiver 2004 [11]
- 14. – اآ ال دوا Université Mohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE DE RATTRAPAGE Durée : 1h30 Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2004-2005 C&D Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Exercice 1 : (2 points) a2 ab ab b Montrer que : ac a−b−c 2a 2b b−c−a c bc = 0 2 et c2 bc 2c 2c 2a 2b = (a + b + c)3 c−a−b Exercice 2 : (3 points) On considère le système linéaire − 2 x + y + 2 z = 1 ( S ) x − 2 y + 2 z = 1 2x + 2 y + z = 5 1) Ecrire le système (S ) sous sa forme matricielle 2 A. X = b −1 2) Calculer A et en déduire A . 3) En déduire la solution du système ( S ) . 4) Résoudre le système ( S ) par la méthode des déterminants de Cramer. Exercice 3 : (5 points) Dans IR 4 , on considère les sous ensembles V1 et V2 définis par : { } { 0,5 pt 1 pt 0,5 pt 1 pt } V1 = ( x, y, z , t ) ∈ IR 4 / x − y = z − t = 0 et V2 = ( x, y, z , t ) ∈ IR 4 / x − t = y − z = m ,( m∈ IR ) 1) Vérifier que V1 est un sous espace vectoriel de IR 4 et en donner une base. 1 pt 2) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , V2 est-il un sous espace vectoriel de IR 4 ? 3) Pour m = 0 a. Trouver une base de V2 . b. A-t-on V1 ⊕ V2 = IR ? 4 1 pt 1 pt 2 pt Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [12]
- 15. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Contrôle de rattrapage Exercice 4 : (10 points) 1) Dans IR 3 muni de sa base canonique B = {e1 , e2 , e3 } , on considère les vecteurs : e'1 = e1 + e2 + e3 , e'2 = e2 et e'3 = e3 a. Vérifier que B' = {e'1 , e'2 , e'3 } est une base de IR 3 . 1 pt b. Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B . 1,5 pts 2) On considère l’endomorphisme f de IR 3 défini par : ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = (ax + by + cz, bx + cy + az, cx + ay + bz ) a. Ecrire M ( f / B, B) . 0,5 pt 1 pt b. Déterminer M ( f / B' , B' ) . 3) On prend a = b a. Calculer det A' , A' = M ( f / B' , B' ) b. En déduire det A , A = M ( f / B, B) c. Retrouver det A par un calcul direct du déterminant. 0,5 pt 0,5 pt 1 pt 4) On prend a = b et c = −2a a. Déterminer le rang de f . b. f est-il un automorphisme ? 1 pt 0,5 pt 5) On prend a = b = −1 / 2 et c = 1 a. Déterminer une base de Ker ( f ) et une base de Im f . b. En déduire le rang de f . ( a, b, c ∈ IR * ) 2 pts 0,5 pt Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2004 [13]
- 16. [S1, Module M4,Matière : Instruments d’analyse économique] Année académique : 2005-2006 Année académique : 2005-2006 Session : Automne-hiver Contrôle final ................................................................................................................................... 15 ................................................................................................................................... ................................................................................................ ...................................................................................................................... ................................................................ Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 17 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2005 [14]
- 17. Université Mohammed V– Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT – اآ ال د وا ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE FINAL Durée : 1h30 Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2005-2006 A&B Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Exercice 1 : (2 points) a b L'ensemble E = c d ∈ M (2) / a + d = b + c est-il un sous espace vectoriel de M (2) ? (Si oui, on donnera une base et la dimension de E ) Exercice 2 : (3 points) Sur IR3 , on définit l’endomorphisme f par : ∀X = ( x, y, z ) ∈ IR3 : f ( X ) = f (( x, y, z )) = (− y + z ,− x + z, z ) 1) On considère les ensembles V1 et V2 définis par : V1 = {X ∈ IR3 / f ( X ) = X } et V2 = {X ∈ IR3 / f ( X ) = − X } a. Montrer que V1 et V2 sont deux sous espaces vectoriels de IR3 . b. Déterminer une base de V1 et une base de V2 . c. A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ? 2) On considère dans IR3 les vecteurs : u = (a − 1,2 − a,1) , v = (2 − a, a − 1,1) et w = (a, a,0) , a ∈ IR a. Vérifier que ∀a ∈ IR : u ∈ V1 , v ∈ V1 et w ∈V2 . b. Pour quelles valeurs du paramètre a ∈ IR , {u , v, w} est-elle une base de IR3 ? 3) On prend a = 1 a. Vérifier que {u , v, w} est une base de IR3 . b. Ecrire les matrices de passage PBB ' et PB ' B . c. En déduire les matrices M (id IR3 / B ' , B ) et M (id IR3 / B , B ' ) . d. Déterminer la matrice M ( f / B' , B' ) . Professeure Salma DASSER 1 pt 1 pt 1 pt 0,5 pt 1 pt 0,5 pt 1,5 pt 0,5 pt 1 pt Session Automne-hiver 2005 [15]
- 18. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Exercice 3 : (10 points) N.B. Contrôle final Les parties I, II et III peuvent être traitées indépendamment. 0 1 2m m m 0 0 1 , m ∈ IR I) Dans M (4) , on considère la matrice A = 0 2(1 + m) m 1 m 0 0 m 2 2,5 pts 1) Montrer que det A = m(2 − m)(1 + m) . 2) Discuter le rang de la matrice A selon les valeurs du paramètre m ∈ IR . 1 pt II) On considère l’application linéaire f définie de IR 4 vers IR 4 par : ∀( x, y, z, t ) ∈ IR 4 : f (( x, y, z, t )) = (mx + z + 2mt, x + my, (2m + 2) y + mz + t , mx + mt ) 1) Ecrire la matrices M ( f / B, B) . 2) On prend m = −1 a. Donner une base de Im( f ) et une base de Ker ( f ) . b. En déduire le rang de f . III) On considère le système linéaire 0,5 pt 2 pts 0,5 pt mx + z + 2mt = m x + my = m − 1 ( S ) 2my + 2 y + mz + t = m mx + mt = m − 1 1) Ecrire le système ( S ) sous la forme matricielle A. X = b . 2) On prend m = 1 a. Vérifier que le système est de Cramer. b. Résoudre le système ( S ) . (Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer) Professeure Salma DASSER 0,5 pt 1 pt 2 pts Session Automne-hiver 2005 [16]
- 19. – اآ ال دوا Université Mohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE DE RATTRAPAGE Durée : 1h30 Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2005-2006 A&B Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Exercice 1 : (4 points) a b ∈ M (2) / a + d = b + c est-il un sous espace vectoriel de M (2) ? d 1) L'ensemble E1 = c (Si oui, on donnera une base et la dimension de E1 ) 2 pts a b ∈ M (2) / ad = bc c d 2) Même question pour E2 = 2 pts Exercice 2 : (16 points) N.B. Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment. 1 1 m I) Dans M (3) , on considère la matrice A = 1 m 1 , m 1 m m ∈ IR 1) Montrer que la matrice A est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,1}. 2) Discuter le rang de la matrice A selon les valeurs du paramètre m ∈ IR . 1,5 pts 1,5 pts II) On considère l’application linéaire f définie de IR3 vers IR3 par : ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : 1) 2) 3) 4) f (( x, y, z )) = ( x + y + mz, x + my + z, mx + y + mz ) Calculer l’image de la base canonique B de IR3 par f . En déduire une base de Im( f ) selon les valeurs du paramètre m . Déterminer le noyau de f , selon les valeurs du paramètre m . En déduire le rang de f , selon les valeurs du paramètre m . Professeure Salma DASSER 0,5 pt 2 pts 2 pts 1 pt Session Automne-hiver 2005 [17]
- 20. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Contrôle de rattrapage III) On prend m = −1 1) Donner une base de Ker ( f ) et une base de Im( f ) . 1 pt 2) A-t-on Ker ( f ) ⊕ Im( f ) = IR3 ? 1 pt 3 3) En déduire une base B ' de IR . 4) Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B . 5) Donner les matrices M ( f / B, B) et M ( f / B' , B' ) . IV) On considère le système linéaire 0,5 pt 1,5 pts 1 pt x + y + mz = m + 1 ( S ) x + my + z = m + 1 mx + y + mz = m + 1 0,5 pt 1) Ecrire le système ( S ) sous la forme matricielle A. X = b . 2) On prend m = 2 3) Vérifier que le système est de Cramer. 0,5 pt 4) Résoudre le système ( S ) . 1,5 pts (Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2005 [18]
- 21. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Année académique : 2006-2007 Année académique : 2006-2007 Session : Automne-hiver ................................................................................................................................ ................................................................................................... Contrôle final ................................................................................................................................... 20 ...................................................................................................................... ................................................................ Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 22 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2006 [19]
- 22. Université Mohammed V– Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT – اآ ال د وا ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE FINAL Durée : 2h Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2006-2007 A&B Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Les parties I, II, III, IV et V peuvent être traitées indépendamment. I) Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 et V2 suivants : { } V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / x − y + z = 0, x − y + 2 z = 0 et V2 = (1,−1,1), (1,−2,2), ( −1,1,−1) 1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus. 2) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ? 1 pt 2 pts 1 1 1 II) Dans M (3) , on donne la matrice M = 1 1 0 1 0 0 1) Montrer que la matrice M est inversible. 0,5 pt −1 2) Calculer sa matrice inverse M . 1 pt 3 3) Dans IR , on considère les vecteurs v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (1,0,0) . a. Que représente la matrice M pour le système {v1 , v2 , v3 }? b. En déduire que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 . 0,5 pt 0,5 pt c. Déduire des questions précédentes les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 . 0,5 pt 2 0 1 III) Dans M (3) , on donne la matrice C = 2m − 2 m + 1 m − 1 , m ∈ IR 2−m 0 1− m 1) Montrer que la matrice C est inversible si et seulement si m ∉ {0,−1}. 1 pt 2) Discuter le rang de la matrice C selon les valeurs du paramètre m . 2 pts Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2006 [20]
- 23. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] IV) On considère le système linéaire Contrôle final x + my + z = m(m + 1) ( S )mx + y + (m − 1) z = 0 x − y + 2z = m + 1 1) Pour quelle(s) du paramètre m , le système (S ) est-il de Cramer? 1,5 pts 2) On prend m = 1 a. Vérifier que le système (S ) est de Cramer. 0,5 pt b. Résoudre le système (S ) . 1,5 pt (Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer) 3) On prend m = −1 . a. Quel est le rang du système (S ) ? 0,5 pt 1 pt b. Résoudre le système (S ) . 2 0 1 V) Dans M (3) , on considère la matrice C = 2m − 2 m + 1 m − 1 , m ∈ IR 2−m 0 1− m Soit f l'endomorphisme dont la matrice relativement à la base B' = {v1 , v2 , v3 } est égale à C : C = M ( f / B' , B' ) . ( B' est la base du II)3)b. : v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (1,0,0) ). 1) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f . (Sans écrire l'expression analytique de f ). 1 pt 2) Donner les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 . 1 pt 1 1 m 1 m − 1 , 3) En déduire que M ( f / B, B ) = A = m 1 −1 2 ( A est la matrice du système ( S ) du IV). 4) Déterminer le rang de la matrice A suivant le paramètre m . 5) Pour m = −1 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) . Professeure Salma DASSER 1 pt 1 pt 2 pts Session Automne-hiver 2006 [21]
- 24. – اآ ال دوا Université Mohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE DE RATTRAPAGE Durée : 1h30 Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2006-2007 A&B Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment. I) Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants : { } V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / − x + 2 y + 2 z = 0,2 x + y + z = 0,−2 x − 3 y − 3 z = 0 , V2 = ( −1,2,−2), ( 2,1,−3) et V3 = ( −3,1,1) 1,5 pts 1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus. 2) A-t-on a. V1 ⊕ V3 = IR 3 ? 1 pt b. V2 ⊕ V3 = IR (On peut remarquer que V3 ∩ V2 = V3 )? 1,5pt c. V1 ⊕ V2 = IR3 ? 2 pts 3 II) Sur IR3 , on définit l’endomorphisme f par : ∀( x, y, z ) ∈ IR3 : f (( x, y, z )) = ((m − 1) x + 2 y + 2 z,2 x + (m + 1) y + z,−2 x − 3 y + (m − 3) z ) 1) Dans IR3 , on considère les vecteurs v1 = (0,1,−1) , v2 = (1,−2,2) et v3 = (4,−3,1) . a. Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 . 0,5 pt b. Déterminer par un calcul direct C = M ( f / B' , B' ) . c. Discuter le rang de la matrice C selon les valeurs du paramètre m . d. En déduire le rang de f , suivant le paramètre m . 2 pts 1 pt 0,5 pt 2) Pour m = 0 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) . 2 2 m −1 III) Dans M (3) , on donne la matrice A = 2 m +1 1 , −2 − 3 m − 3 2 pts m ∈ IR 1) Montrer que la matrice A est inversible si et seulement si m ∉ {0,1,2}. 2) Discuter le rang de la matrice A selon les valeurs du paramètre m . 3) Comparer rg ( A) et rg (C ) , pour m ∈ IR ?, avec C = M ( f / B' , B' ) (voir II)2)c.). Professeure Salma DASSER 1,5 pt 2 pts 0,5 pt Session Automne-hiver 2006 [22]
- 25. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] IV) On considère le système linéaire Contrôle final (m − 1) x + 2 y + 2 z = b ( S )2 x + (m + 1) y + z = −b − 2 x − 3 y + (m − 3) z = b 1) On prend m = −1 et b = 2 . a. Vérifier que le système (S ) est de Cramer. b. Résoudre le système (S ) . (Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer) 2) On prend b = 0 . a. Pour quelle(s) du paramètre m , le système ( S ) est-il de Cramer? b. On prend m = 0 . i. Quel est le rang du système ( S ) . ii. Résoudre le système ( S ) . Professeure Salma DASSER 0,5 pt 1,5 pt 0,5 pt 0,5 pt 1 pt Session Automne-hiver 2006 [23]
- 26. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Année académique : 2007-2008 Année académique : 2007-2008 Session : Automne-hiver Contrôle final ................................................................................................................................... 25 ................................................................................................................................... ................................................................................................ ...................................................................................................................... ................................................................ Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 35 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [24]
- 27. – اآ ال دوا Université Mohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE FINAL Durée : 2h Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2007-2008 A&B Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment. Partie I (3 points) −1 1 1 − m ♦ Dans M (3) , on donne la matrice Am = 1 1− m 1 , m ∈ IR −1 1 1− m 1) Calculer le rang des matrices A2 ( m = 2 ) et A−1 ( m = −1 ). 2) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1} . Partie II 2 pts 1 pt (6 points) (1 − m) x + y − z = m(2 − m) ♦ On considère le système linéaire ( S m ) x + (1 − m) y + z = m( 2 − m) − x + y + (1 − m) z = m(2 − m) 1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( Sm ) est-il de Cramer ? 1,5 pt 2) Résoudre le système ( Sm ) pour : a. b. c. m=0 m =1 m = −1 1,5 pt 1,5 pt 1,5 pt (Utiliser uniquement la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer pour la résolution de tout système de Cramer) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [25]
- 28. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Partie III Contrôle final (3 points) ♦ Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants : { { } V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0 } V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et V3 = {( x, y , z ) ∈ IR 3 / 2 x + y − z = 0} 1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus. 3 2) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR ? V1 ⊕ V3 = IR 3 ? Partie IV 1,5 pts 1,5 pts (8 points) ♦ Soit f l'endomorphisme de IR3 dont la matrice relativement à la base canonique B de IR3 est donnée 1 −1 1 − m par : M ( f / B, B ) = Am = 1 1− m 1 −1 1 1− m 1) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f . 2) Pour m = −1 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) . 1,5 pts 2 pts 3) Dans IR3 , on donne les vecteurs v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1) . a. Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 . b. Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B . 4) On prend m = 0 . a. Déterminer par un calcul direct M ( f / B' , B' ) . b. Retrouver M ( f / B' , B' ) par la formule de changement de base. Professeure Salma DASSER 0,5 pt 1,5 pt 1,5 pts 1 pt Session Automne-hiver 2007 [26]
- 29. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle final Partie 1 Enoncé : −1 1 1 − m Dans M (3) , on donne la matrice Am = 1 1− m 1 , m ∈ IR −1 1 1− m 1) Calculer le rang des matrices A2 ( m = 2 ) et A−1 ( m = −1 ). 2) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1}. Solution : 1) Calcul du rang de Am pour a. m = −1 : 2 1 − 1 A−1 = 1 2 1 , −1 1 2 1 ≤ rg ( A−1 ) ≤ 3 La méthode "matricielle": rg ( A−1 ) = 3 ssi la matrice A−1 est inversible. On calcule alors son déterminant : 2 1 −1 det A−1 = 1 2 1 = 0 puisque L2 = L1 + L3 ou C2 = C1 + C3 −1 1 2 Donc rg ( A−1 ) < 3 On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A−1 : 2 1 La matrice est une matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la 1 2 2 1 matrice A−1 ( det = 3(≠ 0) ). 1 2 Donc rg ( A−1 ) = 2 . b. m = 2 : − 1 1 − 1 A2 = 1 − 1 1 , − 1 1 − 1 1 ≤ rg ( A2 ) ≤ 3 La méthode "vectorielle": On considère le système S formé de vecteurs lignes de la matrice A2 : rg ( A2 ) = rg ( S ) S = {u, v, w}, avec u = (−1,1,−1) , v = (1,−1,1) et w = (−1,1,−1) . rg ( S ) = 3 ssi le système S est libre : Puisque u = w = (−1,1,−1) alors le système S = {u, v, w} n’est pas libre Donc 1 ≤ rg ( S ) ≤ 2 . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [27]
- 30. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle final On cherche parmi les vecteurs du système S , 2 vecteurs linéairement indépendants : Les systèmes d’ordre 2 extraits du système S sont : {u, v} , {u, w} et {v, w} : u = −v alors le système {u, v} n’est pas libre u = w alors le système {u, w}n’est pas libre w = −v alors le système {v, w} n’est pas libre Donc rg ( S ) = 1 Donc rg ( A2 ) = 1 . 1− m 1 2) La matrice Am est inversible ssi det Am = 1 1− m −1 1 −1 1 ≠ 0: 1− m Calcul du det Am : 1− m 1 1 1− m −1 −1 1− m 1 1 L3 → L3 + L2 1 1− m 1− m 1 0 −1 1− m 1 −1 1 = ( 2 − m) 1 1− m 1 2−m 2−m 0 1 1 1− m 1 −1 1− m 2 −1 1− m 2 Or 1 1 − m 1 C2 → C2 − C3 1 − m 1 suivant L3 1 −m 0 1 1 0 0 1 1− 9 m1 = 2 2 ⇒ m1 = −1 Et = m(m − 1) − 2 = m − m − 2 : ∆ m = 9 ⇒ 1 −m m2 = 2 m = 1 + 9 2 2 2 Donc det Am = −(1 + m)( m − 2) 1− m 2 det Am = 0 ⇔ (m = −1) ou (m = 2) Donc La matrice Am est alors inversible ssi (m ≠ −1) et (m ≠ 2) Partie 2 Enoncé : (1 − m) x + y − z = m(2 − m) On considère le système linéaire ( S m ) x + (1 − m) y + z = m(2 − m) − x + y + (1 − m) z = m(2 − m) 1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( S m ) est-il de Cramer ? 2) Résoudre le système ( S m ) pour : a. m = 0 b. m = 1 c. m = −1 (Utiliser uniquement la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer pour la résolution de tout système de Cramer) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [28]
- 31. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle final Solution : 1) Les valeurs du paramètre m pour lesquelles le système ( Sm ) est de Cramer : Le système ( Sm ) s’écrit sous la forme matricielle suivante Am . X = b , avec 1 −1 1 − m x m( 2 − m) Am = 1 1− m 1 , X = y et bm = m(2 − m) −1 z m( 2 − m) 1 1− m −1 1 1 − m La matrice du système ( Sm ) est égale à la matrice Am = 1 1− m 1 −1 1 1− m Le système ( Sm ) est de Cramer ssi sa matrice Am est inversible. Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1} (d’après I) Donc Le système ( Sm ) est de Cramer ssi m ∉ {2,−1} . 2) Résolutions du système ( Sm ) pour m = 0 , m = 1 et m = 2 : x + y − z = 0 ( S0 ) x + y + z = 0 − x + y + z = 0 a. m = 0 : Le système ( S0 ) est de Cramer car 0 ∉ {2,−1} . ( S0 ) est un système de Cramer homogène. (0,0,0) est alors l’unique solution du système ( S0 ) . y − z = 1 b. m = 1 : ( S1 ) x + z = 1 − x + y = 1 Le système ( S1 ) est de Cramer car 1 ∉ {2,−1}. Résolution du système ( S1 ) par la méthode des déterminants de Cramer : 1 0 1 − 1 b1 = 1 et A1 = 1 0 1 : ∆ = det A1 = −2 car 1 −1 1 0 1 1 −1 0 1 −1 ∆ x = 1 0 1 = −1 , ∆ y = 1 1 1 = −3 1 1 0 −1 1 0 det Am = −(1 + m)( m − 2) 2 et 0 ∆z = 1 1 1 0 1 = −1 −1 1 1 1 3 1 ( , , ) est alors l’unique solution du système ( S1 ) 2 2 2 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [29]
- 32. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] c. Correction du contrôle final 2 x + y − z = −3 ( S −1 ) x + 2 y + z = −3 − x + y + 2 z = −3 m = −1 : (1) 2 x + y − z = −3 ( x, y, z ) est alors solution du système ( S−1 ) ssi ((2) x + 2 y + z = −3 . (2) − (3) 2 x + y − z = 0 D’où l’impossibilité de résoudre le système ( S−1 ) : 2 x + y − z = −3 et 2 x + y − z = 0 La solution du système ( S−1 ) est alors égal à φ . Partie 3 Enoncé : Dans IR3 , on considère les sous espaces vectoriels V1 , V2 et V3 suivants : { } V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0 { } V2 = ( x, y, z ) ∈ IR / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et V3 = {( x, y , z ) ∈ IR / 2 x + y − z = 0} 1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus. 2) A-t-on V1 ⊕ V2 = IR3 ? V1 ⊕ V3 = IR 3 ? 3 3 Solution : 1) Cherchons une base de chacun des sous espaces vectoriels. V1 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0 { } (1) 2 x + y − z = 0 (1) + (2) 3 x + 3 y = 0 y = −x X = ( x, y, z ) ∈ V1 ssi (2) x + 2 y + z = 0 ssi (1) − (3) 3 x − 3 z = 0 ssi z = x x ∈ IR (3) − x + y + 2 z = 0 (3) − x + y + 2 z = 0 Donc X = ( x, y, z ) ∈ V1 ssi ( x, y, z ) = ( x,− x, x) = x(1,−1,1) , x ∈ IR . {(1,−1,1)} est alors une base de V1 , dimV1 = 1 et V1 =< (1,−1,1) > . { } V2 = ( x, y, z ) ∈ IR3 / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 2 x + y − z = 0 X = ( x, y, z ) ∈ V2 ssi ( x, y, z ) est solution du système linéaire x + 2 y + z = 0 2 x + y − z = 0 ( x, y, z ) est solution du système linéaire ssi ( x, y, z ) est solution du x + 2y + z = 0 2x + y − z = 0 système linéaire x + 2 y + z = 0 car − x + y + 2 z = ( x + 2 y + z ) − (2 x + y − z ) − x + y + 2 z = 0 Donc V2 = V1 {(1,−1,1)} est alors une base de V2 , dimV2 = 1 et V2 =< (1,−1,1) > . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [30]
- 33. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] { Correction du contrôle final } V3 = ( x, y , z ) ∈ IR 3 / 2 x + y − z = 0 2x + y − z = 0 ssi z = 2 x + y , ( x, y ∈ IR ) ( x, y, z ) = ( x, y,2 x + y ) = x.(1,0,2) + y.(0,1,1) , ( x, y ∈ IR ) {(1,0,2), (0,1,1)} est alors une base de V3 , dimV3 = 2 et V3 =< (1,0,2), (0,1,1) > . X = ( x, y, z ) ∈ V2 ssi X = ( x, y, z ) ∈ V2 ssi 2) V1 ⊕ V2 = IR3 ? V2 = V1 =< (1,−1,1) > et dimV2 = dimV2 = 1 V1 ⊕ V2 ≠ IR3 car dimV1 + dimV2 ≠ dim IR3 ou bien V1 ∩ V2 = V1 = V2 ≠ {(0,0,0)} V1 ⊕ V3 = IR 3 ? 2x + y − z = 0 V1 ⊆ V3 car ( x, y, z ) ∈ V1 ⇒ x + 2 y + z = 0 ⇒ 2 x + y − z = 0 ⇒ ( x, y, z ) ∈ V3 − x + y + 2 z = 0 Donc V1 ∩ V3 = V1 3 Donc V1 ⊕ V2 ≠ IR car V1 ∩V3 ≠ {(0,0,0)} même si dim V1 + dim V3 = dim IR 3 Partie 4 Enoncé : Soit f l'endomorphisme de IR3 dont la matrice relativement à la base canonique B de IR3 est −1 1 1 − m M ( f / B, B ) = Am = 1 donnée par : 1− m 1 −1 1 1− m 1) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f . 2) Pour m = −1 , donner une base de Im( f ) et une base de ker( f ) . 3) Dans IR3 , on donne les vecteurs v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1) . 4) Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 . 5) Déterminer les matrices de passage PBB' et PB ' B . 6) On prend m = 0 . a. Déterminer par un calcul direct M ( f / B' , B' ) . b. Retrouver M ( f / B' , B' ) par la formule de changement de base. Solution : ♦ Soit f l'endomorphisme de IR3 dont la matrice relativement à la base canonique B de IR3 est donnée par : 1 −1 1 − m M ( f / B, B ) = Am = 1 1− m 1 −1 1 1− m Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [31]
- 34. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle final 1) Le rang de f , suivant le paramètre m : M ( f / B, B) = Am , donc rg ( f ) = rg ( Am ) . Or, (d’après I) la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {2,−1} , donc rg ( Am ) = 3 si m ∉ {2,−1} rg ( A−1 ) = 2 et rg ( A2 ) = 1 Donc Si m ∉ {2,−1} alors rg ( f ) = 3 Si m = −1 alors rg ( f ) = 2 Si m = 2 alors rg ( f ) = 1 2 1 − 1 2) m = −1 : M ( f / B, B ) = A−1 = 1 2 1 et f ( x, y, z ) = (2 x + y − z, x + 2 y + z ,− x + y + 2 z ) −1 1 2 Déterminons une base de Im( f ) : Im( f ) = f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) , B = {e1 , e2 , e3 } étant la base canonique de IR3 . u1 = f (e1 ) = (2,1,−1) u2 = f (e2 ) = (1,2,1) : u = f (e ) = (−1,1,2) 3 3 On pose S = {u1 , u2 , u3 } : Im f =< u1 , u2 , u3 > rg ( S ) = dim(Im f ) Déterminons le rang du système S = {u1 , u2 , u3 } : 1 ≤ rg ( S ) ≤ 3 rg ( S ) < 3 car le système S = {u1 , u2 , u3 } n’est pas libre : {u1, u2 } est libre, donc rg ( S ) = 2 u1 = u2 − u3 ou bien rg ( S ) = rg ( A−1 ) = 2 (d’après I) , donc rg ( S ) = 2 dim(Im f ) = 2 {(2,1,−1), (1,2,1)} est alors une base de Im f : { } Déterminons une base de Ker ( f ) : Ker ( f ) = ( x, y, z ) ∈ IR3 / f ( x, y, z ) = (0,0,0) { } Ker ( f ) = ( x, y, z ) ∈ IR / 2 x + y − z = 0, x + 2 y + z = 0 et − x + y + 2 z = 0 Donc Ker ( f ) = V1 3 {(1,−1,1)} est alors une base de ker( f ) , dim Ker ( f ) = 1 et ker( f ) =< (1,−1,1) > . 3) Dans IR3 , on donne les vecteurs v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1) . a. Vérifier que B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 . B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 ssi M ( B' / B) est inversible 1 1 0 M ( B' / B) = − 1 1 1 : 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 − 1 1 1 L2 → L2 − L3 − 2 1 0 suivant L3 =3 −2 1 1 0 1 1 0 1 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [32]
- 35. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle final Donc B' = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 . b. Déterminer les matrices de passage PBB' et PB ' B . PBB ' = M ( B' / B) , donc PBB ' PB ' B = (PBB ' ) . Calculons (PBB ' ) : =3 −1 det PBB' 1 1 0 = −1 1 1 1 0 1 1 + 0 1 C ( PBB ' ) = − 0 +1 1 1 t C ( PBB ' ) = 2 −1 1 1 0 1 0 1 −1 −1 1 − 1 + − 1 1 0 1 1 1 0 −1 1 −1 1 1 0 1 2 − 1 1 1 − = −1 1 1 1 0 1 −1 2 1 1 + −1 1 + −1 1 1 − 1 1 2 1 −1 1 1 t 1 −1 (PBB ' ) = C ( PBB ' ) ⇒ (PBB ' ) = . 2 1 − 1 det PBB ' 3 2 −1 1 1 1 1 − 3 3 3 2 1 1 − Donc PB 'B = 3 3 3 1 1 2 − 3 3 3 −1 1 1 − 1 4) On prend m = 0 : M ( f / B, B ) = A0 = 1 1 1 −1 1 1 a. Déterminer par un calcul direct M ( f / B' , B' ) . v1 = (1,−1,1) , v2 = (1,1,0) et v3 = (0,1,1) f (v1 ) = M ( f / B, B ).v1 f (v1 ) = (−1,1,−1) = −v1 f (v2 ) = M ( f / B, B ).v2 ⇒ f (v2 ) = (2,2,0) = 2.v2 ⇒ f (v ) = M ( f / B, B ).v f (v ) = (0,2,2) = 2.v 3 3 3 3 Professeure Salma DASSER −1 0 0 M ( f / B ' , B' ) = 0 2 0 0 0 2 Session Automne-hiver 2007 [33]
- 36. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle final b. Retrouver M ( f / B' , B' ) par la formule de changement de base. M ( f / B' , B' ) = PB ' B .M ( f / B, B).PBB ' . 1 1 − 1 1 1 0 M ( f / B, B ) = 1 1 1 , PBB ' = − 1 1 1 , −1 1 1 1 0 1 PB 'B 1 1 1 − 3 3 3 2 1 1 = − 3 3 3 1 1 2 − 3 3 3 −1 0 0 Donc M ( f / B' , B' ) = 0 2 0 0 0 2 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [34]
- 37. – اآ ال دوا Université Mohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE DE RATTRAPAGE Durée : 1h30 Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2007-2008 A&B Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Les parties I, II, III et IV peuvent être traitées indépendamment. Partie I (4 points) 1 m − m ♦ Dans M (3) , on donne la matrice Am = m 1 m , 1 m m m ∈ IR 1) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,0,1} . 2 pts 2) Discuter le rang de la matrice Am selon les valeurs du paramètre m . 2 pts Partie II (4 points) 3 ♦ Dans IR , on considère les vecteurs v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1, m) et v3 = (−m, m, m) , m ∈ IR . 1) Pour quelles valeurs du paramètre m , {v1 , v2 , v3 } est-elle une base de IR3 ? 1 pt 2) Discuter le rang du système {v1 , v2 , v3 } suivant le paramètre m . 1,5 pts 3) On prend m = 2 . ( B' = {v1 , v2 , v3 } est alors une base de IR ). 3 Déterminer les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 . 1,5 pts Partie III (8 points) ♦ Soit f m l'endomorphisme de IR3 défini par : f m (( x, y, z )) = ( x + my − mz, mx + y + mz, x + my + mz ) 1) Déterminer, suivant le paramètre m , une base de Im( f m ) . 1,5 pt 2) Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f m . 1 pt 3) On prend m = 2 . a. Vérifier que B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 . 0,5 pt 3 b. Donner les matrices de passage PBB ' et PB ' B , B étant la base canonique de IR . c. En déduire que M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) . 4) On prend m = −1 . a. Donner une base de Im( f −1 ) et une base de ker( f −1 ) . b. Vérifier que Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR . 3 Professeure Salma DASSER 1 pt 1 pt 2 pts 1 pt Session Automne-hiver 2007 [35]
- 38. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Partie IV Contrôle de rattrapage (4 points) x + my − mz = m + 1 ♦ On considère le système linéaire ( S m )mx + y + mz = m + 1 x + my + mz = m + 1 1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( Sm ) est-il de Cramer ? 1 pt 2) Résoudre le système ( Sm ) pour : a. m = 2 1,5 pt b. m = −1 1,5 pt (Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer pour la résolution de tout système de Cramer) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [36]
- 39. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage Partie 1 Enoncé : 1 m − m Dans M (3) , on donne la matrice Am = m 1 m , m ∈ IR 1 m m 1) Montrer que la matrice Am est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,0,1} . 2) Discuter le rang de la matrice Am selon les valeurs du paramètre m . Solution : 1 m −m 1) La matrice Am est inversible ssi det Am = m 1 m ≠ 0 : 1 1 m −m Calcul de m 1 m : 1 m m m 1 m −m 1 m −1 m 1 m = m. m 1 1 m 1 m m 1 m 1 1 m −1 1 m −1 1 m −1 o or m 1 1 L2 → L2 + L1 , L3 → L3 + L1 m + 1 1 + m 0 = 2(1 + m) 1 1 0 1 m 1 2 2m 0 1 m 0 1 m −1 1 1 o et 1 1 0 suivant C3 (−1). =1− m 1 m 1 m 0 1 m −m o Donc m 1 m = 2m(1 + m)(1 − m) 1 m m 1− m 1 Solution de l’équation 1 1− m −1 1 −1 1 =0 : 1− m 1 m −m o m 1 m = 0 ⇔ (m = −1) ou (m = 0) ou (m = 1) 1 m m La matrice Am est alors inversible ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [37]
- 40. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage 2) le rang de la matrice Am selon les valeurs du paramètre m ∈ IR : 1 ≤ rg ( Am ) ≤ 3 rg ( Am ) = 3 ssi la matrice Am est inversible. Donc rg ( Am ) = 3 ssi m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 1 −1 1 Pour m = −1 : A−1 = − 1 1 − 1 , 1 ≤ rg ( A−1 ) ≤ 3 1 − 1 − 1 o rg ( A−1 ) = 3 ssi la matrice A−1 est inversible. o Donc rg ( A−1 ) < 3 car det A−1 = 0 . o On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A−1 : 1 1 1 1 1 − 1 est une matrice inversible de M (2) extraite de A−1 : det 1 − 1 = −2 o Donc rg ( A−1 ) = 2 . 1 0 0 1 ≤ rg ( A0 ) ≤ 3 Pour m = 0 : A0 = 0 1 0 , 1 0 0 o rg ( A0 ) = 3 ssi la matrice A0 est inversible. o Donc rg ( A0 ) < 3 car det A0 = 0 . o On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A0 : 1 0 0 1 est une matrice inversible de M (2) extraite de A0 : o Donc rg ( A0 ) = 2 . 1 0 det =1 0 1 1 1 − 1 Pour m = 1 : A1 = 1 1 1 , 1 ≤ rg ( A1 ) ≤ 3 1 1 1 o rg ( A1 ) = 3 ssi la matrice A1 est inversible. o Donc rg ( A1 ) < 3 car det A1 = 0 . o On cherche une sous matrice carrée inversible d’ordre 2 extraite de la matrice A1 : 1 − 1 1 − 1 det 1 1 est une matrice inversible de M (2) extraite de A1 : =2 1 1 o Donc rg ( A1 ) = 2 . Résumé : o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors rg ( Am ) = 3 o Si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 alors rg ( Am ) = 2 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [38]
- 41. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage Partie 2 Enoncé : Dans IR3 , on considère les vecteurs v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1, m) et v3 = (−m, m, m) , m ∈ IR . 1) Pour quelles valeurs du paramètre m , {v1 , v2 , v3 } est-elle une base de IR3 ? 2) Discuter le rang du système {v1 , v2 , v3 } suivant le paramètre m . 3) On prend m = 2 . ( B' = {v1 , v2 , v3 } est alors une base de IR3 ). 4) Déterminer les matrices de passage PBB' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 . Solution : S = {v1 , v2 , v3 }, avec v1 = (1, m,1) , v2 = (m,1, m) et v3 = (−m, m, m) 1) Cherchons les valeurs de m ∈ IR pour lesquelles {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 . S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 si et seulement si M ( S ) / B est inversible, B étant la base canonique de IR3 : M ( S ) / B = Am Donc S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 si et seulement si Am est inversible. Or la matrice Am est inversible ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1) (D’après I) Donc le système S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1) 2) Discutons rg (S ) suivant les valeurs du paramètre m ∈ IR : 1 ≤ rg ( S ) ≤ 3 M ( S ) / B = Am rg ( S ) = rg (M ( S / B) ) : Donc rg ( S ) = rg ( Am ) Or : (D’après I) o rg ( Am ) = 3 si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 o rg ( Am ) = 2 si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 Donc o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors rg ( S ) = 3 o Si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 alors rg ( S ) = 2 3) On prend m = 2 : PBB ' = M ( B' / B) , v1 = (1,2,1) , v2 = (2,1,2) et v3 = (−2,2,2) donc PBB ' 1 2 − 2 = 2 1 2 1 2 2 PBB ' = A2 , donc PB ' B = (PBB ' )−1 = ( A2 )−1 . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [39]
- 42. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage Calculons (PBB ' )−1 : o det PBB ' = det A2 = 2 × 2(1 + 2)(1 − 2) = −12 1 + 2 2 o C ( PBB ' ) = − 2 + 2 1 2 − 2 −2 2 −2 2 + − 2 2 1 2 1 −2 1 2 1 −2 2 2 − 2 − 8 6 o C ( PBB ' ) = − 2 4 − 6 : 3 0 − 3 t o Donc PB 'B 1 6 1 = 6 1 − 4 2 1 1 2 − 2 − 2 3 1 2 − 0 = −8 4 1 2 6 − 6 − 3 1 2 + 2 1 + − 2 − 8 6 1 t 1 −1 = C ( PBB ' ) ⇒ (PBB ' ) = − . − 2 4 − 6 det PBB ' 12 0 − 3 3 (PBB ' ) −1 2 1 − 3 2 1 1 − 3 2 1 0 4 Partie 3 Enoncé : Soit f m l'endomorphisme de IR3 défini par : 1) 2) 3) 4) f m (( x, y, z )) = ( x + my − mz, mx + y + mz, x + my + mz ) Déterminer, suivant le paramètre m , une base de Im( f m ) . Discuter, suivant le paramètre m , le rang de f m . On prend m = 2 . a. Vérifier que B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 . b. Donner les matrices de passage PBB' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 . c. En déduire que M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) . On prend m = −1 . a. Donner une base de Im( f −1 ) et une base de ker( f −1 ) . b. Vérifier que Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR3 . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [40]
- 43. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage f m (( x, y, z )) = ( x + my − mz, mx + y + mz, x + my + mz ) Solution : 1) Une base de Im( f m ) , suivant le paramètre m : Im( f m ) = f m (e1 ), f m (e2 ), f m (e3 ) , B = {e1 , e2 , e3 } étant la base canonique de IR3 . dim(Im( f m )) = rg { f m (e1 ), f m (e2 ), f m (e3 )} f m (e1 ) = (1, m,1) = v1 f m (e2 ) = (m,1, m) = v2 f ( e ) = ( − m, m, m ) = v 3 m 3 Donc : dim(Im( f m )) = rg ( S ) , avec S = {v1 , v2 , v3 } Or : (D’après II) o rg ( S ) = 3 si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 o rg ( S ) = 2 si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 Donc 3 o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors dim(Im f m ) = 3 et Im f m = IR o Si m = 0 alors dim(Im f 0 ) = 2 : v1 = (1,0,1) , v2 = (0,1,0) et v3 = (−0,0,0) {v1, v2 } est une base de Im( f0 ) . o Si m = 1 alors dim(Im f1 ) = 2 : v1 = (1,1,1) , v2 = (1,1,1) et v3 = (−1,1,1) {v1, v3} est une base de Im( f1 ) . o Si m = −1 alors dim(Im f −1 ) = 2 : v1 = (1,−1,1) , v2 = (−1,1,−1) et v3 = (1,−1,−1) {v1, v3} est une base de Im( f −1 ) . 2) Le rang de f , suivant le paramètre m : rg ( f m ) = Im f m Donc : o Si m ≠ 0 , m ≠ 1 et m ≠ −1 alors rg ( f m ) = 3 o Si m = 0 ou m = 1 ou m = −1 alors rg ( f m ) = 2 3) m = 2 : a. B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 . B' = {v1 , v2 , v3 } , avec m = 2 Or le système S = {v1 , v2 , v3 } est une base de IR3 ssi (m ≠ −1), (m ≠ 0) et (m ≠ 1) Donc B' = {(1,2,1), (2,1,2), (−2,2,2)} est une base de IR3 . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [41]
- 44. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage b. Les matrices de passage PBB' et PB ' B , B étant la base canonique de IR3 . PBB ' = M ( B' / B) , donc Donc, (D’après II) : PB 'B PBB ' 1 2 − 2 = 2 1 2 1 2 2 1 6 1 = 6 1 − 4 2 1 − 3 2 1 1 − 3 2 1 0 4 c. M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) ? M ( f 2 / B' , B' ) = PB ' B .M ( f 2 / B, B).PBB ' : 1 m − m Or PBB ' = A2 et M ( f 2 / B, B) = A2 car M ( f m / B, B) = m 1 m = Am 1 m m −1 Donc M ( f 2 / B' , B' ) = M ( f 2 / B, B) car PB 'B .M ( f 2 / B, B ).PBB ' = ( Am ) . Am . Am = Am 4) m = −1 : f −1 (( x, y, z )) = ( x − y + z,− x + y − z , x − y − z ) a. Une base de Im( f −1 ) et une base de ker( f −1 ) . Une base de Im( f −1 ) : o {(1,−1,1), (1,−1,−1)} est une base de Im( f −1 ) . ker( f −1 ) : { (D’après 1) ) } o Ker ( f −1 ) = ( x, y, z ) ∈ IR3 / f −1 ( x, y, z ) = (0,0,0) o ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 ) ssi ( x − y + z,− x + y − z , x − y − z ) = (0,0,0) x − y + z = 0 x − y + z = 0 o ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 ) ssi ssi − x + y − z = 0 x − y − z = 0 x − y − z = 0 (1) x − y + z = 0 ssi ( 2) x − y − z = 0 o Donc ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 ) ssi or o Donc Ker ( f −1 ) = (1,1,0) , o (1) + (2) y = x , x ∈ IR (1) − (2) z = 0 ( x, y, z ) = ( x, x,0) = x.(1,1,0) , x ∈ IR dim Ker ( f −1 ) = 1 {(1,1,0)} est alors une base de ker( f −1 ) . Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [42]
- 45. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage b. Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR3 . Pour vérifier que Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR3 , il suffit de vérifier que la réunion d’une base de ker( f −1 ) et une base de Im( f −1 ) , est une base de IR3 : {(1,1,0)} est alors une base de ker( f −1 ) {(1,−1,1), (1,−1,−1)} est une base de Im( f −1 ) Vérifions que S = {(1,−1,1), (1,−1,−1), (1,1,0)} est une base de IR3 : 1 1 1 o M (S / B) = − 1 − 1 1 : 1 −1 0 o Calcul du det(M ( S / B) ) : S est une base de IR3 si et seulement si det(M ( S / B) ) ≠ 0 1 1 1 1 1 1 −2 −2 − 1 − 1 1 L2 → L2 − L1 − 2 − 2 0 suivant C3 =4 1 −1 1 −1 0 1 −1 0 o S = {(1,−1,1), (1,−1,−1), (1,1,0)} est alors une base de IR3 . 3 Donc Im( f −1 ) ⊕ ker( f −1 ) = IR Partie 4 Enoncé : On considère le système linéaire x + my − mz = m + 1 ( S m )mx + y + mz = m + 1 x + my + mz = m + 1 1) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m , le système ( S m ) est-il de Cramer ? 2) Résoudre le système ( S m ) pour : a. m = 2 b. m = −1 (Utiliser la méthode d'inversion de la matrice ou la méthode des déterminants de Cramer pour la résolution de tout système de Cramer) Solution : 1) Les valeurs du paramètre m pour lesquelles le système ( Sm ) est de Cramer : Le système ( Sm ) s’écrit sous la forme matricielle suivante Am . X = b , avec 1 m − m x m + 1) Am = m 1 m , X = y et bm = m + 1 1 m m z m +1 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [43]
- 46. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage 1 m − m La matrice du système ( Sm ) est égale à la matrice Am = m 1 m 1 m m Le système ( Sm ) est de Cramer ssi sa matrice Am est inversible. Am est inversible si et seulement si m ∉ {− 1,0,1} : det Am = 2m(1 + m)(1 − m) (d’après I) Donc Le système ( Sm ) est de Cramer ssi m ∉ {− 1,0,1} . 2) Résolutions du système ( Sm ) pour m = 2 et m = −1 : m=2 : x + 2 y − 2z = 3 ( S 2 ) 2 x + y + 2 z = 3 x + 2 y + 2z = 3 o Le système ( S2 ) est de Cramer car 2 ∉ {− 1,0,1}. o Résolution du système ( S2 ) par la méthode des déterminants de Cramer : 3 1 2 − 2 b2 = 3 et A2 = 2 1 2 3 1 2 2 ∆ = det A2 = −12 car 3 2 −2 ∆ x = 3 1 2 = −12 , 3 2 det Am = 2m(1 + m)(1 − m) 1 3 −2 ∆ y = 2 3 2 = −12 et 2 1 3 1 2 3 ∆z = 2 1 3 = 0 2 1 2 3 o (1,1,0) est alors l’unique solution du système ( S2 ) m = −1 : x − y + z = 0 ( S −1 )− x + y − z = 0 x − y − z = 0 o ( x, y, z ) est alors solution de ( S−1 ) ssi ( x, y, z ) ∈ Ker( f −1 ) , (d’après III-4) o Or Ker ( f −1 ) = (1,1,0) , (d’après III-4) o Donc La solution du système ( S−1 ) est égal au sous espace vectoriel < (1,1,0) > Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2007 [44]
- 47. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Année académique : 2009-2010 Année académique : 2009-2010 Session : Automne-hiver ................................................................................................................................ ................................................................................................... Contrôle final ................................................................................................................................... 46 ...................................................................................................................... ................................................................ Contrôle de rattrapage ...................................................................................................................... 53 Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [45]
- 48. Université Mohammed V– Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT – اآ ال د وا ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE FINAL Durée : 2h Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2009-2010 A, B & C Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Les cinq parties peuvent être traitées indépendamment 1) On munit Թଷ de sa base canonique ܤ ൌ ሼ݁ଵ , ݁ଶ , ݁ଷ ሽ. 2) On considère les trois sous espaces vectoriels de Թଷ : ܸଵ ൌ ,1,1(ۃെ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ,ۄ ܸଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻۄ ଷ ܸଷ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሽ 1) Déterminer une base du sous espace vectoriel ܸଵ . Comparer ܸଵ et Թଷ . 2) Déterminer une base de chacun des sous espaces vectoriel ܸଶ et ܸଷ . Comparer ܸଶ et ܸଷ . Partie 1 : (3 points) ݉ 1 െ1 ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ , ݉ אԹ. െ1 1 ݉ 1) Montrer que la matrice ܣest non inversible ssi ݉ ൌ െ1 ou ݉ ൌ 2. 2) Discuter le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉. Partie 2 : 1.5 pt 1.5 pt (3 points) 3) On considère la matrice 1.5 pt 1.5 pt 4) On considère les vecteurs de Թଷ : ݑଵ ൌ ሺ݉, 1, െ1ሻ , ݑଶ ൌ ሺ1, ݉, 1ሻ et ݑଷ ൌ ሺെ1,1, ݉ሻ, ݉ אԹ. 1 pt 1) Que représente la matrice ܣ pour le système ܵ ൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ ? 2) Discuter le rang du système ܵ selon les valeurs du paramètre ݉. 2 pts Partie 3 : ݉ ݔ ݕെ ݖൌ ݉ െ 1 On considère le système linéaire : ܵ ൝ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ݉ െ 1 െ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 1 െ ݉ Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ? Pour ݉ ൌ 1, résoudre ሺܵଵ ሻ. Pour ݉ ൌ 0, résoudre ሺܵை ሻ. Partie 4 : 5) 1) 2) 3) (3 points) (4 points) Professeure Salma DASSER 1 pt 1 pt 2 pts Session Automne-hiver 2009 [46]
- 49. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Contrôle final 6) On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par : א )ݖ ,ݕ ,ݔ(Թଷ : ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕെ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݉ݖሻ 1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ . 0.5 pt 1 pt 2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il surjectif ? 3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer une base de ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݃ݎሺ݂ଶ ሻ. 1.5 pt 1.5 pt 4) Pour ݉ ൌ 1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ଵ ሻ et en déduire ݎ݁ܭሺ݂ଵ ሻ. 5) Vérifier que ܤൌ ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est une base de Թଷ . 0.5 pt 1 pt 6) Pour ݉ ൌ 0, déterminer la matrice ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ par un calcul direct. 7) Retrouver ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ en utilisant la formule de changement de bases. 1 pt Partie 5 : (7 points) Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [47]
- 50. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôl final Partie 1 Enoncé : On considère les trois sous espaces vectoriels de Թଷ : 1) ܸଵ ൌ ,1,1(ۃെ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻܸ ,ۄଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻۄ 2) ܸଷ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሽ 3) Déterminer une base du sous espace vectoriel ܸଵ . Comparer ܸଵ et Թଷ . 4) Déterminer une base de chacun des sous espaces vectoriel ܸଶ et ܸଷ. Comparer ܸଶ et ܸଷ. Solution : 1) ܸଵ ൌ ۃሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ: ۄ dim ܸଵ ൌ ݃ݎሺܵሻ , avec ܵ ൌ ሼሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ. On vérifie que le système ሼሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ est libre. Donc dim ܸଵ ൌ ݃ݎሺܵሻ ൌ 3 et ሼሺ1,1, െ1ሻ; ሺ1,1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ est alors une base de ܸଵ. ܸଵ est alors un sous espace vectoriel de Թଷ , de même dimension. Donc ܸଵ ൌ Թଷ 2) ܸଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻ: ۄ dim ܸଶ ൌ ݃ݎሺܵሻ , avec ܵ ൌ ሼሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻሽ. On vérifie que le système ሼሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1, െ1ሻሽ est lié. ሼሺ1, െ1,1ሻሽ est un système libre extrait de ܵ, donc ݃ݎሺܵሻ ൌ 1 Donc dim ܸଶ ൌ 1 : ሼሺ1, െ1,1ሻሽ est alors une base de ܸଶ et ܸଶ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ.ۄ ܸଷ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0ሽ : 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0 ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ܸ אଷ ssi ൝ ݔ 2 ݕ ݖൌ 0 െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሺ1ሻ ሺ2ሻ 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0 ሺ1ሻ 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0 ݕൌ െݔ ሺ2ሻ ൝ ݔ 2 ݕ ݖൌ 0 ֞ ሺ2ሻ ൝3 ݔ 3 ݕൌ 0 ֞ ቊ ݖൌ ݔ אݔԹ ሺ3ሻ െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሺ1ሻ െ ሺ3ሻ 3 ݔെ 3 ݖൌ 0 Une base de ܸଷ est alors donnée par ሼሺ1, െ1,1ሻሽ Donc ܸଷ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ ۄൌ ܸଶ Partie 2 ݉ 1 െ1 ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ , ݉ אԹ. െ1 1 ݉ 1) Montrer que la matrice ܣest non inversible ssi ݉ ൌ െ1 ou ݉ ൌ 2. 2) Discuter le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉. Enoncé : On considère la matrice Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [48]
- 51. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Solution : ݉ 1 ܣ ൌ 1 ݉ െ1 1 Correction du contrôl final െ1 1൩ ݉ 1) la matrice ܣest non inversible ssi detሺܣሻ ൌ 0 : ݉ 1 െ1 ݉ 1 െ1 ݉ 1 െ1 ՜ ା อ 1 ݉ 1 อ ൌ మ మ య อ 0 ݉ 1 ݉ 1อ ൌ ሺ݉ 1ሻ อ 0 1 1 อ െ1 1 ݉ െ1 1 ݉ െ1 1 ݉ ݉ 1 െ1 ݉ 2 െ1 ݉ 2 మ ՜మ ିయ อ 0 1 1 อൌ อ0 ቚ ൌ െ݉ሺ1 െ ݉ሻ െ 2 ൌ ݉ଶ െ 0 1 อ ൌ െቚ െ1 1 െ ݉ െ1 1 ݉ െ1 1 െ ݉ ݉ ݉െ2 ݉ 1 െ1 Donc อ 1 ݉ 1 อ ൌ ሺ݉ 1ሻଶ ሺ݉ െ 2ሻ െ1 1 ݉ La matrice ܣest alors non inversible ssi : ݉ ൌ െ1 ou ݉ ൌ 2. 2) le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉ : Si ݉ ് െ1 et ݉ ് 2 alors la matrice ܣest inversible, donc ݃ݎሺܣሻ ൌ 3. െ1 1 െ1 Si ݉ ൌ െ1 alors ିܣଵ ൌ 1 െ1 1 ൩ : detሺିܣଵ ሻ ൌ 0 et tous les déterminants d’ordre 2 െ1 1 െ1 extraits de la matrice ିܣଵ sont nuls, donc ݃ݎሺିܣଵ ሻ ൌ 1. 2 1 െ1 2 1 Si ݉ ൌ 2 alors ܣଶ ൌ 1 2 1 ൩ : detሺܣଶ ሻ ൌ 0 et ቚ ቚ est un déterminant d’ordre 2 non 1 2 െ1 1 2 nul extrait de la matrice ܣଶ , donc ݃ݎሺܣଶ ሻ ൌ 2. Partie 3 Enoncé : On considère les vecteurs de Թଷ : ݑଵ ൌ ሺ݉, 1, െ1ሻ , ݑଶ ൌ ሺ1, ݉, 1ሻ et ݑଷ ൌ ሺെ1,1, ݉ሻ, ݉ אԹ. 1) Que représente la matrice ܣ pour le système ܵ ൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ ? 2) Discuter le rang du système ܵ selon les valeurs du paramètre ݉. Solution : 7) ݑଵ ൌ (݉, 1, െ1ሻ , ݑଶ ൌ ሺ1, ݉, 1ሻ et ݑଷ ൌ ሺെ1,1, ݉ሻ 1) ܵ ൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ : ܣ ൌ ࣧሺܵ/ܤ ሻ 2) ݃ݎሺܵሻ ൌ ݃ݎሾࣧሺܵ/ܤ ሻሿ ൌ ݃ݎሺܣ ሻ, donc, d’après la partie 2 : Si ݉ ് െ1 et ݉ ് 2 alors ݃ݎሺܵሻ ൌ 3. Si ݉ ൌ െ1 alors ݃ݎሺܵሻ ൌ 1. Si ݉ ൌ 2 alors ݃ݎሺܵሻ ൌ 2. Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [49]
- 52. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôl final Partie 4 ݉ ݔ ݕെ ݖൌ ݉ െ 1 ܵ ൝ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ݉ െ 1 െ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 1 െ ݉ 1) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ? 2) Pour ݉ ൌ 1, résoudre ሺܵଵ ሻ. 3) Pour ݉ ൌ 0, résoudre ሺܵை ሻ. Enoncé : On considère le système linéaire : Solution : ݉ ݔ ݕെ ݖൌ ݉ െ 1 ܵ ൝ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ݉ െ 1 െ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 1 െ ݉ 1) le système ܵ est de Cramer ssi sa matrice est inversible : le système ܵ s’écrit sous la forme matricielle : ܣ . ܺ ൌ ܾ , ݔ ݉ 1 െ1 ݉െ1 ݕቇ et ܾ ൌ ൭݉ െ 1൱ avec ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩, ܺ ൌ ቆ ݖ െ1 1 ݉ 1െ݉ le système ܵ est de Cramer ssi La matrice ܣ est inversible. le système ܵ est alors de Cramer ssi ݉ ് െ1 et ݉ ് 2, d’après la partie 2. ݔݕെ ݖൌ0 ݔ 0 ݔ ݕ ݖൌ 0 ou encore ܣଵ . ቆݕቇ ൌ ൭0൱ : système linéaire homogène 2) Pour ݉ ൌ 1 : ܵଵ ൝ ݖ െ ݔ ݕ ݖൌ 0 0 ݔ 0 ܵଵ est un système de cramer, d’après (1), son unique solution est alors donnée par ቆݕቇ ൌ ൭0൱. ݖ 0 ݕെ ݖൌ െ1 ݔ െ1 0 1 െ1 3) Pour ݉ ൌ 0 : ܵ ൝ ݔ ݖൌ െ1 ou encore ܣ . ቆݕቇ ൌ ൭െ1൱, avec ܣ ൌ 1 0 1 ൩ ݖ െ ݔ ݕൌ 1 1 െ1 1 0 ଶ det ܣ ൌ െ2 : det ܣ ൌ ሺ݉ 1ሻ ሺ݉ െ 2ሻ, d’après partie 2. On se propose de résoudre ܵ par la méthode des déterminants de Cramer : െ1 1 െ1 ∆ ଷ o ∆௫ ൌ อെ1 0 1 อ ൌ 3 ฺ ݔൌ ୢୣ୲ೣ ൌ െ ଶ బ 1 1 0 0 െ1 െ1 ∆ ଵ o ∆௬ ൌ อ 1 െ1 1 อ ൌ 1 ฺ ݕൌ ୢୣ୲ ൌ െ ଶ బ െ1 1 0 0 1 െ1 ∆ ଵ o ∆௭ ൌ อ 1 0 െ1อ ൌ െ1 ฺ ݖൌ ୢୣ୲ ൌ ଶ బ െ1 1 1 ଷ െଶ ݔ ۇଵۊ l’unique solution du système ܵ est alors donnée par : ቆݕቇ ൌ ۈെ ଶ.ۋ ݖ ଵ ଶ ی ۉ Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [50]
- 53. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôl final Partie 5 Enoncé : On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par : א )ݖ ,ݕ ,ݔ(Թଷ : ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕെ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݉ݖሻ 1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ . 2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il surjectif ? 3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer une base de ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݃ݎሺ݂ଶ ሻ. 4) Pour ݉ ൌ 1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ଵ ሻ et en déduire ݎ݁ܭሺ݂ଵ ሻ. 5) Vérifier que ܤൌ ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est une base de Թଷ . 6) Pour ݉ ൌ 0, déterminer la matrice ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ par un calcul direct. 7) Retrouver ࣧሺ݂ / ܤ ,ܤሻ en utilisant la formule de changement de bases. Solution : 1) 2) ݉ 1 ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 ݉ െ1 1 ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕെ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݉ݖሻ െ1 1൩ ݉ ݂ est surjectif ssi ݂ est bijectif ssi ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ est inversible : ݉ 1 െ1 ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 ݉ 1 ൩ ൌ ܣ െ1 1 ݉ la matrice ܣ est inversible ssi ݉ ് െ1 et ݉ ് 2, d’après la partie 2. ݂ est alors surjectif ssi ݉ ് െ1 et ݉ ് 2 3) Pour m ൌ 2 : ݂ଶ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ2 ݔ ݕെ ݔ ,ݖ 2 ݕ ,ݖെ ݔ ݕ 2ݖሻ Kerሺfଶ ሻ : Kerሺfଶ ሻ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / ݂ଶ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ0,0,0ሻሽ Donc : Kerሺfଶ ሻ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕെ ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0, െ ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሽ On remarque alors que Kerሺfଶ ሻ ൌ ܸଷ, voir partie 1. Or ܸଷ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ ۄet une base de ܸଷ est donnée par ሼሺ1, െ1,1ሻሽ, d’après partie 1. Donc Kerሺfଶ ሻ ൌ ۃሺ1, െ1,1ሻ ۄet ሼሺ1, െ1,1ሻሽ est une base de Kerሺfଶ ሻ. ݃ݎሺ݂ଶ ሻ : ݃ݎሺ݂ଶ ሻ ൌ dim Թଷ െ dim ker fଶ , donc ݃ݎሺ݂ଶ ሻ ൌ 2 4) Pour m ൌ 1, : déterminer une base de Imሺfଵ ሻ et en déduire Kerሺfଵ ሻ. Imሺfଵ ሻ : Imሺfଵ ሻ ൌ ݂ۃଵ ሺ݁ଵ ሻ, ݂ଵ ሺ݁ଶ ሻ, ݂ଵ ሺ݁ଷ ሻۄ ݂ଵ ሺ݁ଵ ሻ ൌ ሺ1,1, െ1ሻ 1 1 െ1 ሻ ൌ 1 1 1 ൩, donc : Comme ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ ቐ݂ଵ ሺ݁ଶ ሻ ൌ ሺ1,1,1ሻ െ1 1 1 ݂ଵ ሺ݁ଷ ሻ ൌ ሺെ1,1,1ሻ On a alors : Imሺfଵ ሻ ൌ ۃሺ1,1, െ1ሻ, ሺ1,1,1ሻ, ሺെ1,1,1ሻۄ On remarque alors que Imሺ݂ଵ ሻ ൌ ܸଶ, voir partie 1. Or ܸଶ ൌ Թଷ , d’après partie 1. Donc Imሺfଵ ሻ ൌ Թଷ Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [51]
- 54. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôl final Kerሺfଵ ሻ : Puisque Imሺ݂ଵ ሻ ൌ Թଷ , l’endomorphisme ݂ଵ est surjectif, donc injectif, d’où Kerሺ݂ଵ ሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ. ou bien : dim ker ݂ଵ ൌ dim Թଷ െ dim ݉ܫሺ݂ଵ ሻ, donc dim ker fଵ ൌ 0 et alors Kerሺ݂ଵ ሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ. 5) B ൌ ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est une base de Թଷ : On vérifie que le système ሼሺ1,1,0ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺ0,1,1ሻሽ est libre. αଵ ሺ1,1,0ሻ αଶ ሺ1, െ1,1ሻ αଷ ሺ0,1,1ሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ ฺ αଵ ൌ αଶ ൌ αଷ ൌ 0 : αଶ ൌ െαଵ αଶ ൌ െαଵ αଵ αଶ ൌ 0 αଵ െ αଶ αଷ ൌ 0 ฺ ൝αଵ ൌ 0 ฺ αଵ ൌ αଶ ൌ αଷ ൌ 0 ൝αଵ െ αଶ αଷ ൌ 0 ฺ ൝ αଷ ൌ െαଵ αଷ ൌ െαଵ αଶ αଷ ൌ 0 1 1 0 ou bien ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ 1 െ1 1൩ est inversible : det ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ െ3 0 1 1 6) Pour ݉ ൌ 0 : ݂ ሺ1,1,0ሻ ൌ ሺ1,1,0ሻ 1 ቐ݂ ሺ1, െ1,1ሻ ൌ ሺെ2,2, െ2ሻ ൌ ሺെ2ሻ. ሺ1, െ1,1ሻ ฺ ࣧሺ݂ / B, Bሻ ൌ 0 0 ݂ ሺ0,1,1ሻ ൌ ሺ0,1,1ሻ 7) ࣧሺf / B, Bሻ ൌ ܲ ൈ ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൈ ܲ : 0 0 െ2 0൩ 0 1 0 1 െ1 ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ ܣ , donc ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 0 1 ൩ െ1 1 0 1 1 0 ܲ ൌ ࣧሺB/Bୡ ሻ, donc ܲ ൌ P ൌ 1 െ1 1൩ 0 1 1 ିଵ ିଵ ܲ ൌ ൫ܲ ൯ , donc ܲ ൌ ܲ : det ܲ ൌ െ3 Calcul de ܲିଵ par la méthode des cofacteurs : െ1 1 1 1 1 െ1 ۍ ቚ 1 1ቚ െ ቚ0 1ቚ ቚ0 1 ቚې െ2 െ1 1 ێ 1 0 1 0 1 1 ۑ o ࣝሺܲሻ ൌ ێെ ቚ ቚ ቚ ቚ െቚ ቚ ۑൌ െ1 1 െ1൩ 0 1 0 1 ۑ 1 1 ێ 1 െ1 െ2 1 0 1 0 1 1 ۑ ێ ቚ ቚ െቚ ቚ ቚ ቚے ۏെ1 1 1 1 1 െ1 o ௧ െ2 െ1 1 െ2 െ1 1 ିଵ ሾࣝሺܲሻሿ ൌ െ1 1 െ1൩ , donc : ܲିଵ ൌ െ1 1 െ1൩ ଷ 1 െ1 െ2 1 െ1 െ2 On a alors : ࣧሺf / B, Bሻ ൌ െ2 െ1 1 0 1 1 െ1൩ ൈ 1 0 1 െ1 െ2 െ1 1 ିଵ െ1 ଷ 1 On retrouve, tout calcul fait : ࣧሺ݂ / B, Bሻ ൌ 0 0 Professeure Salma DASSER 0 0 െ2 0൩ 0 1 െ1 1 1 ൩ ൈ 1 0 0 1 0 െ1 1൩ 1 1 Session Automne-hiver 2009 [52]
- 55. – اآ ال دوا Université Mohammed V – Agdal Faculté des Sciences Juridiques, Économiques et Sociales RABAT ا وا اا ط ما ا آ http://www.fsjesr.ac.ma CONTROLE DE RATTRAPAGE Durée : 1h30 Filière Semestre Module Matière Session Sections Professeure : : : : : : : Sciences Economiques et de Gestion S3 M 10 (Méthodes Quantitatives II) Mathématiques II Automne – hiver, 2009-2010 A, B & C Salma DASSER Les documents et les portables ne sont pas autorisés. La calculatrice est à usage strictement personnel. Toute réponse doit être justifiée. La présentation de la copie est notée sur 2 points. Les quatre parties peuvent être traitées indépendamment On munit Թଷ de sa base canonique ܤ ൌ ሼ݁ଵ , ݁ଶ , ݁ଷ ሽ. ݉ 1 ݉ On considère la matrice ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ . ݉ 1 ݉ଶ 1) Montrer que det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ. 2) Discuter le rang de la matrice ܣ selon les valeurs du paramètre ݉. Partie 1 : Partie 2 : (4 points) (5 points) ݉ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 0 ܵ ൞ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ଶ ሺ݉ 2ሻ݁ ିଶ ଵ ݉ ݔ ݕ ݉ଶ ݖൌ 0 1) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ? 2) Pour ݉ ൌ 2, résoudre ሺܵଶ ሻ. 3) Pour ݉ ൌ െ2, résoudre ሺܵିଶ ሻ. On considère le système linéaire : 2 pts 2 pts 1 pt 2 pts 1 pt Partie 3 : (3 points) On considère les deux sous espaces vectoriels de Թଷ : ܸଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ,ۄ Vଶ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0,2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0 ሽ Déterminer une base et la dimension de chacun des sous espaces vectoriel ܸଵ et ܸଶ . Partie 4 : (8 points) On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par : ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ : ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕ ݉ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ݔ݉ ,ݖ ݕ ݉ଶ ݖሻ 1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ . 0.5 pt 2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il injectif ? 1 pt 3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݉ܫሺ݂ଶ ሻ. 1.5 pt 4) Pour ݉ ൌ െ1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ିଵ ሻ et une base de ݎ݁ܭሺ݂ିଵ ሻ. 2 pts 5) On considère les vecteurs : ݑଵ ൌ ݁ଷ , ݑଶ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ et ݑଷ ൌ ݁ଵ a. Vérifier que ܤൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ est une base de Թଷ . 0.5 pt b. Déterminer les matrices de passages : ܲ et ܲ . 1.5 pt 1 pt c. Pour ݉ ൌ 1, déterminer la matrice ࣧሺ݂ଵ / ܤ ,ܤሻ. Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [53]
- 56. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage Partie 1 ݉ 1 ݉ On considère la matrice ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩ . ݉ 1 ݉ଶ 1) Montrer que det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ. 2) Discuter le rang de la matrice ܣ selon les valeurs du paramètre ݉. Enoncé : Solution : 1) ݉ det ܣ ൌ อ 1 ݉ 1 อ1 ݉ Donc 1 ݉ 1 ݉ ܣ ൌ 1 ݉ 1 ݉ 1 ݉ 1൩ ݉ଶ ݉ ݉െ1 1െ݉ ՜ ି 1 อൌ భ భ మอ 1 ݉ ଶ ݉ ݉ 1 ݉െ1 1 1 อ ൌ ሺ݉ െ 1ሻ อ 1 ݉ଶ ݉ െ1 1 1 െ1 0 1 ݉ 1 อ ൌయ ՜య ିభ อ 1 ݉ 0 อ ൌ ሺ݉ଶ െ ݉ሻ ቚ 1 1 ݉ଶ ݉ 1 ݉ଶ െ ݉ det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ െ1 1 ݉ 1อ 1 ݉ଶ െ1 ቚ ൌ ݉ሺ݉ െ 1ሻሺ݉ 1ሻ ݉ 2) le rang de la matrice ܣselon les valeurs du paramètre ݉ : la matrice ܣest inversible ssi det ܣ ് 0 ssi ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1. Si ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 alors la matrice ܣest inversible, donc ݃ݎሺܣሻ ൌ 3. 0 0 1 Si ݉ ൌ 0 alors ܣ ൌ 1൩ : detሺܣ ሻ ൌ 0 et ቚ ቚ est un déterminant d’ordre 2 non nul 1 0 0 1 0 extrait de la matrice ܣ , donc ݃ݎሺܣ ሻ ൌ 2. െ1 1 െ1 െ1 1 Si ݉ ൌ െ1 alors ିܣଵ ൌ 1 െ ൩ : detሺିܣଵ ሻ ൌ 0 et ቚ ቚ est un déterminant 1 1 െ1 d’ordre 2 non nul extrait de la matrice ିܣଵ , donc ݃ݎሺିܣଵ ሻ ൌ 2. 1 1 1 Si ݉ ൌ 1 alors ܣଵ ൌ 1 1 1൩ : detሺܣଵ ሻ ൌ 0 et tous les déterminants d’ordre 2 extraits de la 1 1 1 matrice ܣଵ sont nuls, donc ݃ݎሺܣଵ ሻ ൌ 1. Partie 2 Enoncé : ݉ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 0 ܵ ቐ ݔ ݉ ݕ ݖൌ ଶ ሺ݉ 2ሻ݁ ିଶ ଵ ݉ ݔ ݕ ݉ଶ ݖൌ 0 1) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, le système ܵ est-il de Cramer ? 2) Pour ݉ ൌ 2, résoudre ሺܵଶ ሻ. 3) Pour ݉ ൌ െ2, résoudre ሺܵିଶ ሻ. On considère le système linéaire : Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [54]
- 57. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Solution : Correction du contrôle de rattrapage mx y mz ൌ 0 ܵ ቐx my z ൌ ଶ ሺm 2ሻe୫ିଶ ଵ mx y mଶ z ൌ 0 1) le système ܵ est de Cramer ssi sa matrice est inversible : le système ܵ s’écrit sous la forme matricielle : ܣ . ܺ ൌ ܾ , avec 0 ݔ ݉ 1 ݉ ଵ ܣ ൌ 1 ݉ 1 ൩, ܺ ൌ ቆ ݕቇ et ܾ ൌ ቌଶ ሺm 2ሻe୫ିଶ ቍ ݖ ݉ 1 ݉ଶ 0 le système ܵ est de Cramer ssi la matrice ܣ est inversible le système ܵ est alors de Cramer ssi Si ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 , d’après la partie 1. 2x y 2z ൌ 0 ݔ 0 2 x 2y z ൌ 2 ou encore ܣଶ . ቆݕቇ ൌ ൭2൱, avec ܣଶ ൌ 1 2) Pour ݉ ൌ 2 : ܵଶ ൝ ݖ 2x y 4z ൌ 0 0 2 1 2 2 1൩ 1 4 det ܣଶ ൌ 6 : det ܣ ൌ ݉ሺ݉ 1ሻሺ݉ െ 1ሻଶ , d’après partie 1. On se propose de résoudre ܵଶ par la méthode des déterminants de Cramer : 0 1 2 ∆ ଶ o ∆௫ ൌ อ2 2 1อ ൌ െ4 ฺ ݔൌ ୢୣ୲ೣ ൌ െ ଷ మ 0 1 4 2 0 2 ∆ ସ o ∆௬ ൌ อ 1 2 1 อ ൌ 8 ฺ ݕൌ ൌ ୢୣ୲ మ ଷ 2 0 4 2 1 0 ∆ o ∆௭ ൌ อ1 2 2อ ൌ 0 ฺ ݖൌ ൌ 0 ୢୣ୲ మ 2 1 0 ଶ െଷ ݔ l’unique solution du système ܵଶ est alors donnée par : ቆݕቇ ൌ ൮ ସ ൲. ଷ ݖ 0 െ2x y െ 2z ൌ 0 ݔ 0 3) Pour ݉ ൌ െ2 : ܵଵ ൝x െ 2y z ൌ 0 ou encore ିܣଶ . ቆݕቇ ൌ ൭0൱ : système linéaire homogène ݖ െ2x y 4z ൌ 0 0 ܵିଶ est un système de cramer, d’après (1), ݔ 0 son unique solution est alors donnée par ቆݕቇ ൌ ൭0൱. ݖ 0 Partie 3 Enoncé : On considère les deux sous espaces vectoriels de Թଷ : ܸଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ,ۄ Vଶ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0,2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0 ሽ Déterminer une base et la dimension de chacun des sous espaces vectoriel ܸଵ et ܸଶ. Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [55]
- 58. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] Correction du contrôle de rattrapage Solution : ܸଵ ൌ (ۃെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻ: ۄ dim Vଵ ൌ rgሺSሻ , avec S ൌ ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ. On vérifie que le système ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ; ሺെ1,1,1ሻሽ est lié. Le système ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ extrait de S est libre, donc rgሺSሻ ൌ 2. ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ est alors une base de Vଵ et dim Vଵ ൌ 2 : Vଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻۄ ܸଶ ൌ ሼሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ / 2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0, ݔ 2 ݕ ݖൌ 0,2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0 ሽ : ݉ ݔ ݕ ݉ ݖൌ 0 2 ݔ ݕ 2 ݖൌ 0 ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ܸ אଶ ssi ൝ ݔ 2 ݕ ݖൌ 0 ssi ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ est solution du système ቐ ݔ ݉ ݕ ݖൌ 0 2 ݔ ݕ 4 ݖൌ 0 ݉ ݔ ݕ ݉ଶ ݖൌ 0 2 1 2 Or ce système est de Cramer car sa matrice ܣଶ ൌ 1 2 1൩ est inversible, d’après partie 1. 2 1 4 Son unique solution est alors ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ. Donc ܸଶ ൌ ሼሺ0,0,0ሽ et dim ܸଶ ൌ 0 , ܸଶ n’admet pas de bases. Partie 4 Enoncé : On considère l’endomorphisme ݂ de Թଷ défini par : ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אԹଷ : ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕ ݉ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ݔ݉ ,ݖ ݕ ݉ଶ ݖሻ 1) Ecrire la matrice ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ, ܤ étant la base canonique de Թଷ . 2) Pour quelles valeurs du paramètre ݉, l’endomorphisme ݂ est-il injectif ? 3) Pour ݉ ൌ 2, déterminer ݎ݁ܭሺ݂ଶ ሻ et en déduire ݉ܫሺ݂ଶ ሻ. 4) Pour ݉ ൌ െ1, déterminer une base de ݉ܫሺ݂ିଵ ሻ et une base de ݎ݁ܭሺ݂ିଵ ሻ. 5) On considère les vecteurs : ݑଵ ൌ ݁ଷ , ݑଶ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ et ݑଷ ൌ ݁ଵ a. Vérifier que B ൌ ሼuଵ , uଶ , uଷ ሽ est une base de Թଷ . b. Déterminer les matrices de passages : Pౙ et Pౙ . c. Pour m ൌ 1, déterminer la matrice ࣧሺfଵ / B, Bሻ. Solution : 1) 2) ݂ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ݉ ݔ ݕ ݉ ݔ ,ݖ ݉ ݕ ݔ݉ ,ݖ ݕ ݉ଶ ݖሻ m 1 m ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 m 1 ൩ m 1 mଶ ݂ est injectif ssi ݂ est bijectif ssi ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ est inversible : m 1 m ࣧሺ݂ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 m 1 ൩ ൌ ܣ m 1 mଶ la matrice ܣ est inversible ssi ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 , d’après la partie 1. ݂ est alors surjectif ssi ݉ ് 0 , ݉ ് െ1 et ݉ ് 1 . 3) Pour m ൌ 2 : Kerሺfଶ ሻ : ݉ܫሺ݂ଶ ሻ : ݂ଶ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ2 ݔ ݕ 2 ݔ ,ݖ 2 ݕ ݔ2 ,ݖ ݕ 4ݖሻ Kerሺfଶ ሻ ൌ ሼሺ0,0,0ሻሽ car ݂ଶ est injectif, d’après (1). ݉ܫሺ݂ଶ ሻ ൌ Թଷ car ݂ଶ est injectif ssi ݂ଶ est surjectif ssi ݉ܫሺ݂ଶ ሻ ൌ Թଷ Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [56]
- 59. [S3, Module M10,Matière : Mathématiques II] 4) m ൌ െ1, : Imሺfିଵ ሻ : Kerሺfିଵ ሻ : 5) Correction du contrôle de rattrapage ݂ିଵ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺെ ݔ ݕെ ݔ ,ݖെ ݕ ,ݖെ ݔ ݕ ݖሻ Imሺfିଵ ሻ ൌ ି݂ۃଵ ሺ݁ଵ ሻ, ݂ିଵ ሺ݁ଶ ሻ, ݂ିଵ ሺ݁ଷ ሻۄ ݂ିଵ ሺ݁ଵ ሻ ൌ ሺെ1,1, െ1ሻ െ1 1 െ1 Comme ࣧሺ݂ିଵ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 െ1 1 ൩, donc : ቐ݂ିଵ ሺ݁ଶ ሻ ൌ ሺ1, െ1,1ሻ െ1 1 1 ݂ିଵ ሺ݁ଷ ሻ ൌ ሺെ1,1,1ሻ On a alors : Imሺfିଵ ሻ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ, ሺ1, െ1,1ሻ, ሺെ1,1,1ሻۄ On remarque alors que : Imሺ݂ିଵ ሻ ൌ ܸଵ, voir partie 3. Or ܸଵ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ : ۄሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ est une base de ܸଵ, d’après partie 3. Donc Imሺfିଵ ሻ ൌ ۃሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻ ۄet ሼሺെ1,1, െ1ሻ; ሺ1, െ1,1ሻሽ est une base de Imሺfିଵ ሻ. ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ אKerሺfିଵ ሻ ssi ݂ିଵ ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ൌ ሺ0,0,0ሻ െ ݔ ݕെ ݖൌ 0 ሺݖ ,ݕ ,ݔሻ ܸ אଷ ssi ൝ ݔെ ݕ ݖൌ 0 െ ݔ ݕ ݖൌ 0 ሺ1ሻ ሺ3ሻ െ2 ݔ 2 ݕൌ 0 ሺ1ሻ െ ݔ ݕെ ݖൌ 0 ݕൌݔ ሺ2ሻ ൝ ݔെ ݕ ݖൌ 0 ֞ ሺ2ሻ ൝3 ݔ 3 ݕൌ 0 ֞ ቊ ݖൌ 0 אݔԹ ሺ3ሻ െ ݔ ݕ ݖൌ 0 ሺ2ሻ ሺ3ሻ ݖൌ 0 Une base de Kerሺfିଵ ሻ est alors donnée par ሼሺ1,1,0ሻሽ Donc Kerሺfିଵ ሻ ൌ ۃሺ1,1,0ሻۄ uଵ ൌ eଷ , uଶ ൌ eଵ eଶ eଷ et uଷ ൌ eଵ a. ܤൌ ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ est une base de Թଷ : 0 1 Le système ሼݑଵ , ݑଶ , ݑଷ ሽ est libre car ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ 0 1 1 1 Pౙ : Pౙ : b. les matrices de passages Pౙ et Pౙ : 0 1 1 Pౙ ൌ 0 1 0൩ 1 1 0 1 0൩ est inversible : det ࣧሺB/Bୡ ሻ ൌ 1 0 Pౙ ൌ ࣧሺB/Bୡ ሻ et Pౙ ൌ ࣧሺB/Bୡ ሻ 0 െ1 1 ݑൌ݁ ฺ݁ ൌݑ Pౙ ൌ 0 1 0൩ car ቄݑଵ ൌ ݁ଷ ฺ ݁ଷ ൌ ݑଵ ݁ݑ ݐଶ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ฺ ݁ଶ ൌ െݑଵ ݑଶ െ ݑଷ ଷ ଵ ଵ ଷ 1 െ1 0 c. ࣧሺfଵ / B, Bሻ ൌ 1 1 ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ ሻ ൌ 1 1 1 1 ܲ ൈ ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ ሻ ൈ ܲ : ࣧሺ݂ଵ / ܤ , ܤ ሻ ൌ ܣଵ 1 0 1൩ . On trouve alors, après calcul, que : ࣧሺ݂ / B, Bሻ ൌ 1 1 0 0 0 3 1൩ 0 0 ݂ሺݑଵ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଷ ሻ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ൌ ݑଶ Remarque : ቐ݂ሺݑଶ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଵ ሻ ݂ሺ݁ଶ ሻ ݂ሺ݁ଷ ሻ ൌ 3ሺ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ሻ ൌ 3 ݑଶ ݂ሺݑଷ ሻ ൌ ݂ሺ݁ଵ ሻ ൌ ݁ଵ ݁ଶ ݁ଷ ൌ ݑଶ Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009 [57]