Corrige EDHECL Mathematiques 2006 HEC ECO

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 ...