Corrige EDHECL Mathematiques 2006 HEC ECO

Description

EDHEC 2006 : option ES Corrigé de l’épreuve de mathématiques Exercice 1 x  1) a) On résout AX = 0 avec X = y , où X est la colonne des coordonnées d’un vecteur   z  3quelconque de Ker f dans la base canonique de IR . 21xy++07z=0Ce système s’écrit : 43z=0 . −−28xyz−6=0 Avec les transformations L ← 2 L – L et L ← L + L , on obtient le système équivalent : 2 2 1 3 3 1 21xy++07z=0 −−20yz= qui, en remplaçant z par –2y dans la première équation, est équivalent à : yz+= 24xy−=0 xy= 2 , soit finalement : .  zy=−2 zy=−2 2y 2      En conclusion, AX = 0 ⇔ X = y ⇔ X = y 1 .       −2y −2   Ceci montre que Ker f = vect( (2, 1, –2) ), ce qui s’écrit aussi : Ker f = vect(u). b) Ker f est différent de {(0, 0, 0)} donc f n’est pas injectif, a fortiori pas bijectif. On en conclut que : A n’est pas inversible. Remarque : on pouvait aussi écrire que le système AX = 0 a d’autres solutions que X = 0, ce qui prouve que A n’est pas inversible. 1x 2      2) a) On pose v = (x, 1, z). L’équation f (v) = u est équivalente au système : A 1 = 1 .       z −2   21xz++07=2Ce système s’écrit : 43=1 . Les deux dernières équations étant équivalentes, il −−28−6=−227xz++8=0 z+=20 reste , soit et enfin z = –2 et x = 3.  =−33− xz=−33−  Le vecteur v cherché vérifiant f (v) = u est v = (3, 1, –2) b) L’énoncé semblant admettre que le vecteur w proposé, solution de ...

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Extrait

EDHEC 2006 : option ES Corrigé de lépreuve de mathématiques       Exercice 1 1) a)On résoutAX 0 avec =X =    y x ,   z      oùXla colonne des coordonnées dun vecteur  est quelconque de Ker  fdans la base canonique de IR 3 .  2+10+7=0 Ce système sécrit :   x x+4y+ y 3z= z 0 .   −2x−8y−6z=0  Avec les transformationsL 2 ←2  L 2    L 1 etL 3 ←L 3 +L 1 , on obtient le système équivalent :      2x − 2 + 2 y y 1 + 0 − y z z + = = 0 7 0 z= qupmalaçtn,iene 0 rzpar 2ydans la première équation, est équivalent à :     2x−4y 2 = oleimtef,insant: 0    x z = −= 2 2y y .  z= −y E    2y   2 n conclusion,AX= 0⇔X=y   −2y    ⇔X=y −     2 1      . Ceci montre que Ker  f= vect ( (2, 1, 2) ) , ce qui sécrit aussi :  Ker  f= vect(u).  b)Ker  f est différent de {(0, 0, 0)} doncf pas injectif, a fortiori pas bijectif. On en nest conclut que : Anest pas inversible.  Remarque : on pouvait aussi écrire que le systèmeAX= 0 a dautres solutions queX= 0, ce qui prouve queAnest pas inversible. 

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