Examen - Régime dérogatoire - Université Paris-Est Marne-la-Vallée

Université Paris-Est Créteil Val-de-Marne S. Cartier, R. Hadiji
Licence Économie-Gestion (S3 2012/2013) Mathématiques
Examen – Régime dérogatoire
Durée 2 heures – Documents et téléphones interdits. Calculatrices fournies
Exercice 1 (5 points).
1. Déterminer l’ensemble des réels k pour lesquels les vecteurs :
forment une base de R 3 .
2. On considère les vecteurs de R 4 :
(a) La famille (v1, v2) est-elle liée ?
u1 = (1, 2, 0), u2 = (0, 1, 2) et u3 = (k, 1, k).
v1 = (1, 0, −1, 1) et v2 = (0, 1, 1, −1).
(b) Parmi les vecteurs suivants, donner ceux qui sont combinaison linéaire de v1 et v2 :
w1 = (2, 0, −2, 2), w2 = (4, −1, −5, 5) et w3 = (1, 2, a, b) avec a, b ∈ R.
Exercice 2 (3 points). Soit M2(R) l’espace vectoriel des matrices carrées de taille 2 à coefficients
réels. Pour chacun des sous-ensembles suivants, déterminer s’il s’agit d’un sous-espace vectoriel :
a b
F = ∈ M2(R) a
+ b + c + d = 0 et G =
c d
M ∈ M2(R) det M = 0 .
Exercice 3 (1 point). Soit f : R 4 → R 4 une application linéaire dont la matrice dans la base
canonique de R 4 est de rang 3. Quelle est la dimension du noyau de f ?
Exercice 4 (3 points). La matrice
⎛
1
⎜
M = ⎝3
0
−2
⎞
−3
⎟
−3⎠
0 0 −2
est-elle diagonalisable ? La diagonaliser le cas échéant.
Exercice 5 (3 points). On considère l’application f : R 2 → R définie par :
Étudier les extrema de f.
∀(x, y) ∈ R 2 , f(x, y) = x 3 + y 3 + 3xy.
Exercice 6 (5 points). Soit f : R 3 → R 3 l’application définie par :
1. Montrer que f est linéaire.
∀(x, y, z) ∈ R 3 , f(x, y, z) = (x − y − z, −x + y, 3z).
2. Déterminer la matrice A de f dans la base canonique B = (e1, e2, e3) de R 3 .
3. L’application f est-elle injective ? surjective ?
4. Déterminer le noyau de f.
5. Déterminer un vecteur v ∈ R 3 tel que f(v) = 2v.
Le barème est donné à titre indicatif

Université Paris-Est Créteil Val-de-Marne S. Cartier, R. Hadiji
Licence Économie-Gestion (S3 2012/2013) Mathématiques
Exercice 1.
Corrigé du devoir surveillé 3
1. On considère la matrice A de la famille (u1, u2, u3) dans la base canonique de R3 , soit :
⎛
1
⎜
A = ⎝2
0
1
⎞
k
⎟
1⎠
,
0 2 k
dont on calcule le déterminant en développant selon la première colonne :
1
det A = 1
2
1
0
− 2
k
2
k
= (k − 2) − 2(−2k) = 5k − 2.
k
Par ailleurs, on sait que la famille (u1, u2, u3) est une base de R 3 si et seulement si A est
inversible, ce qui revient exactement à det A = 0.
Ainsi, la famille (u1, u2, u3) constitue une base de R 3 si et seulement si k = 2/5.
2. Pour le point a, comme v1 = 0, on sait que la famille (v1, v2) est liée si et seulement s’il existe
un réel λ tel que v2 = λv1. Mais la deuxième cordonnée de λv1 est nulle quelque soit λ ∈ R – car
la deuxième coordonnée de v1 est nulle. Donc v2 n’est pas colinéaire à v1 puisque sa deuxième
coordonnée vaut 1 = 0.
Pour le point b, on détermine l’équation du sous-espace vectoriel F = Vect(v1, v2) pour tester
simplement si w1, . . . , w3 sont des vecteurs de F .
D’après le point a, on a dim F = 2, donc F est caractérisé par un système homogène de
deux équations (réelles) à quatre inconnues (réelles). On a w = (x, y, z, t) ∈ F si et seulement
si l’équation w = λ1v1 + λ2v2 – en les inconnues λ1, λ2 – admet des solutions, ce qui revient
exactement à demander que le système :
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 x
⎜ 0 1
⎟ ⎜
⎟ λ1 ⎜y
⎟
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟
⎝−1
1 ⎠ λ2 ⎝z⎠
1 −1
t
admettent des solutions. Échelonnons partiellement la matrice étendue de ce système :
⎛
1
⎜ 0
⎜
⎝−1
0
1
1
⎞
⎛
x
1
y
⎟
⎜
⎟ L3←L3+L1 ⎜0
⎟ −−−−−−−→ ⎜
z⎠
L4←L4−L1 ⎝0
0
1
1
⎞
⎛
x
1
y
⎟
⎜
⎟ L3←L3−L2 ⎜0
⎟ −−−−−−−→ ⎜
x + z ⎠ L4←L4+L2 ⎝0
0
1
0
⎞
x
y
⎟
x − y + z ⎠
1 −1 t
0 −1 −x + t
0 0 −x + y + t
,
dont on déduit l’équivalence :
w = (x, y, z, t) ∈ F ⇐⇒
x − y + z = 0
x − y − t = 0 .
Pour w1 = (2, 0, −2, 2), on a 2 − 0 + (−2) = 0 et 2 − 0 − 2 = 0, donc w1 ∈ F . De même pour
w2 = (4, −1, −5, 5), on a 4 − (−1) + (−5) = 0 et 4 − (−1) − 5 = 0, donc w2 ∈ F également.
Enfin, pour w3 = (1, 2, a, b) avec a, b ∈ R, on a :
1 − 2 + a = 0 ⇐⇒ a = 1 et 1 − 2 − b = 0 ⇐⇒ b = −1,
donc w3 ∈ F si et seulement si a = 1 et b = −1.
1

Exercice 2.
Le sous-ensemble F est un sous-espace vectoriel de M2(R). En effet, F est non vide car il
contient la matrice nulle. De plus si :
a b
M = , M
c d
′
= ∈ F et λ, λ ′ ∈ R,
a ′ b ′
c ′ d ′
on remarque que :
λM + λ ′ M ′
a
= λ
c
b
+ λ
d
′
a ′ b ′
c ′ d ′
λa + λ
=
′ a ′ λb + λ ′ b ′
λc + λ ′ c ′ λd + λ ′ d ′
,
avec en particulier :
(λa + λ ′ a ′ ) + (λb + λ ′ b ′ ) + (λc + λ ′ c ′ ) + (λd + λ ′ d ′ ) = λ(a + b + c + d) + λ ′ (a ′ + b ′ + c ′ + d ′ ) = 0,
donc (λM + λ ′ M ′ ) ∈ F et F est stable par combinaison linéaire.
Le sous-ensemble G n’est pas un sous-espace vectoriel car il n’est pas stable par addition. En
effet, on a :
1 0 0 0
1 0 0 0
, ∈ F puisque det = det = 0,
0 0 0 1
0 0 0 1
1 0 0 0
mais det + = det I2 = 1 = 0,
0 0 0 1
1 0 0 0
donc + ∈ F.
0 0 0 1
Exercice 3.
On applique le théorème du rang à l’endomorphisme f :
Exercice 4.
dim R 4 = rg f + dim(ker f) ⇐⇒ dim(ker f) = 4 − 3 = 1.
On commence par calculer le polynôme caractéristique χM de M en développant selon la
troisième ligne :
1
− λ 0 −3
1
− λ 0
χM(λ) = 3 −2 − λ −3 = (−2 − λ)
3 −2 − λ
0 0 −2 − λ
= −(λ − 1)(λ + 2)2 .
Comme χM est scindé, on sait que M est trigonalisable.
Pour la diagonalisabilité, on s’intéresse aux sous-espaces propres :
– E1. Comme 1 est une valeur propre simple, on a dim E1 = 1. On détermine alors une
solution non nulle du système (M − I3)X = 0 pour obtenir une base de E1 :
⎧
⎪⎨
−3z = 0
3x − 3y − 3z = 0
(M − I3)X = 0 ⇐⇒
⇐⇒
⎪⎩ −3z = 0
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
donc E1 = Vect ⎝1⎠
.
0
2
x − y = 0
z = 0
,

– E−2. On résout le système
M − (−2)I3 X = 0 i.e. (M + 2I3)X = 0 :
(M + 2I3)X = 0 ⇐⇒
⎧
⎪⎨
⎪⎩
3x − 3z = 0
3x − 3z = 0
0 = 0
où u, v sont des paramètres réels. Donc dim E−2 = 2 et :
⎛⎛
⎞ ⎛ ⎞⎞
0 1
⎜⎜
⎟ ⎜ ⎟⎟
E−2 = Vect ⎝⎝1⎠
, ⎝0⎠⎠
.
0 1
⇐⇒ x − z = 0 ⇐⇒
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x = v
y = u
z = v
Ainsi, 1 est valeur propre simple avec dim E1 = 1 et −2 est valeur propre double avec dim E−2 = 2,
donc M est diagonalisable – puisque la dimension de chaque espace propre est précisément la
multiplicité de la valeur propre à laquelle il est associé.
De plus, les matrices :
⎛
⎞
⎛ ⎞
1 0 0
1 0 1
⎜
⎟
⎜ ⎟
D = ⎝0
−2 0 ⎠ et P = ⎝1
1 0⎠
,
0 0 −2
0 0 1
avec P inversible, permettent de diagonaliser M car M = P DP −1 .
Exercice 5.
L’application f est de classe C 2 sur R 2 . On commence par déterminer ses points critiques.
Pour ce faire, on calcule les dérivées partielles d’ordre 1 :
∂f
∂x (x, y) = 3x2 + 3y et
Un point critique de f est un point (x, y) ∈ R 2 tel que :
⎧
⎪⎨
⎪⎩
∂f
(x, y) = 0
∂x
∂f
(x, y) = 0
∂y
⇐⇒
3x 2 + 3y = 0
3y 2 + 3x = 0 ⇐⇒
∂f
∂y (x, y) = 3y2 + 3x.
x 2 + y = 0
y 2 + x = 0 ⇐⇒
Or on a x 4 + x = x(x 3 + 1), d’où deux cas :
– x = 0, ce qui entraine y = −0 2 = 0 ;
– x 3 = −1, ce qui équivaut à x = −1, donc y = −(−1) 2 = −1.
L’application f admet donc exactement deux points critiques : (0, 0) et (−1, −1).
On calcule ensuite les dérivées partielles d’ordre 2 :
∂2f (x, y) = 6x,
∂x2 ∂2f ∂x∂y (x, y) = ∂2f (x, y) = 3 et
∂y∂x
∂2f (x, y) = 6y,
∂y2 ce qui permet de former la matrice hessienne :
D 2
6x
f(x, y) =
3
3
6y
d’où det D 2 f(x, y) = 9(4xy − 1).
y = −x 2
x 4 + x = 0 .
En (0, 0), le déterminant hessien vaut det D 2 f(0, 0) = −9 < 0, donc (0, 0) n’est pas un extremum
local, c’est un point-selle.
En (−1, −1), le déterminant hessien vaut det D 2 f(−1, −1) = 9 4(−1) 2 − 1 = 27 > 0, donc
(−1, −1) est un extremum local de f. De plus, comme le mineur diagonal principal de taille 1 de
la matrice hessienne est 6x = −6 < 0, d’après le critère des mineurs diagonaux principaux, la
matrice D 2 f(−1, −1) est définie négative. Donc (−1, −1) est un maximum local de f.
3
,

Exercice 6.
1. Soient (x, y, z), (x ′ , y ′ , z ′ ) ∈ R 3 et λ, λ ′ ∈ R. On montre que :
f λ(x, y, z) + λ ′ (x ′ , y ′ , z ′ ) = λf(x, y, z) + λ ′ f(x ′ , y ′ , z ′ ).
On écrit en colonne pour plus de clarté :
⎛ ⎛ ⎞
x
⎜ ⎜ ⎟
f ⎝λ ⎝y⎠
+ λ
z
′
⎛
x
⎜
⎝
′
y ′
z ′
⎞⎞
⎛
λx + λ
⎟⎟
⎜
⎠⎠
= f ⎝
′ x ′
λy + λ ′ y ′
λz + λ ′ z ′
⎞ ⎛
(λx + λ
⎟ ⎜
⎠ = ⎝
′ x ′ ) − (λy + λ ′ y ′ ) − (λz + λ ′ z ′ )
−(λx + λ ′ x ′ ) + (λy + λ ′ y ′ )
3(λz + λ ′ z ′ ⎞
⎟
⎠
)
⎛
λ(x − y − z) + λ
⎜
= ⎝
′ (x ′ − y ′ − z ′ )
λ(−x + y) + λ ′ (−x ′ + y ′ )
λ(3z) + λ ′ (3z ′ ⎞
⎟
⎠
)
⎛ ⎞
x − y − z
⎜ ⎟
= λ ⎝ −x + y ⎠ + λ
3z
′
⎛
x
⎜
⎝
′ − y ′ − z ′
−x ′ + y ′
3z ′
⎞ ⎛ ⎞
x
⎟ ⎜ ⎟
⎠ = λf ⎝y⎠
+ λ
z
′ ⎛
x
⎜
f ⎝
′
y ′
z ′
⎞
⎟
⎠ .
Ainsi, f est un endomorphisme de R 3 .
2. Les colonnes de A sont constituées des coordonnées dans la base B des images par f des
vecteurs e1, e2, e3. On calcule alors :
f(e1) = f(1, 0, 0) = (1, −1, 0), f(e2) = f(0, 1, 0) = (−1, 1, 0)
⎛
⎞
1 −1 −1
⎜
⎟
d’où A = ⎝−1
1 0 ⎠ .
et f(0, 0, 1) = (−1, 0, 3),
0 0 3
3. On sait qu’un endomorphisme est injectif si et seulement s’il est surjectif si et seulement s’il
est bijectif. Donc l’endomorphisme f est injectif et surjectif si det A = 0 et f n’est ni injectif ni
surjectif si det A = 0. On calcule en développant selon la troisième ligne :
1 −1 −1
1 −1
det A = −1
1 0 = 3 = 0.
−1
1
0 0 3
Ainsi f n’est ni injectif ni surjectif.
4. On résout le système AX = 0. Pour ce faire, on échelonne A :
⎛
1
⎜
⎝−1
−1
1
⎞
−1
⎟
0 ⎠
0 0 3
L2←L2+L1
⎛
1
⎜
−−−−−−−→ ⎝0
−1
0
⎞
−1
⎟
−1⎠
0 0 3
L3←L3+3L2
⎛
1
⎜
−−−−−−−−→ ⎝0
−1
0
⎞
−1
⎟
−1⎠
,
⎧
⎪⎨ x − y − z = 0
0 0
⎧
⎪⎨ x = t
0
donc (x, y, z) ∈ ker f ⇐⇒ −z = 0
⎪⎩ 0 = 0
⇐⇒ y = t
⎪⎩ z = 0
,
où t est un paramètre réel. On peut reformuler en :
⎛ ⎞
1
⎜ ⎟
ker f = Vect ⎝1⎠
.
0
5. Le vecteur nul v = 0 ∈ R 3 est une solution de f(v) = 2v.
4