Faculté des Sciences de Luminy
DEUG 1ère année MASS MF-ECO / SM
\fbox {{\bf Mathématiques : Algèbre Linéaire}}
Février 2000
Correction

1.

\fbox { \parbox{\textwidth}{ Résoudre et discuter suivant les paramètres réels ... ... & = & a \cr x+my+z & = & b \cr x+y+mz & = & c} \right. \end{displaymath}} }

On applique la méthode du pivot de Gauss : combinaisons linéaires d'équations et échange d'équations pour que le pivot soit non nul.

On échange d'abord les équations E1 et E3 :

\begin{displaymath} \left\{\begin{array} {rcc} x+y+mz & = & c \\ x+my+z & = & b \\ mx+y+z & = & a \end{array} \right.\end{displaymath}

puis on élimine x et y :

\begin{displaymath} \left\{\begin{array} {rcll} x+y+mz & = & c &\\ (m-1)y+(1-m)... ...E1 \\ (1-m)y+(1-m^2)z & = & a-mc & E3-mE1 \end{array} \right.\end{displaymath}

\begin{displaymath} \left\{\begin{array} {rcll} x+y+mz & = & c &\\ (m-1)y+(1-m)... ... & \\ (2-m-m^2)z & = & a+b-(m+1)c & E3+E2 \end{array} \right.\end{displaymath}

2-m-m2=(1-m)(2+m) donc les cas particuliers à étudier sont m=1 et m=-2

1.
$m\ne 1,-2$On résout le système triangulaire :

la 3ème équation donne $z={{\textstyle -a-b+(m+1)c}\over{\textstyle (m-1)(m+2)}}$

en remplaçant dans la 2ème équation

\begin{displaymath} y={{\textstyle 1}\over{\textstyle m-1}}\left(b-c-(1-m){{\tex... ...left(b-c-{{\textstyle -a-b+(m+1)c}\over{\textstyle m+2}}\right)\end{displaymath}

\begin{displaymath} ={{\textstyle (b-c)(m+2)-a-b+(m+1)c}\over{\textstyle (m-1)(m+2)}} ={{\textstyle -a+(m+1)b-c}\over{\textstyle (m-1)(m+2)}}\end{displaymath}

et la 1ère équation donne $x={{\textstyle (m+1)a-b-c}\over{\textstyle (m-1)(m+2)}}$

2.
m=1

Le système devient :

\begin{displaymath} \left\{\begin{array} {ccc} x+y+z & = & a \\ x+y+z & = & b \\ x+y+z & = & c \\ \end{array} \right.\end{displaymath}

On a deux cas :

a=b=c le système est de rang 1, x+y+z=a et il a une infinité de solutions qu'on peut exprimer par exemple en fonction de y et z

x=a-y-z

a,b,c différents, le système est impossible

3.
m=-2

\begin{displaymath} \left\{\begin{array} {rcl} x+y-2z & = & c \\ -3y+3z & = & b-c \\ 0 & = & a+b+c \end{array} \right.\end{displaymath}

On a deux cas :

a+b+c=0 le système est de rang 2 et il a une infinité de solutions qu'on peut exprimer par exemple en fonction de z

\begin{displaymath} y=z+{{\textstyle -b+c}\over{\textstyle 3}}\qquad x={{\textstyle b+2c}\over{\textstyle 3}}+z\end{displaymath}

$a+b+c\ne 0$ le système est impossible

Remarque

On pouvait aussi ajouter les 3 équations, ce qui donnait :

(m+2)(x+y+z)=a+b+c

\begin{displaymath} m\ne -2\qquad x+y+z=\frac{a+b+c}{m+2}\end{displaymath}

\begin{displaymath} mx+y+z=(m-1)x+x+y+z\qquad x=\frac{1}{m-1}\left(a-\frac{a+b+c}{m+2}\right)\end{displaymath}

et les deux cas à discuter apparaissaient m=1, m=-2.

2.

\fbox { \parbox{\textwidth}{ Soit l'espace vectoriel $E={\bf R}^3$\space muni de... ...space noyau de $p$\space et en donner une base. Montrer que $E=F\oplus G$. } }

\begin{displaymath} P^2= \left( \begin{array} {ccc} \frac{5}{6} & -\frac{1}{3}... ...rac{1}{6} & \frac{1}{3} & \frac{5}{6} \\ \end{array} \right)=P\end{displaymath}

Par définition $F=\{p(u);u\in{\bf R}^3\}$

On note $p_1=p(e_1)\ p_2=p(e_2)\ p_3=p(e3)$ les vecteurs-colonnes de P. On a $F=\{u_1p_1+u_2p_2+u_3p_3\}=[p_1,p_2,p_3]$. Il faut déterminer si la famille $\{p_1,p_2,p_3\}$ est libre. Pour cela on écrit la combinaison linéaire $\displaystyle a_1p_1+a_2p_2+a_3p_3=0$ et on résout le système aux inconnues a1,a2,a3 :

\begin{displaymath} \left\{ \begin{array} {rcc} \frac{5}{6}a_1 -\frac{1}{3}a_2... ...+\frac{1}{3}a_2 +\frac{5}{6}a_3 & = & 0 \\ \end{array} \right.\end{displaymath}

On élimine a1 :

\begin{displaymath} \left\{ \begin{array} {rccc} \frac{5}{6}a_1 -\frac{1}{3}a_... ...E3-{{\textstyle 1}\over{\textstyle 5}}E1\\ \end{array} \right.\end{displaymath}

On élimine a2, le système se réduit à deux équations :

\begin{displaymath} \left\{ \begin{array} {rcc} \frac{5}{6}a_1 -\frac{1}{3}a_2... ... \frac{1}{5}a_2+\frac{2}{5}a_3 & = & 0 \\ \end{array} \right.\end{displaymath}

Ce système a des solutions non nulles, donc la famille $\{p_1,p_2,p_3\}$ n'est pas libre mais $\{p_1,p_2\}$ est libre (car non colinéaires). Donc p3 est combinaison linéaire de p1 et p2, F=[p1,p2] et $\{p_1,p_2\}$ est une base de F

Par définition $G=\{u\in{\bf R}^3;p(u)=0\}$. Si x=(x1,x2,x3)=x1e1+x2e2+x3e3 on doit donc résoudre le système x1p1+x2p2+x3p3=0 :

\begin{displaymath} \left\{ \begin{array} {rcc} \frac{5}{6}x_1 -\frac{1}{3}x_2... ...+\frac{1}{3}x_2 +\frac{5}{6}x_3 & = & 0 \\ \end{array} \right.\end{displaymath}

par la même transformation que précédemment il se réduit :

\begin{displaymath} \left\{ \begin{array} {rcc} \frac{5}{6}x_1 -\frac{1}{3}x_2... ... \frac{1}{5}x_2+\frac{2}{5}x_3 & = & 0 \\ \end{array} \right.\end{displaymath}

on tire $x_3=\alpha$, $x_2=-2\alpha$ et $x_1=-\alpha$, donc

$G=\{(-\alpha,-2\alpha,\alpha);\alpha\in{\bf R}\} =\{-\alpha(1,2,-1);\alpha\in{\bf R}\}$

et G est un sous-espace de dimension 1, de base $\{(1,2,-1)\}$.

Pour montrer que $E=F\oplus G$ il suffit de vérifier que $F\cap G=\{0\}$.

Soit u tel que $u\in F$, $u\in G$.

$u\in F$, il existe donc $v\in E$ tel que u=p(v) ; $u\in G$ donc p(u)=0,

On a montré P2=P donc $p\circ p=p$ et on a :

\begin{displaymath} p(u)=p(p(v))=(p\circ p)(v)=p(v)=u\end{displaymath}

i.e. u=0.