Bonjour Marc05
Exercice 3
Pour celui-ci aussi je ne peux répondre qu'à la première question, je ne trouve pas de documentation me permettant de traiter la suite de l'exercice.
$A_{\rho}=\rho\ ;\ A_{\phi}=-\rho\ ;\ A_z=z$
$div\ A=\frac{1}{\rho}(2\rho+0+\rho)=3$
$rot\ A=0 e_{\rho}+0e_{\phi}+(-2)e_z=-2e_z$
Si, dans les exercices précédents, ce que j'ai fait vous pose des problèmes, n'hésitez pas à me poser des questions.
Sujet maths licence 2
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour Job,
Je vous ai envoyer un message en début de semaine en message privé mais je viens de remarquer qu'il n'est probablement jamais parti car je ne parviens pas à le retrouver.
Quoi qu'il en soit votre aide m'a énormément aidé, je n'aurais pas pu comprendre autant sur ce devoir sans vous. Cette unité d'enseignement est donc terminée pour les devoirs à renvoyer. Il reste l'examen final pour lequel je serai ravi de pouvoir vous poser quelque question pour être certain de bien comprendre un maximum de chose. L'examen est en Juin, mais avant cela nous avons une deuxième unité d'enseignement de mathématique qui cette fois ci est plus accès sur "les matrices". Si vous avez toujours le temps et la motivation pour m'apporter votre soutien cela m'aiderai encore énormément car on ne peut pas envisager de faire de la physique sans en comprendre la partie mathématique. Je mets en pièce jointe le devoir en question pour que vous puissiez voir de quoi il s'agit exactement, merci encore pour tout, je vous souhaite un très bon week-end.
Bien à vous,
Marc05
Je vous ai envoyer un message en début de semaine en message privé mais je viens de remarquer qu'il n'est probablement jamais parti car je ne parviens pas à le retrouver.
Quoi qu'il en soit votre aide m'a énormément aidé, je n'aurais pas pu comprendre autant sur ce devoir sans vous. Cette unité d'enseignement est donc terminée pour les devoirs à renvoyer. Il reste l'examen final pour lequel je serai ravi de pouvoir vous poser quelque question pour être certain de bien comprendre un maximum de chose. L'examen est en Juin, mais avant cela nous avons une deuxième unité d'enseignement de mathématique qui cette fois ci est plus accès sur "les matrices". Si vous avez toujours le temps et la motivation pour m'apporter votre soutien cela m'aiderai encore énormément car on ne peut pas envisager de faire de la physique sans en comprendre la partie mathématique. Je mets en pièce jointe le devoir en question pour que vous puissiez voir de quoi il s'agit exactement, merci encore pour tout, je vous souhaite un très bon week-end.
Bien à vous,
Marc05
Re: Sujet maths licence 2
Bonjour marc05
Exercice 1
1) Il y a plusieurs manières de calculer l'aire d'un triangle, d'après la question je pense que vous avez du voir aire $(ABC)=\frac{1}{2} \left|det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\right|$
On transforme le déterminant proposé en soustrayant la première ligne à chacune des deux autres, on obtient : $\begin{vmatrix}-2&2&1\\3&3&0\\x+2&y-2&0\end{vmatrix}$
En développant suivant la dernière colonne , on obtient : $1\times \begin{vmatrix}3&3\\x+2&y-2\end{vmatrix}$ égal encore à $\begin{vmatrix}3&x+2\\3&y-2\end{vmatrix}$
Or (3,3) est le couple de coordonnées de $\overrightarrow{AB}$ et $(x+2,y-2)$ le couple de coordonnées de $\overrightarrow{AC}$ donc on retrouve bien que le déterminant proposé est égal à $\frac{1}{2} \left|det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\right|$
2) Valeur absolue de $\frac{1}{2} \begin{vmatrix}3&x+2\\3&y-2\end{vmatrix}=\frac{1}{2} \left|3(y-2)-3(x+2)\right|=\frac{3}{2} \left|y-x-4\right|$
$\frac{3}{2} \left|y-x-4\right|=\frac{2}{3} \Longleftrightarrow y-x-4=\frac{4}{9}$ ou $y-x-4=-\frac{4}{9}$
L'ensemble cherché est donc $\{(x,y)\ /\ y-x=\frac{40}{9}\ ou\ y-x=\frac{32}{9}\}$. Il est représenté par la réunion de 2 droites.
Ce n'est pas un espace vectoriel car il ne contient pas (0,0). On peut aussi montrer que ce n'est pas stable pour l'addition ou pour la multiplication par un scalaire.
Exercice 1
1) Il y a plusieurs manières de calculer l'aire d'un triangle, d'après la question je pense que vous avez du voir aire $(ABC)=\frac{1}{2} \left|det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\right|$
On transforme le déterminant proposé en soustrayant la première ligne à chacune des deux autres, on obtient : $\begin{vmatrix}-2&2&1\\3&3&0\\x+2&y-2&0\end{vmatrix}$
En développant suivant la dernière colonne , on obtient : $1\times \begin{vmatrix}3&3\\x+2&y-2\end{vmatrix}$ égal encore à $\begin{vmatrix}3&x+2\\3&y-2\end{vmatrix}$
Or (3,3) est le couple de coordonnées de $\overrightarrow{AB}$ et $(x+2,y-2)$ le couple de coordonnées de $\overrightarrow{AC}$ donc on retrouve bien que le déterminant proposé est égal à $\frac{1}{2} \left|det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\right|$
2) Valeur absolue de $\frac{1}{2} \begin{vmatrix}3&x+2\\3&y-2\end{vmatrix}=\frac{1}{2} \left|3(y-2)-3(x+2)\right|=\frac{3}{2} \left|y-x-4\right|$
$\frac{3}{2} \left|y-x-4\right|=\frac{2}{3} \Longleftrightarrow y-x-4=\frac{4}{9}$ ou $y-x-4=-\frac{4}{9}$
L'ensemble cherché est donc $\{(x,y)\ /\ y-x=\frac{40}{9}\ ou\ y-x=\frac{32}{9}\}$. Il est représenté par la réunion de 2 droites.
Ce n'est pas un espace vectoriel car il ne contient pas (0,0). On peut aussi montrer que ce n'est pas stable pour l'addition ou pour la multiplication par un scalaire.
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 2
1)
Soit $E$ l'ensemble étudié.
* (0,0,0) appartient à $E$
* Additivité : Soient $(x,y,z)$ et $(x',y',z')$ deux éléments de $E$
$2(x+x')-(y+y')-(z+z')=(2x-y-z)+(2x'-y'-z')=0+0=0$ donc $(x+x', y+y', z+z')\in E$
* Multiplication par un scalaire : Soit $(x,y,z)\in E$ et $\lambda \in {\mathbb R}$
$2\lambda x -\lambda y -\lambda z =\lambda (2x-y-z)=0$ donc $(\lambda x , \lambda y, \lambda z )\in E$
$E$ est donc un sous-espace vectoriel de ${\mathbb R}^3$
(Les propriétés 2 et 3 peuvent être traitées conjointement en montrant que $\lambda (x,y,z) + (x',y',z')\in E$)
Soit $(x,y,z)\in E$ donc $z=2x-y$ et $(x,y,z)=(x,y,2x-y)=x(1,0,2) +y(0,1,-1)$ donc la famille ((1,0,2) , (0,1,-1)) est une famille génératrice de $E$.
D'autre part $x(1,0,2)+y(0,1,-1)=(0,0,0) \Longleftrightarrow x=y=0$ donc c'est aussi une famille libre.
Par conséquent c'est une base de $E$.
2) Même démonstration avec $(x,y,z)=(-2y+3z,y,z)=y(-2,1,0)+z(3,0,1)$ donc base : ((-2,1,0) , (3,0,1)).
3)
On résout le système : $\left\{\begin{array}{rcl} 2x-y-z&=&0\\x+2y-3z&=&0\end {array}\right.$ soit $\left\{\begin{array}{rcl}z=2x-y\\ -5x+5y=0\end{array}\right.$ donc $x=y=z$.
L'intersection est donc l'ensemble $\{ (x,x,x)\in {\mathbb R}^3\ /\ x\in {\mathbb R}\}$
$(x,x,x)=x(1,1,1)$ donc l'intersection est le sous-espace vectoriel de ${\mathbb R}^3$ engendré par le vecteur (1,1,1)
1)
Soit $E$ l'ensemble étudié.
* (0,0,0) appartient à $E$
* Additivité : Soient $(x,y,z)$ et $(x',y',z')$ deux éléments de $E$
$2(x+x')-(y+y')-(z+z')=(2x-y-z)+(2x'-y'-z')=0+0=0$ donc $(x+x', y+y', z+z')\in E$
* Multiplication par un scalaire : Soit $(x,y,z)\in E$ et $\lambda \in {\mathbb R}$
$2\lambda x -\lambda y -\lambda z =\lambda (2x-y-z)=0$ donc $(\lambda x , \lambda y, \lambda z )\in E$
$E$ est donc un sous-espace vectoriel de ${\mathbb R}^3$
(Les propriétés 2 et 3 peuvent être traitées conjointement en montrant que $\lambda (x,y,z) + (x',y',z')\in E$)
Soit $(x,y,z)\in E$ donc $z=2x-y$ et $(x,y,z)=(x,y,2x-y)=x(1,0,2) +y(0,1,-1)$ donc la famille ((1,0,2) , (0,1,-1)) est une famille génératrice de $E$.
D'autre part $x(1,0,2)+y(0,1,-1)=(0,0,0) \Longleftrightarrow x=y=0$ donc c'est aussi une famille libre.
Par conséquent c'est une base de $E$.
2) Même démonstration avec $(x,y,z)=(-2y+3z,y,z)=y(-2,1,0)+z(3,0,1)$ donc base : ((-2,1,0) , (3,0,1)).
3)
On résout le système : $\left\{\begin{array}{rcl} 2x-y-z&=&0\\x+2y-3z&=&0\end {array}\right.$ soit $\left\{\begin{array}{rcl}z=2x-y\\ -5x+5y=0\end{array}\right.$ donc $x=y=z$.
L'intersection est donc l'ensemble $\{ (x,x,x)\in {\mathbb R}^3\ /\ x\in {\mathbb R}\}$
$(x,x,x)=x(1,1,1)$ donc l'intersection est le sous-espace vectoriel de ${\mathbb R}^3$ engendré par le vecteur (1,1,1)
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 3
1) On effectue chacune des opérations :
$A^2=\left(\begin{matrix}a^2+bc & ab+bd \\ ac+cd & bc+d^2\end{matrix}\right)$ ; $(a+d)A=\left(\begin{matrix} a^2+ad & ab+bd \\ ac+cd & ad+d^2\end{matrix}\right)$ ; $(ad-bc)I_2=\left(\begin{matrix}ad-bc & 0 \\ 0 & ad-bc\end{matrix}\right)$
L'opération indiquée donne bien la matrice nulle.
2) J'utilise la notation classique $A=\left(\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\end{matrix}\right)$ (le premier terme de l'indice désignant le numéro de la colonne et le second le numéro de la ligne.)
$Tr(A)=a_{11}+a_{22}$
Même notation pour la matrice $B$ en remplaçant $a$ par $b$
$Tr (A+B)=(a_{11}+b_{11})+(a_{22}+b_{22})=(a_{11}+a_{22})+(b_{11}+b_{22})=Tr (A)+ Tr (B)$
Les termes diagonaux de $AB$ sont $a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21}$ et $a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22}$
Les termes diagonaux de $BA$ sont $b_{11}a_{11}+b_{12}a_{21}$ et $b_{21}a_{12}+b_{22}a_{22}$
Les sommes de ces 4 termes sont les mêmes donc $Tr(AB)=Tr(BA)$
3) La multiplication d'une matrice par un réel multiplie la trace par ce réel.
$Tr(XY-YX)=Tr(XY)+Tr(-XY)=tr(XY)+(-1)Tr(YX)=0$ et $Tr(I_2)=1+1=2$
D'où l'impossibilité de l'égalité $XY-YX=I_2$
4) Soient $M$ et $M'$ les matrices d'une même application linéaire dans 2 bases différentes. Il existe alors une matrice inversible $P$ telle que $M'=P^{-1}MP$
En utilisant la deuxième propriété de la trace :
$Tr(M')=Tr(P^{-1}(MP) )=Tr((MP)P^{-1})=Tr(M(PP^{-1}))=Tr(MI_{2})=Tr(M)$
1) On effectue chacune des opérations :
$A^2=\left(\begin{matrix}a^2+bc & ab+bd \\ ac+cd & bc+d^2\end{matrix}\right)$ ; $(a+d)A=\left(\begin{matrix} a^2+ad & ab+bd \\ ac+cd & ad+d^2\end{matrix}\right)$ ; $(ad-bc)I_2=\left(\begin{matrix}ad-bc & 0 \\ 0 & ad-bc\end{matrix}\right)$
L'opération indiquée donne bien la matrice nulle.
2) J'utilise la notation classique $A=\left(\begin{matrix}a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\end{matrix}\right)$ (le premier terme de l'indice désignant le numéro de la colonne et le second le numéro de la ligne.)
$Tr(A)=a_{11}+a_{22}$
Même notation pour la matrice $B$ en remplaçant $a$ par $b$
$Tr (A+B)=(a_{11}+b_{11})+(a_{22}+b_{22})=(a_{11}+a_{22})+(b_{11}+b_{22})=Tr (A)+ Tr (B)$
Les termes diagonaux de $AB$ sont $a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21}$ et $a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22}$
Les termes diagonaux de $BA$ sont $b_{11}a_{11}+b_{12}a_{21}$ et $b_{21}a_{12}+b_{22}a_{22}$
Les sommes de ces 4 termes sont les mêmes donc $Tr(AB)=Tr(BA)$
3) La multiplication d'une matrice par un réel multiplie la trace par ce réel.
$Tr(XY-YX)=Tr(XY)+Tr(-XY)=tr(XY)+(-1)Tr(YX)=0$ et $Tr(I_2)=1+1=2$
D'où l'impossibilité de l'égalité $XY-YX=I_2$
4) Soient $M$ et $M'$ les matrices d'une même application linéaire dans 2 bases différentes. Il existe alors une matrice inversible $P$ telle que $M'=P^{-1}MP$
En utilisant la deuxième propriété de la trace :
$Tr(M')=Tr(P^{-1}(MP) )=Tr((MP)P^{-1})=Tr(M(PP^{-1}))=Tr(MI_{2})=Tr(M)$
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 4
Pour ne pas refaire plusieurs fois le même calcul :
$\left(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}1\\ 0\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}a\\ c\end{matrix}\right)$ et $\left(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}0\\ 2\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}2b\\ 2d\end{matrix}\right)$
a) $A\ \overrightarrow{v_1}=\left(\begin{matrix}2\\ 0\end{matrix}\right)=2\overrightarrow{v_1}$ et $A\ \overrightarrow{v_2} = \left(\begin{matrix}0\\ 4\end{matrix}\right)=2\overrightarrow{v_2}$
Il s'agit d'une homothétie vectorielle de rapport 2.
b) $B\ \overrightarrow{v_1} =\overrightarrow{v_1}$ et $B\ \overrightarrow{v_2 }=\overrightarrow{0}$
Il s'agit d'une projection othogonale sur la droite vectorielle engendrée par $\overrightarrow{i}$
c) $C\ \overrightarrow{v_1}=-\overrightarrow{v_1}$ et $C\ \overrightarrow{v_2}=\overrightarrow{v_2}$
Il s'agit d'une symétrie orthogonale par rapport à la droite vectorielle engendrée par $\overrightarrow{j}$
d) $D\ \overrightarrow{v_1}=-\frac{1}{2} \overrightarrow{v_2}$ et $D\ \overrightarrow{v_2}=2\overrightarrow{v_1}$
e) $E\ \overrightarrow{v_1}=\overrightarrow{v_1}$ et $E\ \overrightarrow{v_2}=\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}$
f) $F\ \overrightarrow{v_1}=\overrightarrow{v_1}-\frac{1}{2} \overrightarrow{v_2}$ et $F\ \overrightarrow{v_2} =2\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}$
Pour ne pas refaire plusieurs fois le même calcul :
$\left(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}1\\ 0\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}a\\ c\end{matrix}\right)$ et $\left(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}\right)\ \left(\begin{matrix}0\\ 2\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}2b\\ 2d\end{matrix}\right)$
a) $A\ \overrightarrow{v_1}=\left(\begin{matrix}2\\ 0\end{matrix}\right)=2\overrightarrow{v_1}$ et $A\ \overrightarrow{v_2} = \left(\begin{matrix}0\\ 4\end{matrix}\right)=2\overrightarrow{v_2}$
Il s'agit d'une homothétie vectorielle de rapport 2.
b) $B\ \overrightarrow{v_1} =\overrightarrow{v_1}$ et $B\ \overrightarrow{v_2 }=\overrightarrow{0}$
Il s'agit d'une projection othogonale sur la droite vectorielle engendrée par $\overrightarrow{i}$
c) $C\ \overrightarrow{v_1}=-\overrightarrow{v_1}$ et $C\ \overrightarrow{v_2}=\overrightarrow{v_2}$
Il s'agit d'une symétrie orthogonale par rapport à la droite vectorielle engendrée par $\overrightarrow{j}$
d) $D\ \overrightarrow{v_1}=-\frac{1}{2} \overrightarrow{v_2}$ et $D\ \overrightarrow{v_2}=2\overrightarrow{v_1}$
e) $E\ \overrightarrow{v_1}=\overrightarrow{v_1}$ et $E\ \overrightarrow{v_2}=\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}$
f) $F\ \overrightarrow{v_1}=\overrightarrow{v_1}-\frac{1}{2} \overrightarrow{v_2}$ et $F\ \overrightarrow{v_2} =2\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}$
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 5
1) Soit $p$ le plus petit entier naturel tel que $M^p=0$
$(I_n-M)(I_n+M+\cdots +M^{p-1})=(I_n+M+\cdots +M^{p-1})-(M+M^2+\cdots M^p)=I_n-M^p=I_n$
Donc $I_n-M$ est inversible et d'inverse $I_n+M+\cdots +M^{p-1}$
2) On peut écrire $N=I_n-M$ avec $M=-\left(\begin{matrix}0&2&3&4&5\\0&0&2&3&4\\0&0&0&2&3\\0&0&0&0&2\\0&0&0&0&0\end{matrix}\right)$
On montre que $M$ est nilpotente en calculant les puissances successives. J'ai trouvé $M^5=0$.
En utilisant la première question , on obtient que $N$ est inversible et $N^{-1}=I_n+M+M^2+M^3+M^4=\left(\begin{matrix}1&-2&1&0&0\\0&1&-2&1&0\\0&0&1&-2&1\\0&0&0&1&-2\\0&0&0&0&1\end{matrix}\right)$
Si c'est nécessaire, je peux détailler les calculs des puissances successives de $M$
1) Soit $p$ le plus petit entier naturel tel que $M^p=0$
$(I_n-M)(I_n+M+\cdots +M^{p-1})=(I_n+M+\cdots +M^{p-1})-(M+M^2+\cdots M^p)=I_n-M^p=I_n$
Donc $I_n-M$ est inversible et d'inverse $I_n+M+\cdots +M^{p-1}$
2) On peut écrire $N=I_n-M$ avec $M=-\left(\begin{matrix}0&2&3&4&5\\0&0&2&3&4\\0&0&0&2&3\\0&0&0&0&2\\0&0&0&0&0\end{matrix}\right)$
On montre que $M$ est nilpotente en calculant les puissances successives. J'ai trouvé $M^5=0$.
En utilisant la première question , on obtient que $N$ est inversible et $N^{-1}=I_n+M+M^2+M^3+M^4=\left(\begin{matrix}1&-2&1&0&0\\0&1&-2&1&0\\0&0&1&-2&1\\0&0&0&1&-2\\0&0&0&0&1\end{matrix}\right)$
Si c'est nécessaire, je peux détailler les calculs des puissances successives de $M$
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 6
En appelant $A,\ B,\ C$ les 3 matrices données, le problème consiste à résoudre l'équation d'inconnue $X$ : $AXB=C$
En supposant $A$ et $B$ inversibles et en multipliant à gauche par $A^{-1}$ et à droite par $B^{-1}$, on a :
$A^{-1}AXBB^{-1}=A^{-1}CB^{-1}$ soit $X=A^{-1}CB^{-1}$
Il faut donc chercher les inverses des matrices $A$ et $B$. Je ne sais pas la méthode que vous avez vue, je vous donne les résultats à obtenir.
$A^{-1}=\left(\begin{matrix}-1&2&-1\\-2&1&0\\-3&-1&2\end{matrix}\right)$ $B^{-1}=\left(\begin{matrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&-4\\-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&6\\0&1&-1\end{matrix}\right)$
On a alors $X=A^{-1}CB^{-1}=\left(\begin{matrix}1&1&1\\1&2&3\\2&3&1\end{matrix}\right)$
Si vous avez besoin d'aide pour le calcul des inverses, indiquez moi la méthode que vous avez vue.
En appelant $A,\ B,\ C$ les 3 matrices données, le problème consiste à résoudre l'équation d'inconnue $X$ : $AXB=C$
En supposant $A$ et $B$ inversibles et en multipliant à gauche par $A^{-1}$ et à droite par $B^{-1}$, on a :
$A^{-1}AXBB^{-1}=A^{-1}CB^{-1}$ soit $X=A^{-1}CB^{-1}$
Il faut donc chercher les inverses des matrices $A$ et $B$. Je ne sais pas la méthode que vous avez vue, je vous donne les résultats à obtenir.
$A^{-1}=\left(\begin{matrix}-1&2&-1\\-2&1&0\\-3&-1&2\end{matrix}\right)$ $B^{-1}=\left(\begin{matrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&-4\\-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}&6\\0&1&-1\end{matrix}\right)$
On a alors $X=A^{-1}CB^{-1}=\left(\begin{matrix}1&1&1\\1&2&3\\2&3&1\end{matrix}\right)$
Si vous avez besoin d'aide pour le calcul des inverses, indiquez moi la méthode que vous avez vue.
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 7
1) Puisqu'on est dans un espace de dimension 3, il suffit démontrer que les 3 vecteurs forment une partie libre donc que $x(1,2,1)+y(2,3,3) +z(3,7,1) =(0,0,0)\Longrightarrow x=y=z=0$
$x(1,2,1)+y(2,3,3) +z(3,7,1)=(x+2y+3z, 2x+3y+7z, x+3y+z)$
Il faut donc résoudre le système : $\left\{\begin{array}{rcl}x+2y+3z&=&0\\2x+3y+7z&=&0\\x+3y+z&=&0\end{array}\right.$
On peut soit résoudre directement le système, soit se servir du déterminant du système :
$\begin{vmatrix}1&2&3\\2&3&7\\1&3&1\end{vmatrix}=1\begin{vmatrix}3&7\\3&1\end{vmatrix}-2\begin{vmatrix}2&3\\3&1\end{vmatrix} +1\begin{vmatrix}2&3\\3&7\end{vmatrix}=-18+14+5=1$
Le déterminant étant non nul, le système admet une solution unique et (0,0,0) est solution évidente.
Les 3 vecteurs forment une partie libre donc une base de ${\mathbb R}^3$.
La suite de la question pose un problème, il y a une erreur de texte car les 3 vecteurs (3,1,4) , (5,2,3) , (1,1,-6) ne constituent pas une partie libre (en utilisant la même méthode que précédemment on obtient un déterminant nul donc (0,0,0) n'est pas la seule solution) donc ce n'est pas une base. Donc pas de matrice de passage d'une base à l'autre.
2) On utilise la même méthode pour montrer qu'on a bien 2 bases.
Déterminant pour la première : $\begin{vmatrix}1&1&1&1\\1&2&1&3\\1&1&2&2\\1&1&1&3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&1&1&1\\0&1&0&2\\0&0&1&1\\0&0&0&2\end{vmatrix}=2$
(D'une part pour avoir un déterminant égal, j'ai soustrait la première ligne à chacune des 3 autres et d'autre part le déterminant d'une matrice triangulaire est égal au produit des termes qui figurent sur la diagonale.)
Pour la seconde : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\3&-5&5&-4\\3&-4&4&-4\end{vmatrix}$
$L_3\leftarrow L_3-3L_1$ et $L_4\leftarrow L_4-3L_1$ : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\0&1&-1&2\\0&2&-2&2\end{vmatrix}$
$L4\leftarrow L_4-2L_3$ : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\0&1&-1&2\\0&0&0&-2\end{vmatrix}$
$L_3\leftarrow l_3+\frac{1}{3}L_2$ : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\0&0&-\frac{1}{3}&1\\0&0&0&-2\end{vmatrix}=-2$
Déterminant non nul donc les 4 vecteurs forment une partie libre donc une base.
Pour calculer la matrice de passage de la première base à la seconde, il faut calculer les coordonnées de chaque vecteur de la seconde base dans la première base.
$x(1,1,1,1)+y(1,2,1,1)+z(1,1,2,1)+t(1,3,2,3)=((x+y+z+t , x+2y+z+3t , x+y+2z+2t , x+y+z+3t)$
Pour calculer les coordonnées de (1,0,3,3) dans la première base, il faut donc résoudre le système : $\left\{\begin{array}{rcl}x+y+z+t&=&1\\x+2y+z+3t&=&0\\x+y+2z+2t&=&3\\x+y+z+3t&=&3\end{array}\right.$
La résolution du système m'a donné $(x,y,z,t)=(2,-3,1,1)$
(On peut utiliser la résolution par la méthode de Cramer mais la résolution étant simple, c'était plus rapide de le faire directement)
On fait le même travail avec les 3 autres vecteurs de la seconde base et ensuite, il ne reste plus qu'à écrire la matrice de passage. J'ai obtenu :
$P =\left(\begin{matrix}2&0&1&-1\\-3&1&-2&1\\1&-2&2&-1\\1&-1&1&-1\end{matrix}\right)$
1) Puisqu'on est dans un espace de dimension 3, il suffit démontrer que les 3 vecteurs forment une partie libre donc que $x(1,2,1)+y(2,3,3) +z(3,7,1) =(0,0,0)\Longrightarrow x=y=z=0$
$x(1,2,1)+y(2,3,3) +z(3,7,1)=(x+2y+3z, 2x+3y+7z, x+3y+z)$
Il faut donc résoudre le système : $\left\{\begin{array}{rcl}x+2y+3z&=&0\\2x+3y+7z&=&0\\x+3y+z&=&0\end{array}\right.$
On peut soit résoudre directement le système, soit se servir du déterminant du système :
$\begin{vmatrix}1&2&3\\2&3&7\\1&3&1\end{vmatrix}=1\begin{vmatrix}3&7\\3&1\end{vmatrix}-2\begin{vmatrix}2&3\\3&1\end{vmatrix} +1\begin{vmatrix}2&3\\3&7\end{vmatrix}=-18+14+5=1$
Le déterminant étant non nul, le système admet une solution unique et (0,0,0) est solution évidente.
Les 3 vecteurs forment une partie libre donc une base de ${\mathbb R}^3$.
La suite de la question pose un problème, il y a une erreur de texte car les 3 vecteurs (3,1,4) , (5,2,3) , (1,1,-6) ne constituent pas une partie libre (en utilisant la même méthode que précédemment on obtient un déterminant nul donc (0,0,0) n'est pas la seule solution) donc ce n'est pas une base. Donc pas de matrice de passage d'une base à l'autre.
2) On utilise la même méthode pour montrer qu'on a bien 2 bases.
Déterminant pour la première : $\begin{vmatrix}1&1&1&1\\1&2&1&3\\1&1&2&2\\1&1&1&3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1&1&1&1\\0&1&0&2\\0&0&1&1\\0&0&0&2\end{vmatrix}=2$
(D'une part pour avoir un déterminant égal, j'ai soustrait la première ligne à chacune des 3 autres et d'autre part le déterminant d'une matrice triangulaire est égal au produit des termes qui figurent sur la diagonale.)
Pour la seconde : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\3&-5&5&-4\\3&-4&4&-4\end{vmatrix}$
$L_3\leftarrow L_3-3L_1$ et $L_4\leftarrow L_4-3L_1$ : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\0&1&-1&2\\0&2&-2&2\end{vmatrix}$
$L4\leftarrow L_4-2L_3$ : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\0&1&-1&2\\0&0&0&-2\end{vmatrix}$
$L_3\leftarrow l_3+\frac{1}{3}L_2$ : $\begin{vmatrix}1&-2&2&-2\\0&-3&2&-3\\0&0&-\frac{1}{3}&1\\0&0&0&-2\end{vmatrix}=-2$
Déterminant non nul donc les 4 vecteurs forment une partie libre donc une base.
Pour calculer la matrice de passage de la première base à la seconde, il faut calculer les coordonnées de chaque vecteur de la seconde base dans la première base.
$x(1,1,1,1)+y(1,2,1,1)+z(1,1,2,1)+t(1,3,2,3)=((x+y+z+t , x+2y+z+3t , x+y+2z+2t , x+y+z+3t)$
Pour calculer les coordonnées de (1,0,3,3) dans la première base, il faut donc résoudre le système : $\left\{\begin{array}{rcl}x+y+z+t&=&1\\x+2y+z+3t&=&0\\x+y+2z+2t&=&3\\x+y+z+3t&=&3\end{array}\right.$
La résolution du système m'a donné $(x,y,z,t)=(2,-3,1,1)$
(On peut utiliser la résolution par la méthode de Cramer mais la résolution étant simple, c'était plus rapide de le faire directement)
On fait le même travail avec les 3 autres vecteurs de la seconde base et ensuite, il ne reste plus qu'à écrire la matrice de passage. J'ai obtenu :
$P =\left(\begin{matrix}2&0&1&-1\\-3&1&-2&1\\1&-2&2&-1\\1&-1&1&-1\end{matrix}\right)$
Re: Sujet maths licence 2
Exercice 8
La matrice nulle appartient à l'ensemble. La stabilité par addition et par multiplication par un scalaire sont évidentes donc l'ensemble donné est un sous espace vectoriel de l'ensemble vectoriel des matrices 4 x 4.
$\left(\begin{matrix}x&-y&-z&-t\\y&x&-t&z\\z&t&x&-y\\t&-z&y&x\end{matrix}\right)=x\left(\begin{matrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{matrix}\right)+y\left(\begin{matrix}0&-1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{matrix}\right)+z\left(\begin{matrix}0&0&-1&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&-1&0&0\end{matrix}\right)+t\left(\begin{matrix}0&0&0&-1\\0&0&-1&0\\0&1&0&0\\1&0&0&0\end{matrix}\right)$
En appelant dans l'ordre $E_1,\ E_2,\ E_3, E_4$ les 4 matrices obtenues dans la décomposition précédente, il est évident que ces 4 matrices constituent une partie génératrice de l'espace vectoriel et qu'une combinaison nulle de ces 4 matrices implique $x=y=z=t=0$ donc c'est une partie libre. Par conséquent $(E_1,E_2,E_3,E_4)$ est une base.
$E_1$ est la matrice identité donc $E_1^2=E_1$ et elle commute avec les 3 autres matrices soit $\forall i\in \{2,3,4\},\ E_1E_i=E_iE_1$
Pour la suite des calculs, on peut procéder à la multiplication des matrices, c'est un peu pénible mais il y a une autre méthode.
On appelle $f_1,f_2,f_3,f_4$ les applications linéaires ayant pour matrices respectives $E_1,\ E_2,\ E_3, E_4$ dans la base canonique.
On a $f_2(e_1)=e_2\ ,\ f_2(e_2)=-e_1\ ,\ f_2(e_3)=e_4\ ,\ f_2(e_4)=-e_3$
On a alors $\left\{\begin{array}{rcl}f_2^2(e_1)&=&f_2(e_2)=-e_1\\f_2^2(e_2)&=&f_2(-e_1)=-e_2\\f_2^2(e_3)&=&f_2(e_4)=-e_3\\f_2^2(e_4)&=&f_2(-e_3)=-e_4\end{array}\right.$
On a donc $f_2^2=-f_1=-Id$ donc $E_2^2=-E_1$.
Il y a la aussi une faute de texte : on a $E_2^2=-E_1$(et non $-E_2)$.
Même chose pour $E_3^2$ et $E_4^2$
Pour la dernière ligne du texte, on peut également procéder par multiplication des matrices ou par exemple :
$\left\{\begin{array}{rcl} f_3\circ f_2 (e_1)&=&f_3(e_2)=-e_4\\f_3\circ f_2(e_2)&=&f_3(-e_1)=-e_3\\ f_3\circ f_2(e_3)&=&f_3(e_4)=e_2\\f_3\circ f_2(e_4)&=&f_3(-e_3)=e_1\end{array}\right.$
On a donc $f_3\circ f_2=-f_4$ donc $-E_3E_2=E_4$
On calcule de même pour montrer que $E_2E_3=E_4$
On peut ensuite gagner du temps en se servant des résultats précédents.
$E_3E_4=(E_3(-E_3E_2)=-(E_3E_3)E_2=-(E_3^2)E_2=-(-E_1)(E_2)=E_2$ (rappel $E_1=Id$)
$-E_4E_3=-(E_2E_3)E_3=-E_2(E_3^2)=-E_2(-E_1)=E_2$
$E_4E_2=(-E_3E_2)E_2=-E_3(E_2^2)=-E_3(-E_1)=E_3$
$-E_2E_4=-E_2(E_2E_3)=-(E_2^2)E_3=-(-E_1)E_3=E_3$
La matrice nulle appartient à l'ensemble. La stabilité par addition et par multiplication par un scalaire sont évidentes donc l'ensemble donné est un sous espace vectoriel de l'ensemble vectoriel des matrices 4 x 4.
$\left(\begin{matrix}x&-y&-z&-t\\y&x&-t&z\\z&t&x&-y\\t&-z&y&x\end{matrix}\right)=x\left(\begin{matrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{matrix}\right)+y\left(\begin{matrix}0&-1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&1&0\end{matrix}\right)+z\left(\begin{matrix}0&0&-1&0\\0&0&0&1\\1&0&0&0\\0&-1&0&0\end{matrix}\right)+t\left(\begin{matrix}0&0&0&-1\\0&0&-1&0\\0&1&0&0\\1&0&0&0\end{matrix}\right)$
En appelant dans l'ordre $E_1,\ E_2,\ E_3, E_4$ les 4 matrices obtenues dans la décomposition précédente, il est évident que ces 4 matrices constituent une partie génératrice de l'espace vectoriel et qu'une combinaison nulle de ces 4 matrices implique $x=y=z=t=0$ donc c'est une partie libre. Par conséquent $(E_1,E_2,E_3,E_4)$ est une base.
$E_1$ est la matrice identité donc $E_1^2=E_1$ et elle commute avec les 3 autres matrices soit $\forall i\in \{2,3,4\},\ E_1E_i=E_iE_1$
Pour la suite des calculs, on peut procéder à la multiplication des matrices, c'est un peu pénible mais il y a une autre méthode.
On appelle $f_1,f_2,f_3,f_4$ les applications linéaires ayant pour matrices respectives $E_1,\ E_2,\ E_3, E_4$ dans la base canonique.
On a $f_2(e_1)=e_2\ ,\ f_2(e_2)=-e_1\ ,\ f_2(e_3)=e_4\ ,\ f_2(e_4)=-e_3$
On a alors $\left\{\begin{array}{rcl}f_2^2(e_1)&=&f_2(e_2)=-e_1\\f_2^2(e_2)&=&f_2(-e_1)=-e_2\\f_2^2(e_3)&=&f_2(e_4)=-e_3\\f_2^2(e_4)&=&f_2(-e_3)=-e_4\end{array}\right.$
On a donc $f_2^2=-f_1=-Id$ donc $E_2^2=-E_1$.
Il y a la aussi une faute de texte : on a $E_2^2=-E_1$(et non $-E_2)$.
Même chose pour $E_3^2$ et $E_4^2$
Pour la dernière ligne du texte, on peut également procéder par multiplication des matrices ou par exemple :
$\left\{\begin{array}{rcl} f_3\circ f_2 (e_1)&=&f_3(e_2)=-e_4\\f_3\circ f_2(e_2)&=&f_3(-e_1)=-e_3\\ f_3\circ f_2(e_3)&=&f_3(e_4)=e_2\\f_3\circ f_2(e_4)&=&f_3(-e_3)=e_1\end{array}\right.$
On a donc $f_3\circ f_2=-f_4$ donc $-E_3E_2=E_4$
On calcule de même pour montrer que $E_2E_3=E_4$
On peut ensuite gagner du temps en se servant des résultats précédents.
$E_3E_4=(E_3(-E_3E_2)=-(E_3E_3)E_2=-(E_3^2)E_2=-(-E_1)(E_2)=E_2$ (rappel $E_1=Id$)
$-E_4E_3=-(E_2E_3)E_3=-E_2(E_3^2)=-E_2(-E_1)=E_2$
$E_4E_2=(-E_3E_2)E_2=-E_3(E_2^2)=-E_3(-E_1)=E_3$
$-E_2E_4=-E_2(E_2E_3)=-(E_2^2)E_3=-(-E_1)E_3=E_3$