Previous Up Next
Retour à la page personnelle de Bernard Parisse.

Chapitre 9  Exercices d’Algèbre niveau licence 1,2

9.1  Intersection de 2 sous espaces vectoriels

Soient dans R4 les vecteurs :
V1=[1,2,3,4]
V2=[1,1,1,3]
V3=[0,1,2,2]
V4=[−1,0,1,−2]
V5=[2,3,0,1]
Soient F le sous espace engendré par V1,V2,V3 et G le sous espace engendré par V4,V5.
Déterminer une base de F, G, FG, F+G.

Correction
On tape :
V1:=[1,2,3,4]
V2:=[1,1,1,3]
V3:=[0,1,2,2]
F:=basis(V1,V2,V3)
On obtient :
[[-1,0,1,0],[0,-1,-2,0],[0,0,0,-1]]
Ou on tape :
rank(V1,V2,V3)
On obtient :
3
Donc F est de dimension 3, et V1, V2, V3 forment aussi une base de F.
On tape :
V4:=[-1,0,1,-2]
V5:=[2,3,0,1]
G:=basis(V4,V5)
On obtient :
[[-3,0,3,-6],[0,-3,-2,3]]
Ou on tape :
rank(V4,V5)
On obtient :
2
Donc G est de dimension 2, et V4, V5 forment aussi une base de G.
On tape :
FIG:=ibasis(F,G)
On obtient :
[[-1,0,1,-2]]
Ou on tape :
rank(V1,V2,V3,V4)
On obtient :
3
et on tape :
rank(V1,V2,V3,V5)
On obtient :
4
Donc F G est engendré par V4.
On tape :
FPG:=basis(F union G)
On obtient :
[[-4,0,0,0],[0,-4,0,0],[0,0,-4,0],[0,0,0,-4]]
Ou on tape :
rank(V1,V2,V3,V5)
On obtient :
4
Donc F+G est de dimension 4, et V1, V2, V3, V5 forment aussi une base de F+G.
Refaire le même exercice en remplacant V4 par V4+V5.
On tape :
V4:=V4+V5
On obtient :
[1,3,1,-1]
On tape :
G:=basis(V4,V5)
On obtient le même résultat que précédemment :
[[-3,0,3,-6],[0,-3,-2,3]]
On tape :
FIG:=ibasis(F,G)
On obtient le même résultat que précédemment :
[[-1,0,1,-2]]
Mais si on tape :
rank(V1,V2,V3,V4)
On obtient cette fois:
4
et on tape :
rank(V1,V2,V3,V5)
On obtient :
4
cela ne nous permet pas de trouver une base de FG : on sait seulement que FG est de dimension 1. Pour trouver un vecteur non nul contenu dans F et dans G il faut résoudre le système :
x*V1+y*V2+z*V3=a*V4+b*V5.
On tape :
linsolve(x*V1+y*V2+z*V3-a*V4-b*V5,[x,y,z,a])
On obtient :
[-b,2*b,0,-b]
Si on prend b=-1, on retrouve que le vecteur V1-2*V2=V4-V5=[-1,0,1,-2] est une base de F G.

9.2  Rang de formes linéaires

Étudier le rang de l’ensemble des formes :
x+yzt
xyz+t
x+y+z+a*t
xy+za*t
On tape :
A:=syst2mat([x+y-z-t,x-y-z+t,x+y+z+a*t,x-y+z-a*t],[x,y,z,t])
On obtient :
[[1,1,-1,-1,0],[1,-1,-1,1,0],[1,1,1,a,0],[1,-1,1,-a,0]]
On tape :
C:=tran(A)[0..3]
On obtient :
[[1,1,1,1],[1,-1,1,-1],[-1,-1,1,1],[-1,1,a,-a]]
On tape :
det(C)
On obtient :
8*a+8
Donc pour a!=-1 le rang est 4.
On tape :
D:=subst(C,a=-1)
On obtient :
[[1,1,1,1],[1,-1,1,-1],[-1,-1,1,1],[-1,1,-1,1]]
On tape :
rank(D)
On obtient :
3
Donc pour a=-1 le rang est 3.
Ou on tape :
normal(lu(C))
On obtient :
[0,1,2,3],[[1,0,0,0],[1,1,0,0],[-1,0,1,0],[-1,-1,a/2+1/2,1]],
[[1,1,1,1],[0,-2,0,-2],[0,0,2,2],[0,0,0,-2*a-2]]
On retrouve ainsi le résultat précédent.

9.3  Une rotation

Montrer que la matrice :

M=
1
9



81−4
−44−7
18



est une matrice de rotation.
Déterminer l’axe et l’angle de cette rotation.
On tape :
M:=1/9*[[8,1,-4],[-4,4,-7],[1,8,4]]
isom(M)
On obtient :
[[3,-1,-1],acos(7/18),1]
Cela signifie que l’on a une rotation (le 1 indique que l’on a une isométrie positive) d’axe porté par le vecteur [3,-1,-1] et d’angle t=arccos(7/18) avec sin(t)>0 (isom choisit l’orientation de l’axe pour que l’angle soit dans [0,π] ie pour que son sinus soit positif).

Comment retrouver ces résultats ?
On cherche les points fixes de l’application linéaire rot de matrice M dans la base canonique de R3, c’est à dire les points [x,y,z] tels que :
(M-idn(3))*[x,y,z]=0.
On tape :
linsolve((M-idn(3))*[x,y,z],[x,y,z])
On obtient :
[-3*z,z,z]
Il y a donc une droite de points fixes qui est pour zR :
z*[-3,1,1]
Cherchons une base orthonormée E1,E2,E3 avec E3 porté par l’axe, par exemple E3=√11/11[−3,1,1].
On choisit E1*E3=0 les coordonnées [x,y,z] de E1 doivent vérifier :
-3*x+y+z=0
On choisit x=0,y=-z donc E1=√2/2[0,1,−1]
Puis on choisit E2=E3∧ E1.
On tape :
E3:=sqrt(11)/11*[-3,1,1]
E1:=sqrt(2)/2*[0,1,-1]
E2:=normal(cross(E3,E1))
On obtient :
[-(2*sqrt(22))/22,-(3*sqrt(22))/22,-(3*sqrt(22))/22]
En prenant comme nouvelle base E1,E2,E3 on a comme matrice de passage P:=tran(Q) avec Q:=[E1,E2,E3].
On tape :
Q:=[E1,E2,E3]
P:=tran(Q)
On vérifie que Q=inv(P) en tapant :
normal(P*Q)et normal(Q*P)
On obtient bien idn(3)
La matrice de rot dans cette nouvelle base est donc obtenue en tapant :
normal(Q*M*P)
On obtient :
[[7/18,5*sqrt(11)/18,0],[(-(5*sqrt(11)))/18,7/18,0],[0,0,1]]
L’angle t de la rotation est donc défini par :
acos(t)=7/18 et asin(t)=-5*sqrt(11)/18
On retrouve les résultats trouvés avec la commande isom car on n’a pas choisit la même orientation pour l’axe E3 est dirigé selon le vecteur [-3,1,1] et non [3,-1,-1]...
On tape :
isom([[7/18,5*sqrt(11)/18,0],[(-(5*sqrt(11)))/18,7/18,0],
[0,0,1]])
On obtient :
[[0,0,-1],acos(7/18),1]
car isom choisit l’orientation de l’axe pour que l’angle soit dans [0,π] ie pour que son sinus soit positif : si l’axe est dirigé selon -E3, l’angle vaut α=  acos (7/18) avec 0≤ α ≤ π.

9.4  Puissance n-ième d’une matrice

Calculer la puissance n-ième de la matrice :

A=



7400
−12−700
2011−6−12
−12−6611 




On cherche si A est diagonalisable.
On tape :
A:=[[7,4,0,0],[-12,-7,0,0],[20,11,-6,-12],[-12,-6,6,11]]
P,B:=jordan(A)
On obtient :
P:=[[0,1,0,2],[0,-2,0,-3],[-3,2,4,1],[2,-1,-3,0]]
B:=[[2,0,0,0],[0,-1,0,0],[0,0,3,0],[0,0,0,1]]
Donc A est diagonalisable.
On a :
B=P^-1*A*P
donc
B^n=P^-1*A^n*P
ou encore
A^n=P*B^n*P^-1
On a :
B^n=[[2^n,0,0,0],[0,(-1)^n,0,0],[0,0,3^n,0],[0,0,0,1]]
On tape :
Bn:=[[2^n,0,0,0],[0,(-1)^n,0,0],[0,0,3^n,0],[0,0,0,1]]
An:=normal(P*Bn*inv(P))
On obtient :
[[-3*(-1)n+4,-2*(-1)n+2,0,0],[6*(-1)n-6,4*(-1)n-3,0,0],
[-6*(-1)n+4*3n+2,3*2n-4*(-1)n+1,9*2n-8*3n,12*2n-12*3n],
[3*(-1)n-3*3n,-2*2n+2*(-1)n,-6*2n+6*3n,-8*2n+9*3n]]

Autre méthode :
On calcule le polynômr caractéristique de A.
On tape :
pcar(A)
On obtient :
[1,-5,5,5,-6]
r2e([1,-5,5,5,-6],X)=(((X-5)*X+5)*X+5)*X-6
Donc le polynôme caractéristique de A est :
X4−5*X3+5*X2+5*X−6
On tape :
factor(r2e([1,-5,5,5,-6],X))
On obtient :
(X-2)*(X-3)*(X+1)*(X-1)
La matrice A a donc 4 valeurs propres distinctes, et on a :
A4−5*A3+5*A2+5*A−6*idn(4)=0
Donc :
A4=5*A3−5*A2−5*A+6*idn(4)
An+4=5*An+3−5*An+2−5*An+1+6*An
On va donc étudier les suites récurrentes vérifiant :
(1) un+4=5*un+3−5*un+2−5*un+1+6*un
en cherchant les progressions géométriques de raison r qui vérifient (1). La raison est donc solution de :
X4−5*X3+5*X2+5*X−6=(X−2)*(X−3)*(X+1)*(X−1)=0
c’est à dire on peut avoir :
r=−1 ou r=1 ou r=2 ou r=3
donc comme une suite récurrente qui vérifie (1) est entièrement définie par ses 4 premiers termes : u0,u1,u2,u3, si il existe a,b,c,d tel que :
u0=a*(−1)0+b*10+c*20+d*30=a+b+c+d
u1=a*(−1)1+b*11+c*21+d*31=−a+b+2*c+3*d
u2=a*(−1)2+b*12+c*22+d*32=a+b+4*c+9*d
u3=a*(−1)3+b*13+c*23+d*33=−a+b+8*c+27*d
on aura :
un=a*(−1)n+b*1n+c*2n+d*3n
On tape :
g(u0,u1,u2,u3):=linsolve([a+b+c+d=u0,-a+b+2*c+3*d=u1,
    a+b+4*c+9*d=u2,-a+b+8*c+27*d=u3],[a,b,c,d])
Puis :
g(u0,u1,u2,u3)
On obtient :
[1/4*u0+-11/24*u1+1/4*u2+1/-24*u3,3/2*u0+1/4*u1-u2+1/4*u3,
-u0-1/-3*u1+u2-1/3*u3,1/4*u0+1/-8*u1+1/-4*u2+1/8*u3]
On tape :
normal((-1)^n*(1/4*idn(4)+-11/24*A+1/4*A^2+1/-24*A^3)+
3/2*idn(4)+1/4*A-A^2+1/4*A^3+2^n*(-idn(4)-1/-3*A+A^2-
1/3*A^3)+3^n*(1/4*idn(4)+1/-8*A+1/-4*A^2+1/8*A^3))
ou on tape :
vn:=[(-1)^n,1,2^n,3^n]
puis,
vn*g(idn(4),A,A^2,A^3)
On obtient :
[[-3*(-1)n+4,-2*(-1)n+2,0,0],[6*(-1)n-6,4*(-1)n-3,0,0],
[-6*(-1)n+4*3n+2,-4*(-1)n+3*2n+1,9*2n-8*3n,12*2n-12*3n],
[3*(-1)n-3*3n,2*(-1)n-2*2n,-6*2n+6*3n,-8*2n+9*3n]]

9.5  Rang d’une matrice

Soit aR, on considère la matrice :

Ma=


2a−1a2a−1
a2+a−2a2−1a−1
a2+a−1a2+a−1a



1/ Pour quelles valeurs de a, la matrice Ma est-elle inversible ?
Quel est le rang de Ma ?
2/ Calculer l’inverse de Ma lorsque cela est possible.
1/ On cherche si Ma est inversible en calculant son déterminant.
On tape :
Ma:=[[2a-1,a,2a-1],[a^2+a-2,a^2-1,a-1],[a^2+a-1,a^2+a-1,a]]
d:=det(Ma)
On obtient :
2*a^4+-2*a^3+-2*a^2+2*a
On tape :
factor(d)
On obtient :
2*(a+1)*a*(a-1)^2
Donc Ma est inversible si est seulement si aR−{−1,0,1}.
Donc lorsque aR−{−1,0,1} le rang de Ma est 3.
Pour a=−1 on tape :
A:=subst(Ma,a=-1)
On obtient :
[[-3,-1,-3],[-2,0,-2],[-1,-1,-1]]
On tape :
rank(A)
On obtient :
2
en effet :
det([[-3,-1],[-2,0]])!=0
Pour a=0, on tape :
B:=subst(Ma,a=0)
On obtient :
[[-1,0,-1],[-2,-1,-1],[-1,-1,0]]
On tape :
rank(B)
On obtient :
2
en effet :
det([[-1,0],[-2,-1]])!=0
Pour a=1 on tape :
C:=subst(Ma,a=1)
On obtient :
[[1,1,1],[0,0,0],[1,1,1]]
On tape :
rank(C)
On obtient :
1
en effet :
Les trois colonnes sont identiques et non nulles.
2/ On tape :
normal(inv(Ma))
On obtient :
[[1/(2*a^3-2*a),(2*a^2+2*a-1)/(2*a^3-2*a),
(-2*a^2+1)/(2*a^3-2*a)],[1/(-2*a^2+2*a),
(-2*a+1)/(2*a^2-2*a),(2*a-1)/(2*a^2-2*a)],
[(a^2+a-1)/(2*a^3-2*a),(-a^2-a+1)/(2*a^3-2*a),
(a^2-a-1)/(2*a^3-2*a)]]

9.6  Changement de base

Soit u l’endomorphisme de R4 dont la matrice dans la base canonique est :

A=



1a00
01a0
001a
000




Déterminer la matrice B de u dans la base :
E1=e1
E2=e1+e2
E3=e1+e2+e3
E4=e1+e2+e3+e4

Correction
On tape :
A:=[[1,a,0,0],[0,1,a,0],[0,0,1,a],[0,0,0,1]]
On définit la matrice de passage P en mettant en colonne les coordonnées des nouveaux vecteurs de base :
P:=[[1,1,1,1],[0,1,1,1],[0,0,1,1],[0,0,0,1]]
On définit la matrice de u dans la nouvelle base :
B:=normal(changebase(A,P))
On obtient :
[[1,a,0,0],[0,1,a,0],[0,0,1,a],[0,0,0,1]]
On a :
B=inv(P)*A*P

Vérifions :
On tape :
E1:=[1,0,0,0]
E2:=[1,1,0,0]
E3:=[1,1,1,0]
E4:=[1,1,1,1]
On tape :
A*E1 On obtient :
[1,0,0,0]
On tape :
A*E2
On obtient :
[1,1,0,0]
On tape :
A*E3
On obtient :
[1,1,1,0]
On tape :
A*E4
On obtient :
[1,1,1,1]

9.7  Résolution d’un système

Résoudre le système :
x+2yz+2t=1
3xy+z+2t=3
x+3y+3zt=1
5x+5yz+7t=a
Pour quelles valeurs de a ce système admet-il des solutions entières ?

Correction
On tape :
linsolve([x+2y-z+2t=1,3x-y+z+2t=3,x+3y+3z-t=1,5x+5y-z+7t=a],
[x,y,z,t])
On obtient :
[-31/24*a+179/24,-1/6*a+5/6,25/24*a+(-125)/24,4/3*a+(-20)/3]
Pour que z soit entier il faut et il suffit que :
a−5 soit un mulitple de 24.
Si a=5+k*24, x,y,t sont alors aussi des entiers. On tape :
linsolve([x+2y-z+2t=1,3x-y+z+2t=3,x+3y+3z-t=1,5x+5y-z+7t=5+24*k],
[x,y,z,t])
On obtient :
[-31*k+1,-(4*k),25*k,32*k]

9.8  Forme bilinéaire

Soient E l’espace vectoriel réel des polynômes de degré leq 2 et à coefficients réels et f la forme bilinéaire symétrique définie par :
f(P,Q)=∫−11 P(x),Q(x) dx
1/ Déterminer la matrice de f et montrer que f est positive et non dégénérée.
2/ Déterminer l’endomorphisme adjoint à la dérivation.

Correction
La base canonique de E est : 1,x,x2.
Pour déterminer la matrice A de f on va calculer : f(ej,ek).
On tape :
integrate(1,x,-1,1)
On obtient :
2
On tape :
integrate(x,x,-1,1)
On obtient :
0
On tape :
integrate(x^2,x,-1,1)
On obtient :
2/3
On tape :
integrate(x^3,x,-1,1)
On obtient :
0
On tape :
integrate(x^4,x,-1,1)
On obtient :
2/5
Donc on a :
A= [

20
2
3
0
2
3
0
2
3
0
2
5
 

]

On tape pour avoir f(c,b,a) :
normal(integrate((a*x^2+b*x+c)*(a*x^2+b*x+c),x,-1,1))
On obtient :
(2*a2)/5+(4*a*c)/3+(2*b2)/3+2*c2
On tape :
gauss(2/5*a^2+4/3*a*c+2/3*b^2+2*^2,[c,b,a])
On obtient :
(2/3*a+2*c)2/2+(2/3*b)2/(2/3)+8*a2/45
on a donc :
f(c,b,a)=(2/3*a+2*c)2/2+(2/3*b)2/(2/3)+8*a2/45
donc f(c,b,a)>=0 et on a :
f(c,b,a)=0 si et seulement si a=b=c=0.
2/ La dérivation d est une application linéaire de E dans E matrice :
B= [

010
002
00

]

L’adjoint d* de d vérifie f(d*(P),Q)=f(P,d(Q)) ou encore si C est la matrice de d*:
tP*A*B*Q=tP*tC*A*Q
A*B=tC*A ou t B*tA=tA*C
donc :
C=(tA)−1*t B*tA
On tape :
A:=[[2,0,2/3],[0,2/3,0],[2/3,0,2/5]]
B:=[[0,1,0],[0,0,2],[0,0,0]]
C:=normal(inv(tran(A))*tran(B)*tran(A))
On obtient :
[[0,-5/2,0],[3,0,1],[0,15/2,0]]
donc
C= [

0
5
2
0
301
0
15
2

]

donc
d*(a*x2+b*x+c)=−5/2*b+(3*c+a)*x+15/2*b*x2

Retour à la page personnelle de Bernard Parisse.
Previous Up Next