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calcul
allumette
définition
définition
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DM n°2 : Eléments de correction
Exercice :
= θ ⇔ ⊂
2
f Im(f) Ker(f)
Etant donné qu’il s’agit d’une équivalence, il est nécessaire d’effectuer deux tableaux « S | D ».
= θ ⊂
2
f Im(f) Ker(f)
S D
Soit
u Im(f) ∃ ∈ =
a E, u f(a)
u f(a) = =
2
f(u) f(f(a)) f (a)
2
f(u) f (a) et = θ
2
f
E
f(u) 0
E
f(u) 0 ∈
u Ker(f)
∀u ∈ Im(f),u ∈Ker(f)
Im(f) ⊂Ker(f)
ISSU DU
TABLEAU
S | D
REDACTION TRANSFORMATIONS
S
Supposons que : = θ
2
f.
S = hypothèse
S
Soit ∈
u Im(f) alors S = donnée
D
a E, u f(a) DS
donc
S D = =
2
f(u) f(f(a)) f (a) DS
Or, par hypothèse ,
S
= θ
2
f
S = hypothèse
donc
D
E
f(u) 0 DS
et par conséquent
S D
u Ker(f) DS
On en déduit donc que :
S D
Im(f) ⊂Ker(f) D = conclusion
ce qui prouve que
S D
2
f = θ Im(f) ⊂ Ker(f)
conclusion finale
« Chaîne » du raisonnement : S = hyp. S = donnée (DS) (DS) S = hyp. (DS) (DS) D = conclusion
allumette
définition
définition
définition
Réciproquement,
⊂ = θ
2
Im(f) Ker(f) f
S D
Soit ∈
u E
f(u) Im(f)
f(u) Im(f) et Im(f) ⊂Ker(f) ∈
f(u) Ker(f)
f(u) Ker(f)
2
E
f (u) 0
2
E
u E , f ( )u 0 = θ
2
f
ISSU DU
TABLEAU
S | D
REDACTION TRANSFORMATIONS
S
Supposons que Im(f) ⊂Ker(f). S = hypothèse
S Soit ∈
u E alors S = donnée
D
f(u) Im(f) DS
Or, par hypothèse ,
S
Im(f) ⊂Ker(f) S = hypothèse
donc
D
f(u) Ker(f) DS
On en déduit alors que
S D
2
E
f (u) 0
DS
et par conséquent
S D
= θ
2
f
D = conclusion
ce qui prouve que
S D
⊂ = θ
2
Im(f) Ker(f) f
conclusion finale
« Chaîne » du raisonnement : S = hyp. S = donnée (DS) S = hyp. (DS) (DS) D = conclusion
2.a) ∀ ∀∀
∀ x ∈ ∈∈
∈ r ,
0
0 0
A (x) = (x − 1) = 1 = ε (x) donc
0 0
A = ε.
1 1 0
A (x) = x − 1 = ε (x) − ε (x) donc
1 1 0
A = ε − ε
2 2
2 2 1 0
A (x) = (x − 1) = x − 2 x + 1 = ε (x) − 2 ε (x) + ε (x)donc
2 2 1 0
A = ε − 2 ε + ε.
ère
sol. : Soit λ λ λ ∈ ℝ
3
1 2 3
( , , ) tel que λ + λ + λ =
1 1 2 2 3 3 E
A A A 0 alors :
∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ r ,
2
1 2 3
λ + λ (x − 1) + λ (x − 2 x + 1) = 0 d’où ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ r ,
2
1 2 3 2 3 3
( λ − λ + λ ) + λ( − 2 λ ) x + λ x = 0.
Le polynôme
2
1 2 3 2 3 3
x ֏ ( λ − λ + λ ) + λ( − 2 λ ) x + λ x est donc le polynôme nul. Ainsi,
1 2 3
2 3
3
λ − λ + λ =
λ − λ =
λ =
d’où
1 2 3
λ = λ = λ = 0. La famille
0 1 2
B ’ = A ,A ,A est donc libre. Or card( B ’) =dim Edonc
0 1 2
B ’ = A ,A ,A est une
famille libre maximale dans E.
0 1 2
B ’ = A ,A ,A est donc une base de E.
ème
sol. :
rg ( ) rg 0 1 2 3
B
B. Ainsi,
0 1 2
dim Vect( ’) = rg A ,A ,A = 3 =dim(E)
B
B. Or Vect( B ’) ⊂E
donc Vect( B ’) = E
=. Or card( B ’) =dim Edonc
0 1 2
B ’ = A ,A ,A est une famille génératrice minimale de E donc
une base de E.
ème
sol. : La famille { }
0 1 2
B ’ = A ,A ,A où
k
k
A : x ֏ (x −1) est une famille de polynômes non nuls de degrés deux
à deux distincts. Elle forme donc une famille libre de E. card( B ’) = 3 =card(E), elle est donc de cardinal maximal.
0 1 2
B ’ = A ,A ,A est donc une base de E.
2.b) ü ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ r ,
0
0 0
f(A )(x) = (x − 1) = 1 = A (x) donc
0 0
f(A ) = A .
1 1 1
f(A )(x) = A (x) − (x − 1) A (x) = (x − 1) − (x − 1) = 0 donc
1 E
f(A ) = 0
2 2 2
2 2 2 2
f(A )(x) = A (x) − (x − 1) A (x) = (x − 1) − 2 (x − 1) = − (x − 1) = − A (x) donc
2 2
f(A ) = − A .
Ainsi :
0 0 0 diag(1,0, 1)
3.a) ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ r ,
0
0 0
A (x) = (x − 1) = 1 = ε (x) donc
0 0
A = ε .
1 1 0
A (x) = x − 1 = ε (x) − ε (x) donc
1 1 0
A = ε − ε
2 2
2 2 1 0
A (x) = (x − 1) = x − 2 x + 1 = ε (x) − 2 ε (x) + ε (x) donc
2 2 1 0
A = ε − 2 ε + ε .
d’où
P 0 1 2
Rappel : La matrice de passage de B à B ’correspond à la matrice que l’on forme " naturellement " lorsqu’on veut
calculer le rang de la famille
0 1 2
B ’ = A ,A ,A dans la base
0 1 2
B = ε , ε ,ε (c.f. 2.a) 2
ème
sol.).
3.b) † 1
ère
sol. (cours de BCPST 1) :
rg(P) rg 0 1 2 3
donc P est inversible.
ère
sol. (cours BCPST 2) : En tant que matrice de passage d’une base à une autre, P est nécessairement inversible.
3.c) † Il convient maintenant de calculer
1
P
−
- Méthode « analytique » : (« remplissage » en lignes)
x 1 1 1 x ' x x' y' z' z' z x' 1 1 1 x
y 0 1 2 y' y y' 2 z' y' y 2 z y' 0 1 2 y
z 0 0 1 z' z z' x' x (y 2 z) z x y z z' 0 0 1 z
- Méthode « vectorielle » : (« remplissage » en colonnes)
= ε ε =
= ε − ε ⇔ ε = + ε = +
= ε − ε + ε ε = + ε − ε = + + − = + +
0 0 0 0
1 1 0 1 1 0 1 0
2 2 1 0 2 2 1 0 2 1 0 0 2 1 0
A A
A A A A
A 2 A 2 A 2 (A A ) A A 2 A A
Ainsi :
1
P 0 1 2
−
Vérification avec GeoGebra : P = {{1, -1, 1}, {0, 1, -2}, {0, 0, 1}} puis P^(-1)
† Après calculs ( à détailler sur la copie ) :
1
P M P 0 1 2 0 0 2 0 1 2 0 0 0
−
Vérification avec GeoGebra : M = {{1, 1, 0}, {0, 0, 2}, {0, 0, -1}} puis P^(-1) * M * P.
† On constate ainsi que :
1
P M P diag(1,0, 1)
−
Phrase "standard" à écrire en conclusion :
M est donc diagonalisable par l’intermédiaire de la matrice de
passage P selon la formule de changement de base :
1
P M P
−−−−
