Examen module m123 algèbre 1 fst mohammedia 2021 2022 -Algèb
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Exercice 1 : Sous-espaces Vectoriels et Bases
Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 / 2x + y - z = 0 et x + 2y + z = 0} et F = Vect{b, c} avec b = (-2, -1, 1) et c = (-1, 0, 2).
1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.
Pour montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3, nous devons vérifier trois conditions :
- E est non vide : Le vecteur nul (0,0,0) satisfait les deux équations (2(0)+0-0=0 et 0+2(0)+0=0). Donc, le vecteur nul appartient à E, ce qui signifie que E est non vide.
- E est stable par addition : Soient u1 = (x1,y1,z1) et u2 = (x2,y2,z2) deux vecteurs de E. Cela signifie qu'ils vérifient les équations définissant E. Leur somme u1+u2 = (x1+x2, y1+y2, z1+z2) doit aussi vérifier ces équations :
- 2(x1+x2) + (y1+y2) - (z1+z2) = (2x1+y1-z1) + (2x2+y2-z2) = 0 + 0 = 0.
- (x1+x2) + 2(y1+y2) + (z1+z2) = (x1+2y1+z1) + (x2+2y2+z2) = 0 + 0 = 0.
- E est stable par multiplication scalaire : Soit u = (x,y,z) ∈ E et λ ∈ R. Le vecteur λu = (λx, λy, λz) doit aussi vérifier les équations :
- 2(λx) + (λy) - (λz) = λ(2x+y-z) = λ(0) = 0.
- (λx) + 2(λy) + (λz) = λ(x+2y+z) = λ(0) = 0.
Les trois conditions étant satisfaites, E est un sous-espace vectoriel de R3.
Alternativement, l'ensemble des solutions d'un système d'équations linéaires homogènes est toujours un sous-espace vectoriel. Ici, E est défini par un tel système.
Pour mieux comprendre la structure de E, résolvons le système d'équations :
L1: 2x + y - z = 0
L2: x + 2y + z = 0
En additionnant L1 et L2 : (2x+y-z) + (x+2y+z) = 0 + 0 => 3x + 3y = 0 => y = -x.
En substituant y = -x dans L2 : x + 2(-x) + z = 0 => x - 2x + z = 0 => -x + z = 0 => z = x.
Donc, un vecteur (x,y,z) de E est de la forme (x, -x, x) = x(1, -1, 1). Si nous posons a = (1, -1, 1), alors E = Vect{a}. Cela confirme que E est un sous-espace vectoriel.
2. Donner une base de E et une base de F.
Base de E :
D'après la question précédente, E = Vect{a} avec a = (1, -1, 1). Puisque le vecteur a est non nul, il forme un système libre. Étant donné qu'il engendre E, {a} est une base de E. La dimension de E est dim(E) = 1.
Base de F :
F = Vect{b, c} avec b = (-2, -1, 1) et c = (-1, 0, 2). Pour que {b, c} soit une base de F, il suffit de vérifier que les vecteurs b et c sont linéairement indépendants (non colinéaires), car ils sont générateurs de F par définition. On observe que c n'est pas un multiple scalaire de b (par exemple, si c = λb, alors la deuxième composante 0 = λ(-1) impliquerait λ=0, mais c n'est pas le vecteur nul). Donc, b et c sont linéairement indépendants. Par conséquent, {b, c} est une base de F. La dimension de F est dim(F) = 2.
3. Soit a = (1,-1,1). Montrer que (a, b, c) est une base de R3.
Nous avons a = (1,-1,1), b = (-2,-1,1), et c = (-1,0,2). Puisque nous avons 3 vecteurs dans R3 (qui est de dimension 3), il suffit de montrer qu'ils sont linéairement indépendants pour prouver qu'ils forment une base.
Soient α, β, γ des scalaires réels tels que αa + βb + γc = (0,0,0) :
α(1,-1,1) + β(-2,-1,1) + γ(-1,0,2) = (0,0,0)
Cela nous donne le système d'équations linéaires suivant :
L1: α - 2β - γ = 0
L2: -α - β = 0
L3: α + β + 2γ = 0
De L2, nous obtenons α = -β.
Substituons α = -β dans L1 : (-β) - 2β - γ = 0 => -3β - γ = 0 => γ = -3β.
Substituons α = -β et γ = -3β dans L3 : (-β) + β + 2(-3β) = 0 => -6β = 0 => β = 0.
Puisque β = 0, en revenant aux substitutions, nous avons α = -0 = 0 et γ = -3(0) = 0.
Ainsi, α = β = γ = 0. Le système (a, b, c) est donc libre. Comme il s'agit de 3 vecteurs linéairement indépendants dans un espace de dimension 3 (R3), (a, b, c) est une base de R3.
4. Les sous-espaces vectoriels E et F sont-ils supplémentaires dans R3 ?
Deux sous-espaces vectoriels E et F sont dits supplémentaires dans R3 si et seulement si leur somme est égale à R3 (E+F = R3) et leur intersection est réduite au vecteur nul (E ∩ F = {0}). Ces deux conditions sont équivalentes à dire que la concaténation de leurs bases forme une base de R3, ou que dim(E) + dim(F) = dim(R3) et E ∩ F = {0}.
Nous avons dim(E) = 1 (base {a}) et dim(F) = 2 (base {b,c}).
La somme des dimensions est dim(E) + dim(F) = 1 + 2 = 3. Cette somme est égale à la dimension de R3.
De plus, l'ensemble {a} ∪ {b,c} = {a,b,c} est une base de R3 d'après la question 3. Lorsqu'on peut former une base de l'espace total en joignant les bases des sous-espaces, cela garantit que leur intersection est triviale.
Par conséquent, les sous-espaces E et F sont supplémentaires dans R3.
5. Donner deux supplémentaires de E dans R3.
Un supplémentaire de E est un sous-espace G tel que R3 = E ⊕ G. Nous avons déjà vu que F est un supplémentaire de E.
Pour trouver un autre supplémentaire, nous pouvons partir d'une base de E, qui est {a} = {(1,-1,1)}, et la compléter en une base de R3 avec d'autres vecteurs, par exemple des vecteurs de la base canonique. Prenons e1 = (1,0,0) et e2 = (0,1,0).
Considérons le système {a, e1, e2} = {(1,-1,1), (1,0,0), (0,1,0)}. Vérifions s'il est libre :
Soient α, β, γ des scalaires tels que αa + βe1 + γe2 = (0,0,0) :
α(1,-1,1) + β(1,0,0) + γ(0,1,0) = (0,0,0)
Cela mène au système :
L1: α + β = 0
L2: -α + γ = 0
L3: α = 0
De L3, nous avons α = 0. En substituant dans L1, β = 0. En substituant dans L2, γ = 0.
Le système {a, e1, e2} est libre et contient 3 vecteurs dans R3. C'est donc une base de R3.
Ainsi, G1 = Vect{e1, e2} est un supplémentaire de E dans R3. Géométriquement, G1 est le plan d'équation z = 0.
Pour un deuxième supplémentaire, nous pouvons prendre G2 = Vect{e2, e3} = Vect{(0,1,0), (0,0,1)}. C'est le plan d'équation x = 0. Vérifions que {a, e2, e3} est libre :
Soient α, β, γ des scalaires tels que αa + βe2 + γe3 = (0,0,0) :
α(1,-1,1) + β(0,1,0) + γ(0,0,1) = (0,0,0)
Cela donne le système :
L1: α = 0
L2: -α + β = 0
L3: α + γ = 0
De L1, α = 0. En substituant dans L2, β = 0. En substituant dans L3, γ = 0.
Le système {a, e2, e3} est libre et forme une base de R3. Donc, G2 = Vect{e2, e3} est un autre supplémentaire de E dans R3.
6. Soit u = (x, y, z), exprimer u dans la base (a, b, c).
Nous cherchons les coordonnées α, β, γ telles que u = αa + βb + γc :
(x, y, z) = α(1,-1,1) + β(-2,-1,1) + γ(-1,0,2)
Cela nous conduit au système linéaire suivant :
L1: α - 2β - γ = x
L2: -α - β = y
L3: α + β + 2γ = z
De L2, nous pouvons exprimer α en fonction de β et y : α = -β - y.
Substituons cette expression de α dans L1 : (-β - y) - 2β - γ = x => -3β - γ = x + y (Nouvelle L4).
Substituons également α dans L3 : (-β - y) + β + 2γ = z => -y + 2γ = z => 2γ = y + z => γ = (y+z)/2.
Maintenant, nous substituons la valeur de γ dans L4 : -3β - (y+z)/2 = x + y.
-3β = x + y + (y+z)/2 = (2x + 2y + y + z) / 2 = (2x + 3y + z) / 2.
Donc, β = -(2x + 3y + z) / 6.
Enfin, nous trouvons α en utilisant α = -β - y :
α = - (-(2x + 3y + z) / 6) - y = (2x + 3y + z) / 6 - 6y/6 = (2x + 3y + z - 6y) / 6 = (2x - 3y + z) / 6.
Les coordonnées du vecteur u = (x, y, z) dans la base (a, b, c) sont :
α = (2x - 3y + z) / 6
β = -(2x + 3y + z) / 6
γ = (y + z) / 2
7. Donner une équation cartésienne de F.
Le sous-espace F est engendré par b = (-2, -1, 1) et c = (-1, 0, 2). Un vecteur (x, y, z) appartient à F si et seulement s'il peut s'écrire comme une combinaison linéaire de b et c. C'est-à-dire, il existe des scalaires α, β ∈ R tels que :
(x, y, z) = α(-2,-1,1) + β(-1,0,2)
Ce qui donne le système d'équations :
x = -2α - β (L1)
y = -α (L2)
z = α + 2β (L3)
De L2, nous déduisons α = -y.
Substituons α = -y dans L1 : x = -2(-y) - β => x = 2y - β => β = 2y - x.
Substituons α = -y et β = 2y - x dans L3 : z = (-y) + 2(2y - x) => z = -y + 4y - 2x => z = 3y - 2x.
Pour obtenir l'équation cartésienne sous la forme Ax+By+Cz=0, nous réarrangeons l'équation :
2x - 3y + z = 0.
C'est l'équation cartésienne du sous-espace F.
Exercice 2 : Application Linéaire et Espaces Associés
Soit B = (e1, e2, e3) la base canonique de R3. Soit f l'application linéaire de R3 dans R3 définie par f(e1) = (6,5,1), f(e2) = (-4,-3,-1) et f(e3) = (-4,-4,0).
1. Déterminer f(x, y, z).
Étant donné que f est une application linéaire, pour tout vecteur u = (x, y, z) ∈ R3, qui peut être écrit comme u = xe1 + ye2 + ze3, nous avons :
f(x, y, z) = f(xe1 + ye2 + ze3) = xf(e1) + yf(e2) + zf(e3)
Substituons les images des vecteurs de base :
f(x, y, z) = x(6,5,1) + y(-4,-3,-1) + z(-4,-4,0)
f(x, y, z) = (6x - 4y - 4z, 5x - 3y - 4z, x - y)
2. Déterminer Ker f et en donner une base.
Le noyau de f, noté Ker f, est l'ensemble de tous les vecteurs u = (x,y,z) dans R3 tels que f(u) = (0,0,0). Nous devons résoudre le système d'équations :
L1: 6x - 4y - 4z = 0
L2: 5x - 3y - 4z = 0
L3: x - y = 0
De L3, nous obtenons x = y.
Substituons x = y dans L1 : 6y - 4y - 4z = 0 => 2y - 4z = 0 => y = 2z.
Substituons x = y dans L2 : 5y - 3y - 4z = 0 => 2y - 4z = 0 => y = 2z.
Les conditions sont donc x = y et y = 2z. Cela implique également que x = 2z.
Tout vecteur (x,y,z) appartenant à Ker f est de la forme (2z, 2z, z).
Nous pouvons factoriser z : (2z, 2z, z) = z(2,2,1). En posant a' = (2,2,1), nous avons Ker f = Vect{a'}.
Puisque a' est un vecteur non nul, {a'} est un système libre et générateur de Ker f. Par conséquent, {a'} est une base de Ker f.
La dimension de Ker f est dim(Ker f) = 1.
3. Donner une base de Im f.
L'image de f, notée Im f, est l'espace vectoriel engendré par les images des vecteurs de la base de départ. Ici, Im f = Vect{f(e1), f(e2), f(e3)} = Vect{(6,5,1), (-4,-3,-1), (-4,-4,0)}.
D'après le théorème du rang, nous savons que dim(Im f) + dim(Ker f) = dim(R3).
Nous avons dim(Ker f) = 1 (de la question précédente) et dim(R3) = 3.
Donc, dim(Im f) = 3 - 1 = 2.
Pour trouver une base de Im f, nous devons sélectionner 2 vecteurs linéairement indépendants parmi les vecteurs générateurs f(e1), f(e2), f(e3).
Considérons f(e1) = (6,5,1) et f(e2) = (-4,-3,-1). Pour vérifier s'ils sont linéairement indépendants, nous vérifions s'ils sont colinéaires. Clairement, f(e2) n'est pas un multiple scalaire de f(e1) (par exemple, la première composante 6λ = -4 et la deuxième 5λ = -3 donnent des valeurs différentes pour λ). Ils sont donc linéairement indépendants.
Puisque dim(Im f) = 2, ces deux vecteurs linéairement indépendants forment une base de Im f.
Une base de Im f est donc {(6,5,1), (-4,-3,-1)}.
4. Soient b = (1,1,0) et c = (0,1,-1). Montrer que f(b) = 2b et f(c) = c. En déduire que b et c sont des vecteurs de Im f.
Calculons f(b) en utilisant la formule f(x,y,z) = (6x - 4y - 4z, 5x - 3y - 4z, x - y) :
f(1,1,0) = (6(1) - 4(1) - 4(0), 5(1) - 3(1) - 4(0), 1 - 1)
f(1,1,0) = (6 - 4, 5 - 3, 0) = (2,2,0).
Nous remarquons que (2,2,0) est égal à 2 fois le vecteur b = (1,1,0). Donc, f(b) = 2b.
Calculons f(c) :
f(0,1,-1) = (6(0) - 4(1) - 4(-1), 5(0) - 3(1) - 4(-1), 0 - 1)
f(0,1,-1) = (0 - 4 + 4, 0 - 3 + 4, -1) = (0,1,-1).
Nous remarquons que (0,1,-1) est égal au vecteur c. Donc, f(c) = c.
Pour en déduire que b et c sont des vecteurs de Im f :
L'image Im f est définie comme l'ensemble des vecteurs v pour lesquels il existe un u tel que f(u)=v.
Puisque f(b) = 2b, cela signifie que 2b ∈ Im f. Étant donné que Im f est un sous-espace vectoriel, il est stable par multiplication scalaire. Donc, si 2b ∈ Im f, alors (1/2)(2b) = b ∈ Im f.
De même, puisque f(c) = c, cela signifie directement que c ∈ Im f (car c est l'image de c par f).
Par conséquent, b et c sont des vecteurs de Im f.
5. Montrer que (b, c) est aussi une base de Im f.
Nous savons déjà que dim(Im f) = 2. Pour montrer que (b, c) est une base de Im f, il suffit de démontrer que les vecteurs b et c sont linéairement indépendants, puisqu'ils sont 2 vecteurs dans un espace de dimension 2.
Nous avons b = (1,1,0) et c = (0,1,-1).
Si b et c étaient colinéaires, alors c serait un multiple scalaire de b (ou vice-versa). Supposons c = λb pour un certain scalaire λ ∈ R :
(0,1,-1) = λ(1,1,0) = (λ, λ, 0)
En comparant les composantes, nous obtenons :
0 = λ (première composante)
1 = λ (deuxième composante)
-1 = 0 (troisième composante)
Cette dernière égalité (-1=0) est une contradiction, tout comme le fait que λ devrait être à la fois 0 et 1. Donc, b et c ne sont pas colinéaires et sont par conséquent linéairement indépendants.
Puisque {b, c} est un système libre de 2 vecteurs dans Im f (qui est de dimension 2), {b, c} est une base de Im f.
6. Donner une équation cartésienne de Im f.
L'image Im f est un sous-espace vectoriel de dimension 2 dans R3. Un tel espace peut être décrit par une seule équation cartésienne de la forme Ax + By + Cz = 0. Un vecteur (x,y,z) appartient à Im f si et seulement s'il est une combinaison linéaire des vecteurs de sa base {b,c}.
(x, y, z) = αb + βc = α(1,1,0) + β(0,1,-1)
Cela nous donne le système d'équations :
x = α (L1)
y = α + β (L2)
z = -β (L3)
De L1, nous avons α = x.
De L3, nous avons β = -z.
Maintenant, substituons ces expressions de α et β dans L2 :
y = x + (-z)
y = x - z
Réarrangeons cette équation pour obtenir la forme standard :
x - y - z = 0.
C'est l'équation cartésienne de Im f.
7. Les sous-espaces Ker f et Im f sont-ils supplémentaires dans R3 ?
Pour que Ker f et Im f soient supplémentaires dans R3, deux conditions doivent être remplies :
- Leur intersection doit être réduite au vecteur nul : Ker f ∩ Im f = {0}.
- La somme de leurs dimensions doit être égale à la dimension de l'espace total : dim(Ker f) + dim(Im f) = dim(R3).
Nous avons dim(Ker f) = 1 (avec base {a' = (2,2,1)}) et dim(Im f) = 2 (avec base {b = (1,1,0), c = (0,1,-1)}).
La deuxième condition est vérifiée : 1 + 2 = 3 = dim(R3).
Pour la première condition, nous pouvons vérifier si l'union des bases de Ker f et Im f forme une base de R3. Si l'ensemble {a', b, c} est une base de R3, alors leur intersection est triviale.
Soient α, β, γ des scalaires tels que αa' + βb + γc = (0,0,0) :
α(2,2,1) + β(1,1,0) + γ(0,1,-1) = (0,0,0)
Cela nous donne le système d'équations :
L1: 2α + β = 0
L2: 2α + β + γ = 0
L3: α - γ = 0
De L3, nous obtenons α = γ.
Substituons α = γ dans L1 : 2γ + β = 0 => β = -2γ.
Substituons α = γ et β = -2γ dans L2 : 2γ + (-2γ) + γ = 0 => γ = 0.
Puisque γ = 0, alors α = 0 et β = -2(0) = 0.
Donc α = β = γ = 0. Le système {a', b, c} est libre. Étant donné qu'il est composé de 3 vecteurs libres dans R3, c'est une base de R3.
Par conséquent, Ker f et Im f sont supplémentaires dans R3.
FAQ - Questions Fréquemment Posées sur les Espaces Vectoriels
Qu'est-ce qu'un sous-espace vectoriel ?
Un sous-espace vectoriel est un sous-ensemble d'un espace vectoriel qui est lui-même un espace vectoriel. Pour qu'un sous-ensemble W d'un espace vectoriel V soit un sous-espace vectoriel, il doit respecter trois conditions : il doit contenir le vecteur nul de V, être fermé sous l'addition de vecteurs (la somme de deux vecteurs de W est dans W), et être fermé sous la multiplication scalaire (le produit d'un scalaire et d'un vecteur de W est dans W).
Comment trouver une base d'un espace vectoriel ?
Pour trouver une base d'un espace vectoriel, on cherche un ensemble de vecteurs qui sont à la fois linéairement indépendants et qui génèrent l'intégralité de l'espace. Si l'espace est défini par des équations, on résout le système pour exprimer les vecteurs sous forme paramétrique. Les vecteurs qui apparaissent comme coefficients des paramètres forment un ensemble générateur. On vérifie ensuite leur indépendance linéaire.
Quand deux sous-espaces vectoriels sont-ils supplémentaires ?
Deux sous-espaces vectoriels E et F d'un espace vectoriel V sont supplémentaires si leur intersection ne contient que le vecteur nul ({0}) et si chaque vecteur de V peut être écrit de manière unique comme la somme d'un vecteur de E et d'un vecteur de F. Cela équivaut à dire que la somme de leurs dimensions est égale à la dimension de V, et que leur intersection est triviale.