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Pascal lainรฉ
Espaces vectoriels Exercice 1. Soient dans โ3 les vecteurs ๐ฃ1 = (1,1,0), ๐ฃ2 = (4,1,4) et ๐ฃ3 = (2, โ1,4). La famille (๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 ) est-elle libre ? Allez ร : Correction exercice 1 Exercice 2. Les familles suivantes sont-elles libres ? 1. ๐ฃ1 = (1,0,1), ๐ฃ2 = (0,2,2) et ๐ฃ3 = (3,7,1) dans โ3 . 2. ๐ฃ1 = (1,0,0), ๐ฃ2 = (0,1,1) et ๐ฃ3 = (1,1,1) dans โ3 . 3. ๐ฃ1 = (1,2,1,2,1), ๐ฃ2 = (2,1,2,1,2), ๐ฃ3 = (1,0,1,1,0) et ๐ฃ4 = (0,1,0,0,1) dans โ5 . 4. ๐ฃ1 = (2,4,3, โ1, โ2,1), ๐ฃ2 = (1,1,2,1,3,1) et ๐ฃ3 = (0, โ1,0,3,6,2) dans โ6 . 5. ๐ฃ1 = (2,1,3, โ1, โ4, โ1), ๐ฃ2 = (โ1,1, โ2,2, โ3,3) et ๐ฃ3 = (1,5,0,4, โ1,7) dans โ6 . Allez ร : Correction exercice 2 Exercice 3. On considรจre dans โ๐ une famille de 4 vecteurs linรฉairement indรฉpendants (๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) Les familles suivantes sont-elles libres ? 1. (๐1 , 2๐2 , ๐3 ). 2. (๐1 , ๐3 ). 3. (๐1 , 2๐1 + ๐4 , ๐4 ). 4. (3๐1 + ๐3 , ๐3 , ๐2 + ๐3 ). 5. (2๐1 + ๐2 , ๐1 โ 3๐2 , ๐4 , ๐2 โ ๐1 ). Allez ร : Correction exercice 3 Exercice 4. Soient dans โ4 les vecteurs ๐ข1 = (1,2,3,4) et ๐ข2 = (1, โ2,3, โ4). Peut-on dรฉterminer ๐ฅ et ๐ฆ pour que (๐ฅ, 1, ๐ฆ, 1) โ ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) ? Et pour que (๐ฅ, 1,1, ๐ฆ) โ ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) ? Allez ร : Correction exercice 4 Exercice 5. Dans โ4 on considรจre l'ensemble ๐ธ des vecteurs (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) vรฉrifiant ๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 . L'ensemble ๐ธ est-il un sous espace vectoriel de โ4 ? Si oui, en donner une base. Allez ร : Correction exercice 5 Exercice 6. Dans l'espace โ4 , on se donne cinq vecteurs : ๐ฃ1 = (1,1,1,1) , ๐ฃ2 = (1,2,3,4), ๐ฃ3 = (3,1,4,2), ๐ฃ4 = (10,4,13,7) et ๐ฃ5 = (1,7,8,14) Chercher les relations de dรฉpendance linรฉaires entre ces vecteurs. Si ces vecteurs sont dรฉpendants, en extraire au moins une famille libre engendrant le mรชme sous-espace. Allez ร : Correction exercice 6 Exercice 7. Dans l'espace โ4 , on se donne cinq vecteurs : ๐ฃ1 = (1,1,1,1) , ๐ฃ2 = (1,2,3,4), ๐ฃ3 = (3,1,4,2), ๐ฃ4 = (10,4,13,7) et ๐ฃ5 = (1,7,8,14) ร quelle(s) condition(s) un vecteur ๐ = (๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) appartient-il au sous-espace engendrรฉ par les vecteurs ? Dรฉfinir ce sous-espace par une ou des รฉquations. Allez ร : Correction exercice 7 Exercice 8. Soit ๐ธ un espace vectoriel sur โ et ๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง et ๐ก une famille libre d'รฉlรฉments de ๐ธ, les familles suivantes sont-elles libres? 1. (๐ฅ, 2๐ฆ, ๐ง) 1
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2. (๐ฅ, ๐ง) 3. (๐ฅ, ๐ฅ + 2, ๐ก) 4. (3๐ฅ + ๐ง, ๐ง, ๐ฆ + ๐ง). 5. (2๐ฅ + ๐ฆ, ๐ฅ โ 3๐ฆ, ๐ก, ๐ฆ โ ๐ฅ ) Allez ร : Correction exercice 8 Exercice 9. Dans โ4 , comparer les sous-espaces ๐น et ๐บ suivants : ๐น = ๐๐๐๐ก((1,0,1,1), (โ1, โ2,3, โ1), (โ5, โ3,1,5)) ๐บ = ๐๐๐๐ก((โ1, โ1,1, โ1), (4,1,2,4)) Allez ร : Correction exercice 9 Exercice 10. On suppose que ๐ฃ1 , ๐ฃ2 ,โฆ,๐ฃ๐ sont des vecteurs indรฉpendants de โ๐ . 1. Les vecteurs ๐ฃ1 โ ๐ฃ2 , ๐ฃ2 โ ๐ฃ3 , ๐ฃ3 โ ๐ฃ4 ,โฆ, ๐ฃ๐โ1 โ ๐ฃ๐ , ๐ฃ๐ โ ๐ฃ1 sont-ils linรฉairement indรฉpendants ? 2. Les vecteurs ๐ฃ1 + ๐ฃ2 , ๐ฃ2 + ๐ฃ3 , ๐ฃ3 + ๐ฃ4 ,โฆ, ๐ฃ๐โ1 + ๐ฃ๐ , ๐ฃ๐ + ๐ฃ1 sont-ils linรฉairement indรฉpendants? 3. Les vecteurs ๐ฃ1 , ๐ฃ1 + ๐ฃ2, ๐ฃ1 + ๐ฃ2 + ๐ฃ3 , ๐ฃ1 + ๐ฃ2 + ๐ฃ3 + ๐ฃ4 ,โฆ, ๐ฃ1 + ๐ฃ2 + โฏ + ๐ฃ๐โ1 + ๐ฃ๐ , ๐ฃ๐ + ๐ฃ1 sontils linรฉairement indรฉpendants? Allez ร : Correction exercice 10 Exercice 11. Soient ๐ = (2,3, โ1), ๐ = (1, โ1, โ2), ๐ = (3,7,0) et ๐ = (5,0, โ7). Soient ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐, ๐) et ๐น = ๐๐๐๐ก(๐, ๐) les sous-espaces vectoriels de โ3 . Montrer que ๐ธ = ๐น Allez ร : Correction exercice 11 Exercice 12. Peut-on dรฉterminer des rรฉels ๐ฅ, ๐ฆ pour que le vecteur ๐ฃ = (โ2, ๐ฅ, ๐ฆ, 3) appartienne au sous-espace-vectoriel engendrรฉ par le systรจme (๐ข1 , ๐ข2 ), oรน ๐ข1 = (1, โ1,1,2) et ๐ข2 = (โ1,2,3,1) Allez ร : Correction exercice 12 Exercice 13. Soient ๐ข1 = (0,1, โ2,1), ๐ข2 = (1,0,2, โ1), ๐ข3 = (3,2,2, โ1), ๐ข4 = (0,0,1,0) et ๐ข5 = (0,0,0,1) des vecteurs de โ4 . Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses? Justifier votre rรฉponse. 1. ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) 2. (1,1,0,0) โ ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ). 3. dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 )) = 1. 4. ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) + ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = โ4 . 5. ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 ) est un sous-espace vectoriel de supplรฉmentaire ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) dans โ4 . Allez ร : Correction exercice 13 Exercice 14. On considรจre les vecteurs ๐ฃ1 = (1,0,0,1), ๐ฃ2 = (0,0,1,0), ๐ฃ3 = (0,1,0,0), ๐ฃ4 = (0,0,0,1) et ๐ฃ5 = (0,1,0,1) dans โ4 . 1. ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) et ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 ) sont-ils supplรฉmentaires dans โ4 ? 2. Mรชme question pour ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) et ๐๐๐๐ก(๐ฃ2 , ๐ฃ5 ). 3. Mรชme question pour ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) et ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) Allez ร : Correction exercice 14 Exercice 15. 1. Est-ce que le sous-ensemble ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ) โ โ2 , ๐ฆ = 2๐ฅ } de โ2 , muni des lois habituelles de lโespace vectoriel โ2 , est un โ-espace vectoriel ? 2. Est-ce que le sous-ensemble ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 , ๐ฆ 2 = 2๐ฅ, ๐ง = 0} de โ3 , muni des lois habituelles de lโespace vectoriel โ3 est un sous-espace vectoriel de โ3 ? Allez ร : Correction exercice 15 2
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Exercice 16. Soient ๐ข1 = (1, โ1,2), ๐ข2 = (1,1, โ1) et ๐ข3 = (โ1, โ5, โ7) Soit ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) Soit ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 , ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง = 0} 1. Donner une base de ๐ธ. 2. Montrer que ๐น est un sous-espace vectoriel de โ3 . 3. Donner une base de ๐น. 4. Donner une base de ๐ธ โฉ ๐น. Allez ร : Correction exercice 16 Exercice 17. Soient ๐ข1 = (1,1,1), ๐ข2 = (2, โ2, โ1) et ๐ข3 = (1,1, โ1) Soient ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 , ๐ฆ + ๐ง = 0} et ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) 1. Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . Dรฉterminer une base de ๐ธ. 2. La famille (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est-elle libre ? Est-ce que ๐ข3 โ ๐น ? 3. Est-ce que ๐ข3 โ ๐ธ ? 4. Donner une base de ๐ธ โฉ ๐น. 5. Soit ๐ข4 = (โ1,7,5), est-ce que ๐ข4 โ ๐ธ ? est-ce que ๐ข4 โ ๐น ? Allez ร : Correction exercice 17 Exercice 18. Soit ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 , ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง = 0} Soient ๐ = (1, โ2,3) et ๐ = (2,1, โ1) deux vecteurs. On pose ๐น = ๐๐๐๐ก(๐, ๐) 1. Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . 2. Dรฉterminer ๐ธ โฉ ๐น. 3. A-t-on ๐ธ โ ๐น ? Allez ร : Correction exercice 18 Exercice 19. Soient ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 |๐ฅ + ๐ฆ โ 2๐ง = 0 et 2๐ฅ โ ๐ฆ โ ๐ง = 0} et ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 |๐ฅ + ๐ฆ โ ๐ง = 0} deux sous-ensembles de โ3 . On admettra que ๐น est un sous-espace vectoriel de โ3 . Soient ๐ = (1,1,1), ๐ = (1,0,1) et ๐ = (0,1,1) 1. Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . 2. Dรฉterminer une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ et montrer que cette famille est une base. 3. Montrer que {๐, ๐} est une base de ๐น. 4. Montrer que {๐, ๐, ๐} est une famille libre de โ3 . 5. A-t-on ๐ธ โ ๐น = โ3 . 6. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง), exprimer ๐ข dans la base {๐, ๐, ๐}. Allez ร : Correction exercice 19 Exercice 20. Soient ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ|2๐ฅ + ๐ฆ โ ๐ง = 0 et ๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง = 0} et ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 |2๐ฅ โ 3๐ฆ + ๐ง = 0} deux sous-ensembles de โ3 . On admettra que ๐น est un sous-espace vectoriel de โ3 . Soient ๐ = (1, โ1,1), ๐ = (โ2, โ1,1) et ๐ = (โ1,0,2) 1ยฐ) Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . 2ยฐ) Dรฉterminer une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ et montrer que cette famille est une base. 3ยฐ) Montrer que {๐, ๐} est une base de ๐น. 3
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4ยฐ) Montrer que {๐, ๐, ๐} est une famille libre de โ3 . 5ยฐ) A-t-on ๐ธ โ ๐น = โ3 . 6ยฐ) Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง), exprimer ๐ข dans la base {๐, ๐, ๐}. Allez ร : Correction exercice 20 Exercice 21. Soient ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 |๐ฅ + ๐ฆ โ ๐ง = 0 et ๐ฅ โ ๐ฆ โ ๐ง = 0} et ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 |๐ฅ + ๐ฆ โ 2๐ง = 0} deux sous-ensembles de โ3 . On admettra que ๐น est un sous-espace vectoriel de โ3 . Soient ๐ = (1,0,1), ๐ = (1,1,1) et ๐ = (0,2,1) 1. Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . 2. Dรฉterminer une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ et montrer que cette famille est une base. 3. Montrer que {๐, ๐} est une base de ๐น. 4. Montrer que {๐, ๐, ๐} est une famille libre de โ3 . 5. A-t-on ๐ธ โ ๐น = โ3 . 6. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง), exprimer ๐ข dans la base {๐, ๐, ๐}. Allez ร : Correction exercice 21 Exercice 22. Soient ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐, ๐, ๐, ๐ ) un sous-espace vectoriel de โ3 ๐ = (2, โ1, โ1); ๐ = (โ1,2,3); ๐ = (1,4,7); 1. Est-ce que (๐, ๐, ๐, ๐ ) est une base de โ3 ? 2. Montrer que (๐, ๐) est une base de ๐ธ. 3. Dรฉterminer une ou plusieurs รฉquations caractรฉrisant ๐ธ. 4. Complรฉter une base de ๐ธ en une base de โ3 . Allez ร : Correction exercice 22
๐ = (1,1,2)
Exercice 23. Soient ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง โ ๐ก = 0 et ๐ฅ โ 2๐ฆ + 2๐ง + ๐ก = 0 et ๐ฅ โ ๐ฆ + ๐ง = 0} On admettra que ๐ธ est un espace vectoriel. Et ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , 2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง โ ๐ก = 0} Soient ๐ = (2,1, โ1,2), ๐ = (1,1, โ1,1), ๐ = (โ1, โ2,3,7) et ๐ = (4,4, โ5, โ3) quatre vecteurs de โ4 . Premiรจre partie 1. Dรฉterminer une base de ๐ธ et en dรฉduire la dimension de ๐ธ. 2. Complรฉter cette base en une base de โ4 . Deuxiรจme partie 3. Montrer que ๐น est un sous-espace vectoriel de โ4 . 4. Dรฉterminer une base de ๐น. 5. A-t-on ๐ธ โ ๐น = โ4 ? Troisiรจme partie 6. Montrer que ๐น = ๐๐๐๐ก(๐, ๐, ๐). 7. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐น, exprimer ๐ข comme une combinaison linรฉaire de ๐, ๐ et ๐. Allez ร : Correction exercice 23 Exercice 24. Soit ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง + ๐ก = 0, ๐ฅ + 2๐ฆ โ ๐ง + ๐ก = 0, โ๐ฅ โ ๐ฆ + 2๐ง + 2๐ก = 0} et ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , ๐ฅ + 3๐ฆ + 4๐ก = 0} 1. Donner une base de ces deux sous-espaces vectoriels de โ4 . 2. A-t-on ๐ธ โ ๐น = โ4 ? 4
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3. Soit ๐ = (1,3,0,4) โ โ4 et on pose ๐บ = ๐๐๐๐ก(๐), a-t-on ๐บ โ ๐น = โ4 ? Allez ร : Correction exercice 24 Exercice 25. Soit ๐ธ = {(๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) โ โ3 , ๐ฅ1 + 2๐ฅ2 โ 3๐ฅ3 = 0} Soit ๐ = (1,2, โ3), et ๐น = ๐๐๐๐ก(๐) 1. Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 , et dรฉterminer une base de cet espace-vectoriel. 2. A-t-on ๐ธ โ ๐น = โ3 ? On justifiera la rรฉponse. Allez ร : Correction exercice 25 Exercice 26. Soit ๐ธ = {(๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ โ4 , ๐ฅ1 + ๐ฅ3 = 0 et ๐ฅ2 + ๐ฅ4 = 0} Soient ๐ข1 = (1,1,1,1), ๐ข2 = (1, โ1,1, โ1) et ๐ข3 = (1,0,1,0) Soit ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) On admettra que ๐ธ est un espace vectoriel. 1. Donner une base de ๐ธ et en dรฉduire sa dimension. 2. Dรฉterminer une base de ๐น. 3. Donner une (ou plusieurs) รฉquation(s) qui caractรฉrise(nt) ๐น. 4. Donner une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ + ๐น. 5. Montrer que : ๐ธ โ ๐น = โ4 . Allez ร : Correction exercice 26 Exercice 27. Soient ๐ = (1,1,1,1) et ๐ = (1, โ1,1, โ1) deux vecteurs de โ4 . Soit ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐, ๐). Soient ๐น1 = {(๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ โ4 , ๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 et 2๐ฅ1 + ๐ฅ2 = 0} ๐น2 = {(๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ โ4 , ๐ฅ2 + ๐ฅ4 = 0 et ๐ฅ1 + ๐ฅ3 = 0} On admettra que ๐ธ, ๐น1 et ๐น2 sont trois sous-espaces vectoriels de โ4 . 1. Dรฉterminer une base (๐, ๐ ) de ๐น1 . 2. Dรฉterminer une base (๐, ๐ ) de ๐น2 3. A-t-on ๐น1 โ ๐น2 = โ4 ? 4. Montrer que (๐, ๐, ๐, ๐ ) est une base de โ4 . 5. A-t-on ๐ธ โ ๐น1 = โ4 ? Allez ร : Correction exercice 27 Exercice 28. Soient ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , ๐ฅ โ ๐ฆ + ๐ง โ ๐ก = 0}, ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง + ๐ก = 0} et ๐ป = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , ๐ฆ = 2๐ฅ, ๐ง = 3๐ฅ, ๐ก = 4๐ฅ } 1. Montrer que ๐ธ, ๐น et ๐ป sont des sous-espaces vectoriels de โ4 , donner une base de chacun de ces sousespaces vectoriels. 2. Dรฉterminer ๐ธ + ๐น. 3. Montrer que ๐ธโจ๐ป = โ4 Allez ร : Correction exercice 28 Exercice 29. Soient ๐ข1 = (2,1,1), ๐ข2 = (1,2, โ1), ๐ข3 = (1,1,0) et ๐ข4 = (1, โ1, โ2) quatre vecteurs de โ3 . 5
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Dรฉterminer une sous famille de (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) libre qui engendre ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ), en dรฉduire la dimension de ๐ธ. Allez ร : Correction exercice 29 Exercice 30. Soit ๐ธ = {(๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ โ4|๐ฅ1 โ ๐ฅ2 = 0 et ๐ฅ3 โ ๐ฅ4 = 0} On admettra que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ4 . 1. Dรฉterminer une base de ๐ธ. 2. Complรฉter cette base de ๐ธ en une base de โ4 . Allez ร : Correction exercice 30 Exercice 31. 1
1
Soient ๐0 = 2 (๐ โ 1)(๐ โ 2), ๐1 = โ๐(๐ โ 2) et ๐2 = 2 ๐(๐ โ 1) trois polynรดmes de โ2 [๐]. Montrer que (๐0 , ๐1 , ๐2 ) est une base de โ2 [๐]. Soit ๐ = ๐๐ 2 + ๐๐ + ๐ โ โ2 [๐], exprimer ๐ dans la base (๐0 , ๐1 , ๐2 ). Soit ๐ = ๐ผ๐0 + ๐ฝ๐1 + ๐พ๐2 โ โ2 [๐], exprimer ๐ dans la base (1, ๐, ๐ 2 ). Pour tout ๐ด, ๐ต et ๐ถ rรฉels montrer quโil existe un unique polynรดme de ๐
โ โ2 [๐], tel que : ๐
(0) = ๐ด, ๐
(1) = ๐ต et ๐
(2) = ๐ถ. Allez ร : Correction exercice 31 1. 2. 3. 4.
Exercice 32. Soient ๐1 = ๐ 3 + ๐ 2 + ๐ + 1, ๐2 = ๐ 3 + 2๐ 2 + 3๐ + 4, ๐3 = 3๐ 3 + ๐ 2 + 4๐ + 2 et ๐4 = 10๐ 3 + 4๐ 2 + 13๐ + 7 quatre polynรดmes de โ3 [๐] 1. La famille (๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) est-elle libre ? 2. Donner une base de ๐๐๐๐ก(๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) Allez ร : Correction exercice 32 Exercice 33. Soit ๐ธ = {๐ โ โ2 [๐], ๐(1) = 0} 1. Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ2 [๐]. 2. Donner une base de ๐ธ et en dรฉduire sa dimension. Allez ร : Correction exercice 33 Exercice 34. Soit ๐ธ = {๐ โ โ3 [๐], ๐(โ1) = 0 et ๐(1) = 0} 1. Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 [๐]. 2. Dรฉterminer une base et la dimension de ๐ธ. Allez ร : Correction exercice 34 Exercice 35. Dans โฑ(โ, โ), les trois fonctions ๐ฅ โฆ sin(๐ฅ ), ๐ฅ โฆ sin(2๐ฅ ) et ๐ฅ โฆ sin(3๐ฅ ), sont-elles linรฉairement indรฉpendantes? Allez ร : Correction exercice 35 Exercice 36. Soient ๐ (๐ฅ ) = cos(๐ฅ ), ๐(๐ฅ ) = cos(๐ฅ ) cos(2๐ฅ ) et โ(๐ฅ ) = sin(๐ฅ ) sin(2๐ฅ ). Dรฉterminer ๐๐๐๐ก(๐, ๐, โ). Allez ร : Correction exercice 36 Exercice 37. Soit ๐ธ lโensemble des fonctions vรฉrifiant lโรฉquation diffรฉrentielle 6
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๐ฆ โฒโฒ + ๐ฅ๐ฆ โฒ โ ๐ฅ 2 ๐ฆ = 0 Montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de lโespace vectoriel des fonctions. Allez ร : Correction exercice 37 Exercice 38. (Hors programme) 1. Montrer que les systรจmes : ๐1 = (1, โ2) et ๐2 = (1, โ2, โ3) sont libre dans โ considรฉrรฉ comme โespace vectoriel. 2. Soient, dans โ2 , les vecteurs ๐ข1 = (3 + โ5, 2 + 3โ5) et ๐ข2 = (4,7โ5 โ 9). Montrer que le systรจme (๐ข1 , ๐ข2 ) est โ-libre et โ-liรฉ. 3. Soient les vecteurs ๐ฃ1 = (1 โ ๐, ๐) et ๐ฃ2 = (2, โ1 + ๐) dans โ2 . a. Montrer que le systรจme (๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) est โ-libre et โ-liรฉ. b. Vรฉrifier que le systรจme ๐ = {(1,0), (๐, 0), (0,1), (0, ๐ )} est une base de lโespace vectoriel โ2 sur โ et donner les composantes des vecteurs ๐ฃ1 et ๐ฃ2 par rapport ร cette base. Allez ร : Correction exercice 38
CORRECTIONS Correction exercice 1. On peut รฉventuellement sโapercevoir que ๐ฃ2 โ ๐ฃ3 = 2๐ฃ1 donc la famille est liรฉe. Sinon ๐ฟ1 ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ = 0 ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 + ๐พ๐ฃ3 = 0โ3 โ ๐ผ (1,1,0) + ๐ฝ (4,1,4) + ๐พ(2, โ1,4) = (0,0,0) โ ๐ฟ2 { ๐ผ + ๐ฝ โ ๐พ = 0 ๐ฟ3 4๐ฝ + 4๐พ = 0 ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ = 0 ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ผ = 2๐พ ๐ฝ = โ๐พ โ ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { โ3๐ฝ โ 3๐พ = 0 โ { โ{ ๐ฝ = โ๐พ ๐ฟ3 4๐ฝ + 4๐พ = 0 ๐ฝ = โ๐พ Il nโy a pas que (0,0,0) comme solution donc la famille est liรฉe, en prenant ๐พ = 1, on trouve que ๐ผ = 2 et que ๐ฝ = โ1, par consรฉquent 2๐ฃ1 โ ๐ฃ2 + ๐ฃ3 = 0โ3 , ce qui est la mรชme relation que lโon avait ยซ devinรฉ ยป ci-dessus. Allez ร : Exercice 1 Correction exercice 2. 1.
๐ผ + 3๐พ = 0 2๐ฝ + 7๐พ = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) { ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 + ๐พ๐ฃ3 = 0 โ ๐ผ 1,0,1 + ๐ฝ 0,2,2 + ๐พ 3,7,1 = 0,0,0 โ ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ผ = โ3๐พ ๐ผ = โ3๐พ ๐ผ=0 7 7 โ{ โ {๐ฝ = โ ๐พ โ {๐ฝ = 0 ๐ฝ=โ ๐พ 2 2 ๐พ=0 โ9๐พ = 0 โ3๐พ โ 7๐ฝ + ๐พ = 0 Donc la famille est libre 2. Lร , il est clair que ๐ฃ1 + ๐ฃ2 = ๐ฃ3 donc la famille est liรฉe 3. On peut raisonnablement sโapercevoir que : ๐ฃ1 + ๐ฃ2 = (3,3,3,3,3) = 3(1,1,1,1,1) = 3(๐ฃ3 + ๐ฃ4 ) Donc la famille est liรฉe. Sinon on se lance dans un gros calcul ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 + ๐พ๐ฃ3 + ๐ฟ๐ฃ4 + ๐๐ฃ5 = 0โ5 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 2๐ผ + ๐ฝ + ๐ฟ = 0 โ ๐ผ (1,2,1,2,1) + ๐ฝ (2,1,2,1,2) + ๐พ(1,0,1,1,0) + ๐ฟ (0,1,0,0,1) = (0,0,0,0,0) โ ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 2๐ผ + ๐ฝ + ๐พ = 0 {๐ผ + 2๐ฝ + ๐ฟ = 0 โ3
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๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐ฟ = 0 ๐ฟ2 2๐ผ + ๐ฝ + ๐ฟ = 0 ๐ฟ2 โ 2๐ฟ1 โ3๐ฝ + ๐ฟ โ 2๐พ = 0 { โ { โ โ {โ3๐ฝ + ๐ฟ โ 2๐พ = 0 โ { โ3๐ฝ โ ๐ฟ = 0 ๐ฟ3 2๐ผ + ๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ฟ 3 โ ๐ฟ2 ๐พโ๐ฟ =0 ๐พ=๐ฟ ๐พ=๐ฟ ๐ฟ4 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐ฟ = 0 ๐ฟ4 โ ๐ฟ1 โ๐พ + ๐ฟ = 0 1 1 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐ฟ = 0 ๐ผ + 2 (โ ๐ฟ) + ๐ฟ = 0 ๐ผ=โ ๐ฟ 3 3 1 1 1 โ{ ๐ฝ=โ ๐ฟ โ โ ๐ฝ=โ ๐ฟ ๐ฝ=โ ๐ฟ 3 3 3 ๐พ=๐ฟ { ๐พ=๐ฟ { ๐พ=๐ฟ Il nโy a pas que (0,0,0,0) comme solution donc la famille est liรฉe. En prenant ๐ฟ = 3, on trouve la relation : โ๐ฃ1 โ ๐ฃ2 + 3๐ฃ3 + 3๐ฃ4 = 0โ5 4.
๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 + ๐พ๐ฃ3 = 0โ6 โ ๐ผ (2,4,3, โ1, โ2,1) + ๐ฝ(1,1,2,1,3,1) + ๐พ(0, โ1,0,3,6,2) = (0,0,0,0,0,0) 2๐ผ + ๐ฝ = 0 4๐ผ + ๐ฝ โ ๐พ = 0 3๐ผ + 2๐ฝ = 0 โ โ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = 0 โ2๐ผ + 3๐ฝ + 6๐พ = 0 { ๐ผ + ๐ฝ + 2๐พ = 0 On peut sโamuser ร faire mรฉthodiquement la mรฉthode de Gauss, mais avec la premiรจre et la seconde ligne, on sโaperรงoit que ๐ผ = ๐ฝ = 0, puis on remplace dans nโimporte quelle ligne pour trouver que ๐พ = 0. La famille est libre. 5. Cโest trop fatigant, 2๐ฃ1 + 3๐ฃ2 = ๐ฃ3 , la famille est liรฉe. Allez ร : Exercice 2 Correction exercice 3. 1. Oui รฉvidemment, sinon ๐ผ๐1 + 2๐ฝ๐2 + ๐พ๐3 = 0
โ๐
๐ผ=0 ๐ผ=0 2๐ฝ = 0 { { โ โ ๐ฝ=0 ๐พ=0 ๐พ=0
2. Une sous famille dโune famille libre est libre. 3. 2 ร ๐1 โ 1 ร (2๐1 + ๐4 ) + 1 ร ๐4 = 0โ๐ Il existe une combinaison linรฉaire non identiquement nulle de ces trois vecteurs, la famille est liรฉe. 4. 3๐ผ = 0 ๐พ=0 ๐ผ(3๐1 + ๐3 ) + ๐ฝ๐3 + ๐พ(๐2 + ๐3 ) = 0โ๐ โ 3๐ผ๐1 + ๐พ๐2 + (๐ผ + ๐ฝ + ๐พ )๐3 = 0โ๐ โ { ๐ผ+๐ฝ+๐พ =0 ๐ผ=0 โ {๐ฝ = 0 ๐พ=0 La famille est libre. 5. Il y a trois vecteurs 2๐1 + ๐2 , ๐1 โ 3๐2 , ๐2 โ ๐1 dans le plan ๐๐๐๐ก(๐1 , ๐2 ) donc ces trois vecteurs forment une famille liรฉe, en rajoutant ๐4 cela ne change rien, la famille est liรฉe. Allez ร : Exercice 3 Correction exercice 4. Le problรจme est de dรฉterminer ๐ฅ et ๐ฆ tels quโil existe ๐ผ et ๐ฝ vรฉrifiant (๐ฅ, 1, ๐ฆ, 1) = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 ๐ฅ =๐ผ+๐ฝ ๐ผ+๐ฝ =๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ ๐ผ+๐ฝ =๐ฅ 1 = 2๐ผ โ 2๐ฝ ๐ฟ2 2๐ผ โ 2๐ฝ = 1 ๐ฟ2 โ 2๐ฟ1 โ4๐ฝ = 1 โ 2๐ฅ ๐ฟ2 โ4๐ฝ = 1 โ 2๐ฅ { { { โ { โ โ ๐ฟ3 3๐ผ + 3๐ฝ = ๐ฆ ๐ฟ3 ๐ฟ3 โ 3๐ฟ1 ๐ฆ = 3๐ผ + 3๐ฝ 0 = ๐ฆ โ 3๐ฅ 0 = ๐ฆ โ 3๐ฅ ๐ฟ4 4๐ผ โ 4๐ฝ = 1 ๐ฟ4 โ 2๐ฟ1 ๐ฟ4 โ 4๐ฟ1 โ8๐ฝ = 1 โ 4๐ฅ 1 = 4๐ผ โ 4๐ฝ 0 = โ1 8
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La derniรจre ligne entraine quโil nโy a pas de solution. Le problรจme est de dรฉterminer ๐ฅ et ๐ฆ tels quโil existe ๐ผ et ๐ฝ vรฉrifiant (๐ฅ, 1,1, ๐ฆ) = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 ๐ฅ =๐ผ+๐ฝ ๐ฟ1 ๐ผ+๐ฝ =๐ฅ ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ 1 = 2๐ผ โ 2๐ฝ ๐ฟ 2๐ผ โ 2๐ฝ = 1 ๐ฟ โ 2๐ฟ1 โ4๐ฝ = 1 โ 2๐ฅ { { โ 2{ โ 2 ๐ฟ3 3๐ผ + 3๐ฝ = 1 ๐ฟ3 โ 3๐ฟ1 1 = 3๐ผ + 3๐ฝ 0 = 1 โ 3๐ฅ ๐ฟ4 4๐ผ โ 4๐ฝ = ๐ฆ ๐ฟ4 โ 4๐ฟ1 โ8๐ฝ = ๐ฆ โ 4๐ฅ ๐ฆ = 4๐ผ โ 4๐ฝ
1 ๐ผ+๐ฝ = ๐ฅ ๐ผ+๐ฝ =๐ฅ 3 ๐ฟ1 โ4๐ฝ = 1 โ 2๐ฅ โ4๐ฝ = 1 โ 2๐ฅ 1 ๐ฟ2 ๐ฝ=โ 1 1 โ โ โ 12 ๐ฟ3 ๐ฅ= ๐ฅ= 1 3 3 ๐ฟ4 โ 2๐ฟ1 ๐ฅ= { ๐ฆ=2 {0 = ๐ฆ โ 4๐ฅ โ 2(1 โ 2๐ฅ) 3 { ๐ฆ=2 5 ๐ผ= 12 1 ๐ฝ = โ โ 12 1 ๐ฅ= 3 { ๐ฆ=2 1 5 1 ( , 1,1,2) = ๐ข1 โ ๐ข2 3 12 12 ๐ผ+๐ฝ =
Allez ร : Exercice 4 Correction exercice 5. Premiรจre mรฉthode 0 + 0 + 0 + 0 = 0 donc 0โ4 โ ๐ธ Soit ๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐ธ et ๐ฆ = (๐ฆ1 , ๐ฆ2 , ๐ฆ3 , ๐ฆ4 ) โ ๐ธ, on a ๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 et ๐ฆ1 + ๐ฆ2 + ๐ฆ3 + ๐ฆ4 = 0 ๐ผ๐ฅ + ๐ฝ๐ฆ = (๐ผ๐ฅ1 + ๐ฝ๐ฆ1 , ๐ผ๐ฅ2 + ๐ฝ๐ฆ2 , ๐ผ๐ฅ3 + ๐ฝ๐ฆ3 , ๐ผ๐ฅ4 + ๐ฝ๐ฆ4 ) Et pour tout ๐ผ et ๐ฝ rรฉels ๐ผ๐ฅ1 + ๐ฝ๐ฆ1 + ๐ผ๐ฅ2 + ๐ฝ๐ฆ2 + ๐ผ๐ฅ3 + ๐ฝ๐ฆ3 + ๐ผ๐ฅ4 + ๐ฝ๐ฆ4 = ๐ผ (๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 ) + ๐ฝ(๐ฆ1 + ๐ฆ2 + ๐ฆ3 + ๐ฆ4 ) =๐ผร0+๐ฝร0 =0 Ce qui signifie que ๐ผ๐ฅ + ๐ฝ๐ฆ โ ๐ธ, ๐ธ est donc un sous-espace vectoriel de โ4 . Deuxiรจme mรฉthode Un vecteur de ๐ธ sโรฉcrit ๐ฅ = (โ๐ฅ2 โ ๐ฅ3 โ ๐ฅ4 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) = ๐ฅ2 (โ1,1,0,0) + ๐ฅ3 (โ1,0,1,0) + ๐ฅ4 (โ1,0,0,1) Donc ๐ธ = ๐๐๐๐ก((โ1,1,0,0), (โ1,0,1,0), (โ1,0,0,1)), ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ4 . Pour trouver une base, il reste ร montrer que ((โ1,1,0,0), (โ1,0,1,0), (โ1,0,0,1)) est libre (Puisque cette famille est dรฉjร gรฉnรฉratrice). โ๐ผ โ ๐ฝ โ ๐พ = 0 ๐ผ=0 ๐ผ (โ1,1,0,0) + ๐ฝ(โ1,0,1,0) + ๐พ(โ1,0,0,1) = (0,0,0,0) โ { ๐ฝ=0 ๐พ=0 Cette famille est bien libre, cโest une base de ๐ธ. Allez ร : Exercice 5 Correction exercice 6. Dรฉjร , une famille de 5 vecteurs dans un espace de dimension 4 est liรฉe, mais cela ne donne pas la (ou les) relation(s) reliant ces vecteurs. ๐ผ(1,1,1,1) + ๐ฝ (1,2,3,4) + ๐พ(3,1,4,2) + ๐ฟ (10,4,13,7) + ๐ (1,7,8,14) = (0,0,0,0)
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๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ + ๐ = 0 ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ + ๐ = 0 ๐ฟ1 ๐ฟ ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ + 4๐ฟ + 7๐ = 0 ๐ฟ โ ๐ฟ1 ๐ฝ โ 2๐พ โ 6๐ฟ + 6๐ = 0 { โ 2{ โ 2 ๐ฟ3 ๐ผ + 3๐ฝ + 4๐พ + 13๐ฟ + 8๐ = 0 ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 2๐ฝ + ๐พ + 3๐ฟ + 7๐ = 0 ๐ฟ4 ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ + 7๐ฟ + 14๐ = 0 ๐ฟ4 โ ๐ฟ1 3๐ฝ โ ๐พ โ 3๐ฟ + 13๐ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ + ๐ = 0 ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ + ๐ = 0 ๐ฟ2 ๐ฝ โ 2๐พ โ 6๐ฟ + 6๐ = 0 { โ โ { ๐ฝ โ 2๐พ โ 6๐ฟ + 6๐ = 0 ๐ฟ3 โ 2๐ฟ2 5๐พ + 15๐ฟ โ 5๐ = 0 ๐พ + 3๐ฟ โ ๐ = 0 ๐ฟ4 โ 3๐ฟ2 5๐พ + 15๐ฟ โ 5๐ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ + ๐ = 0 โ { ๐ฝ โ 2๐พ โ 6๐ฟ + 6๐ = 0 ๐พ = โ3๐ฟ + ๐ ๐ผ = โ๐ฝ โ 3(โ3๐ฟ + ๐) โ 10๐ฟ โ ๐ ๐ผ = 4๐ โ 3(โ3๐ฟ + ๐) โ 10๐ฟ โ ๐ ๐ผ = โ๐ฟ ๐ฝ = โ4๐ โ { ๐ฝ = 2(โ3๐ฟ + ๐ ) + 6๐ฟ โ 6๐ โ{ โ { ๐ฝ = โ4๐ ๐พ = โ3๐ฟ + ๐ ๐พ = โ3๐ฟ + ๐ ๐พ = โ3๐ฟ + ๐ Si on prends ๐ฟ = 1 et ๐ = 0, alors ๐ผ = โ1, ๐ฝ = 0 et ๐พ = โ3, ce qui donne โ๐ฃ1 โ 3๐ฃ3 + ๐ฃ4 = 0โ4 Si on prends ๐ฟ = 0 et ๐ = 1, alors ๐ผ = 0, ๐ฝ = โ4 et ๐พ = 1, ce qui donne โ4๐ฃ2 + ๐ฃ3 + ๐ฃ5 = 0โ4 Autre faรงon de voir les choses : ๐ผ (1,1,1,1) + ๐ฝ(1,2,3,4) + ๐พ(3,1,4,2) + ๐ฟ (10,4,13,7) + ๐(1,7,8,14) = (0,0,0,0) โ ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 + ๐พ๐ฃ3 + ๐ฟ๐ฃ4 + ๐๐ฃ5 = 0โ4 โ โ๐ฟ๐ฃ1 โ 4๐๐ฃ2 + (โ3๐ฟ + ๐ )๐ฃ3 + ๐ฟ๐ฃ4 + ๐๐ฃ5 = 0โ4 โ ๐ฟ(โ๐ฃ1 โ 3๐ฃ3 + ๐ฃ4 ) + ๐ (โ4๐ฃ2 + ๐ฃ3 + ๐ฃ5 )๐ฃ2 = 0โ4 Cette derniรจre relation รฉtant vraie pour tout ๐ฟ et pour tout ๐, on retrouve les deux relations. Ce ne sont pas les seules relations entre ces vecteurs, si on fait la somme ou la diffรฉrence, on trouve dโautres relations ๐ฃ4 = ๐ฃ1 + 3๐ฃ3 et ๐ฃ5 = 4๐ฃ2 โ ๐ฃ3 ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 , ๐ฃ1 + 3๐ฃ3 , 4๐ฃ2 โ ๐ฃ3 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 ) Il reste ร montrer que (๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 )est libre, ce qui est quasi รฉvident puisquโil suffit de refaire le calcul ci๐ผ = โ๐ฟ ๐ผ=0 dessus avec ๐ฟ = ๐ = 0 et alors { ๐ฝ = โ4๐ โ {๐ฝ = 0, cela montre que (๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 ) est libre. ๐พ=0 ๐พ = โ3๐ฟ + ๐ Allez ร : Exercice 6 Correction exercice 7.
๐ โ ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 ) Dโaprรจs lโexercice prรฉcรฉdent. ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 ) โil existe ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ tels que ๐ = ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 + ๐พ๐ฃ3 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = ๐1 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = ๐1 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = ๐1 ๐ฟ1 ๐ฟ2 ๐ฝ โ 2๐พ = ๐2 โ ๐1 ๐ฟ2 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = ๐2 ๐ฟ โ ๐ฟ1 ๐ฝ โ 2๐พ = ๐2 โ ๐1 { { { โ 2 โ ๐ฟ3 ๐ผ + 3๐ฝ + 4๐พ = ๐3 ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 2๐ฝ + ๐พ = ๐3 โ ๐1 ๐ฟ3 โ 2๐ฟ2 5๐พ = ๐3 โ ๐1 โ 2(๐2 โ ๐1 ) ๐ฟ4 ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ = ๐4 ๐ฟ4 โ ๐ฟ1 3๐ฝ โ ๐พ = ๐4 โ ๐1 ๐ฟ4 โ 3๐ฟ2 5๐พ = ๐4 โ ๐1 โ 3(๐2 โ ๐1 ) ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = ๐1 ๐ฟ1 ๐ฝ โ 2๐พ = ๐2 โ ๐1 ๐ฟ2 โ 5๐พ = ๐3 โ ๐1 โ 2(๐2 โ ๐1 ) ๐ฟ3 ๐ฟ4 โ ๐ฟ3 {0 = ๐4 โ ๐1 โ 2(๐2 โ ๐1 ) โ (๐3 โ ๐1 โ 2(๐2 โ ๐1 )) 0 = ๐4 โ ๐1 โ 3(๐2 โ ๐1 ) โ (๐3 โ ๐1 โ 2(๐2 โ ๐1 )) โ ๐1 โ ๐2 โ ๐3 + ๐4 = 0 ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) โ ๐1 โ ๐2 โ ๐3 + ๐4 = 0 On peut constater que les composantes de ๐ฃ1 , ๐ฃ2 et ๐ฃ3 vรฉrifient ๐1 โ ๐2 โ ๐3 + ๐4 = 0 Allez ร : Exercice 7 Correction exercice 8. 1. Attention, ici ๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง et ๐ก sont des vecteurs. Oui รฉvidemment, sinon
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๐ผ=0 ๐ผ=0 2๐ฝ = 0 ๐ผ๐ฅ + 2๐ฝ๐ฆ + ๐พ๐ง = 0๐ธ โ { โ {๐ฝ = 0 ๐พ=0 ๐พ=0 2. Une sous famille dโune famille libre est libre. 3.
2 ร ๐ฅ โ 1 ร (2๐ฅ + ๐ก) + 1 ร ๐ก = 0โ๐ Il existe une combinaison linรฉaire non identiquement nulle de ces trois vecteurs, la famille est liรฉe.
4. ๐ผ (3๐ฅ + ๐ง) + ๐ฝ๐ง + ๐พ(๐ฆ + ๐ง) = 0โ๐ โ 3๐ผ๐ฅ + ๐พ๐ฆ + (๐ผ + ๐ฝ + ๐พ )๐ง = 0๐ธ โ {
3๐ผ = 0 ๐ผ=0 ๐พ=0 โ {๐ฝ = 0 ๐ผ+๐ฝ+๐พ = 0 ๐พ=0
La famille est libre. 5. Il y a trois vecteurs 2๐ฅ + ๐ฆ, ๐ฅ โ 3๐ฆ, ๐ฆ โ ๐ฅ dans le plan ๐๐๐๐ก(๐ฅ, ๐ฆ) donc ces trois vecteurs forment une famille liรฉe, en rajoutant ๐ก cela ne change rien, la famille est liรฉe. Allez ร : Exercice 8 Correction exercice 9. Comparer deux ensembles signifie que lโon doit trouver si lโun est inclus dans lโautre (ou rรฉciproquement) ou si les ensemble sont รฉgaux. On va dโabord caractรฉriser ๐น ร lโaide dโune (ou plusieurs) รฉquation cartรฉsienne, ensuite il sera simple de savoir si les vecteurs qui engendrent ๐บ sont dans ๐น. ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐น โ il existe ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ rรฉels tels que ๐ข = ๐ผ(1,0,1,1) + ๐ฝ (โ1, โ2,3, โ1) + ๐พ(โ5, โ3,1,5) ๐ผ โ ๐ฝ โ 5๐พ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ผ โ ๐ฝ โ 5๐พ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ผ โ ๐ฝ โ 5๐พ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ โ2๐ฝ โ 3๐พ = ๐ฆ ๐ฟ2 ๐ฟ2 โ2๐ฝ โ 3๐พ = ๐ฆ โ2๐ฝ โ 3๐พ = ๐ฆ { { โ 2{ โ โ ๐ฟ3 ๐ผ + 3๐ฝ + ๐พ = ๐ง ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 4๐ฝ + 6๐พ = โ๐ฅ + ๐ง ๐ฟ3 + 2๐ฟ1 0 = โ๐ฅ + ๐ง + 2๐ฆ ๐ฟ4 ๐ผ โ ๐ฝ + 5๐พ = ๐ก ๐ฟ4 โ ๐ฟ1 ๐ฟ4 10๐พ = โ๐ฅ + ๐ก 10๐พ = โ๐ฅ + ๐ก ๐ผ, ๐ฝ, ๐พsont donnรฉs par les รฉquations ๐ฟ1 , ๐ฟ2 et ๐ฟ4 donc ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , โ๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง = 0} โ(โ1) + 2(โ1) + 1 = 0 โ (โ1, โ1,1, โ1) โ ๐น โ4 + 2 ร 1 + 2 = 0 โ (4,1,2,4) โ ๐น Cela montre que ๐บ โ ๐น Manifestement dim(๐บ) = 2 car les deux vecteurs qui engendrent ๐บ ne sont pas colinรฉaires (donc ils forment une base de ๐บ). Si on en savait plus on saurait que dim(๐น ) = 3, mais on nโest pas censรฉ le savoir. Il faut montrer que les trois vecteurs qui engendrent ๐น sont libres, ils formeront une base et la dimension de ๐น sera 3. On reprend calcul de ๐ข = ๐ผ(1,0,1,1) + ๐ฝ (โ1, โ2,3, โ1) + ๐พ(โ5, โ3,1,5) avec ๐ข = (0,0,0,0) On trouve ๐ผ โ ๐ฝ โ 5๐พ = ๐ฅ ๐ผ โ ๐ฝ โ 5๐พ = 0 ๐ผ=0 โ2๐ฝ โ 3๐พ = ๐ฆ โ2๐ฝ โ 3๐พ = 0 { โ{ โ {๐ฝ = 0 0 = โ๐ฅ + ๐ง + 2๐ฆ 0 = โ0 + 0 + 2 ร 0 ๐พ=0 10๐พ = โ0 + 0 10๐พ = โ๐ฅ + ๐ก Cโest bon, dim(๐น ) = 3. ๐บโ๐น { โ๐บโ๐น dim(๐บ ) < dim(๐น) Autrement dit ๐บ est inclus dans ๐น mais ๐บ nโest pas รฉgal ร ๐น Allez ร : Exercice 9 Correction exercice 10. 1. (๐ฃ1 โ ๐ฃ2 ) + (๐ฃ2 โ ๐ฃ3 ) + (๐ฃ3 โ ๐ฃ4 ) + โฏ + (๐ฃ๐โ1 โ ๐ฃ๐ ) + (๐ฃ๐ โ ๐ฃ1 ) = 0โ๐ Cette famille est liรฉe. 2. Si ๐ = 2๐ + 1 11
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๐ผ1 (๐ฃ1 + ๐ฃ2 ) + ๐ผ2 (๐ฃ2 + ๐ฃ3 ) + ๐ผ3 (๐ฃ3 + ๐ฃ4 ) + โฏ + ๐ผ2๐ (๐ฃ2๐ + ๐ฃ2๐+1 ) + ๐ผ2๐+1 (๐ฃ2๐+1 + ๐ฃ1 ) = 0โ2๐+1 โ (๐ผ1 + ๐ผ2๐+1 )๐ฃ1 + (๐ผ1 + ๐ผ2 )๐ฃ2 + (๐ผ2 + ๐ผ3 )๐ฃ3 + โฏ + (๐ผ2๐โ1 + ๐ผ2๐ )๐ฃ2๐ + (๐ผ2๐ + ๐ผ2๐+1 )๐ฃ2๐+1 ๐ผ1 + ๐ผ2๐+1 = 0 ๐ผ1 + ๐ผ2 = 0 ๐ผ2 + ๐ผ3 = 0 = 0โ2๐+1 โ โ ๐ผ2๐+1 = โ๐ผ1 = ๐ผ2 = โ๐ผ3 = โฏ = ๐ผ2๐ = โ๐ผ2๐+1 โฎ ๐ผ2๐โ1 + ๐ผ2๐ = 0 {๐ผ2๐ + ๐ผ2๐+1 = 0 Donc ๐ผ2๐+1 = 0 et on en dรฉduit que pour tout ๐ โ {1,2, โฆ ,2๐}, ๐ผ๐ = 0. La famille est libre. Si ๐ = 2๐ 1 ร (๐ฃ1 + ๐ฃ2 ) โ 1 ร (๐ฃ2 + ๐ฃ3 ) + 1 ร (๐ฃ3 + ๐ฃ4 ) โ โฏ + 1 ร (๐ฃ2๐โ1 + ๐ฃ2๐ ) โ 1 ร (๐ฃ2๐ + ๐ฃ1 ) = (1 โ 1)๐ฃ1 + (1 โ 1)๐ฃ2 + (โ1 + 1)๐ฃ3 + (1 โ 1)๐ฃ4 + โฏ (โ1 + 1)๐ฃ2๐โ1 + (1 โ 1)๐ฃ2๐ = 0โ๐ La famille est liรฉe Pour sโen convaincre, on pourra regarder plus prรฉcisรฉment les cas ๐ = 3 et ๐ = 4. 3.
๐ผ1 ๐ฃ1 + ๐ผ2 (๐ฃ1 + ๐ฃ2 ) + ๐ผ3 (๐ฃ1 + ๐ฃ2 + ๐ฃ3 ) + โฏ + ๐ผ๐โ1 (๐ฃ1 + ๐ฃ2 + โฏ + ๐ฃ๐โ1 ) + ๐ผ๐ (๐ฃ1 + โฏ + ๐ฃ๐ ) ๐ผ1 + ๐ผ2 + ๐ผ3 + โฏ + ๐ผ๐ = 0 ๐ผ1 = 0 ๐ผ2 + ๐ผ3 + โฏ + ๐ผ๐ = 0 ๐ผ2 = 0 ๐ผ3 = 0 ๐ผ3 + โฏ + ๐ผ๐ = 0 = 0โ๐ โ โ โฎ โฎ ๐ผ๐โ1 + ๐ผ๐ = 0 ๐ผ๐โ1 = 0 { ๐ผ๐ = 0 { ๐ผ๐ = 0 La famille est libre. Allez ร : Exercice 10 Correction exercice 11.
๐ = 2๐ โ ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐) = ๐ธ ๐ = ๐ + 3๐ โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐) = ๐ธ Donc ๐น โ ๐ธ, or ๐ et ๐ ne sont pas proportionnels donc (๐, ๐) est une base de ๐ธ et dim(๐ธ) = 2, de mรชme ๐ et ๐ ne sont pas proportionnels donc (๐, ๐) est une base de ๐น et dim(๐น ) = 2. Jโai passรฉ sous silence que (๐, ๐) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ et que (๐, ๐) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐น. ๐ธโ๐น { โ๐ธ=๐น dim(๐ธ) = dim(๐น) Il y a dโautre faรงon de faire, par exemple en trouvant pour ๐ธ et ๐น une รฉquation cartรฉsienne caractรฉrisant ces espaces. Allez ร : Exercice 11 Correction exercice 12. On cherche ๐ฅ, ๐ฆ, ๐ผ et ๐ฝ tel que :
๐ผ โ ๐ฝ = โ2 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ผ โ ๐ฝ = โ2 ๐ฟ โ๐ผ + 2๐ฝ = ๐ฅ ๐ฟ + ๐ฟ1 ๐ฝ =๐ฅโ2 (โ2, ๐ฅ, ๐ฆ, 3) = ๐ผ (1, โ1,1,2) + ๐ฝ(โ1,2,3,1) โ 2 { { โ 2 ๐ฟ3 ๐ผ + 3๐ฝ = ๐ฆ ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 4๐ฝ = ๐ฆ + 2 ๐ฟ4 2๐ผ + ๐ฝ = 3 ๐ฟ4 โ 2๐ฟ1 3๐ฝ = 7 1 ๐ผ=โ 3 ๐ผ โ ๐ฝ = โ2 13 ๐ฝ =๐ฅโ2 ๐ฅ= 3 โ 4๐ฝ = ๐ฆ + 2 โ 22 7 ๐ฆ= ๐ฝ = 3 { 3 7 ๐ฝ = { 3 12
Espaces Vectoriels
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La rรฉponse est oui. Allez ร : Exercice 12 Correction exercice 13. 1. Premiรจre mรฉthode Dโabord on remarque que (1,1,0,0) = ๐ข1 + ๐ข2 que (โ1,1, โ4,2) = ๐ข1 โ ๐ข2 et que ๐ข3 = 2๐ข1 + 3๐ข2 Donc ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 โ ๐ข2 , ๐ข1 + ๐ข2 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 โ ๐ข2 + ๐ข1 + ๐ข2 , ๐ข1 + ๐ข2 ) = ๐๐๐๐ก(2๐ข1 , ๐ข1 + ๐ข2 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข1 + ๐ข2 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) Et ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , 2๐ข1 + 3๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) On a bien ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) Deuxiรจme mรฉthode On cherche une (ou plusieurs) รฉquation cartรฉsien caractรฉrisant ๐ธ = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐ธ โ il existe ๐ผ et ๐ฝ tels que (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) = ๐ผ(1,1,0,0) + ๐ฝ(โ1,1, โ4,2) ๐ผโ๐ฝ =๐ฅ ๐ฟ1 ๐ผ โ ๐ฝ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ ๐ผ+๐ฝ =๐ฆ ๐ฟ โ ๐ฟ1 2๐ฝ = โ๐ฅ + ๐ฆ (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) = ๐ผ (1,1,0,0) + ๐ฝ(โ1,1, โ4,2) โ 2 { { โ 2 ๐ฟ3 โ4๐ฝ = ๐ง ๐ฟ3 โ4๐ฝ = ๐ง ๐ฟ4 ๐ฟ4 2๐ฝ = ๐ก 2๐ฝ = ๐ก ๐ผโ๐ฝ =๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ2 2๐ฝ = โ๐ฅ + ๐ฆ { โ ๐ฟ3 + 2๐ฟ2 0 = ๐ง โ 2๐ฅ + 2๐ฆ ๐ฟ 4 โ ๐ฟ2 0= ๐ก+๐ฅโ๐ฆ Donc ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , โ2๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง = 0 ๐๐ก ๐ฅ โ ๐ฆ + ๐ก = 0} โ2 ร 0 + 2 ร 1 โ 2 = 0 ๐๐ก 0 โ 1 โ 1 = 0 โ ๐ข1 โ ๐ธ โ2 ร 1 + 2 ร 0 + 2 = 0 ๐๐ก 1 โ 0 โ 1 = 0 โ ๐ข2 โ ๐ธ โ2 ร 3 + 2 ร 2 + 2 = 0 ๐๐ก 3 โ 2 โ 1 = 0 โ ๐ข3 โ ๐ธ ( ) Donc ๐๐๐๐ก ๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 โ ๐ธ, (1,1,0,0) et (โ1,1, โ4,2) ne sont pas colinรฉaires, ils forment une famille libre et gรฉnรฉratrice de ๐ธ, cโest une base et donc dim(๐ธ) = 2, ๐ข1 et ๐ข2 ne sont pas colinรฉaires, ils forment une famille libre de ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ), donc dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 )) โฅ 2, mais ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) โ ๐ธ donc dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 )) โค dim(๐ธ) = 2 On a par consรฉquent dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 )) = 2 = dim(๐ธ) et comme ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) โ ๐ธ, on a alors ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐ธ 2. (1,1,0,0) = ๐ข1 + ๐ข2 โ ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) ๐ข2 โ ๐ข3 = (2,2,0,0) = 2(1,1,0,0) 1 1 (1,1,0,0) = ๐ข2 โ ๐ข3 โ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) 2 2 (1,1,0,0) โ ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) 3. ๐ข2 โ ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) donc dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 )) โฅ 1 Le tout est de savoir si ๐ข1 โ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) ? Or au 2. on a vu que (1,1,0,0) โ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) Si ๐ข1 โ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) alors (1,1,0,0) = ๐ข1 + ๐ข2 โ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) ce qui est faux, donc ๐ข1 โ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) Par consรฉquent dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 )) = 1 4. Premiรจre mรฉthode ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) + ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , 2๐ข1 + 3๐ข2 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข4 ) โ โ4 En effet dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข4 )) โค 3 13
Espaces Vectoriels
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Deuxiรจme mรฉthode si on nโa pas vu que ๐ข3 = 2๐ข1 + 3๐ข2 ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) + ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) + ๐๐๐๐ก(๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) + ๐๐๐๐ก(๐ข4 ) Dโaprรจs la premiรจre question. Donc ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) + ๐๐๐๐ก(๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) + ๐๐๐๐ก(๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2), ๐ข4 ) โ โ4 Pour les mรชmes raisons que dans la premiรจre mรฉthode. 5. ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) โ dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 )) = dim (๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2))) = 2 Comme ๐ข4 et ๐ข5 ne sont pas colinรฉaires, ils forment une base de ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 ) et dim(๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 )) = 2 Il reste ร vรฉrifier que lโintersection de ces sous-espaces vectoriels est rรฉduite au vecteur nul, ce qui revient au mรชme que de montrer que ((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2), ๐ข4 , ๐ข5 ) est libre (mais alors comme le nombre de vecteurs est 4 on pourrait en dรฉduire cette famille est une base de โ4 ce qui suffit ร prouver que la somme de ces deux sous-espaces vectoriels est directe et quโelle vaut โ4 ). ๐ผโ๐ฝ =0 ๐ผ=0 ๐ผ+๐ฝ =0 ๐ฝ=0 ๐ผ (1,1,0,0) + ๐ฝ(โ1,1, โ4,2) + ๐พ๐ข4 + ๐ฟ๐ข5 = 0โ4 โ { โ{ โ4๐ฝ + ๐พ = 0 ๐พ=0 2๐ฝ + ๐ฟ = 0 ๐ฟ=0 Cโest quasiment รฉvident. La famille est libre, elle a 4 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 4, cโest une base de โ4 , donc ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) โ ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 ) = โ4 Autre mรฉthode ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2)) โ dim(๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 )) = dim (๐๐๐๐ก((1,1,0,0), (โ1,1, โ4,2))) = 2 Comme ๐ข4 et ๐ข5 ne sont pas colinรฉaires, ils forment une base de ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 ) et dim(๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 )) = 2 (รร , cโest pareil) A la question 1ยฐ) on a montrรฉ que ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐ธ = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ4 , โ2๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง = 0 ๐๐ก ๐ฅ โ ๐ฆ + ๐ก = 0} Il nโy a quโร montrer que les composantes de ๐ข4 et de ๐ข5 ne vรฉrifient pas ces รฉquations (cโest รฉvident) pour en dรฉduire que ๐ข4 โ ๐ธ et que ๐ข5 โ ๐ธ et que par consรฉquent ๐ธ โฉ ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 ) = {0โ4 } La somme des dimensions valant 4 (voir ci-dessus) la somme est directe et vaut โ4 ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) โ ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 ) = โ4 Allez ร : Exercice 13 Correction exercice 14. 1. dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 )) โค 2 et dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ3 )) = 1 donc la somme des dimensions nโest pas 4, ces espaces sont peut-รชtre en somme directe mais cette somme nโest pas โ4 , ils ne sont donc pas supplรฉmentaires dans โ4 . Remarque : en fait dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 )) = 2 car ๐ฃ1 et ๐ฃ2 ne sont pas colinรฉaires. 2. Dโabord on va regarder si la famille (๐ฃ1 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) est libre, si cโest le cas la rรฉponse sera non car la dimension de cet espace sera 3 et celle de ๐๐๐๐ก(๐ฃ2 , ๐ฃ5 ) est manifestement 2, donc la somme des dimensions sera 5.
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Espaces Vectoriels
๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 + ๐พ๐ฃ4 = 0โ4
Pascal lainรฉ ๐ผ=0 0=0 โ ๐ผ (1,0,0,1), +๐ฝ(0,0,1,0) + ๐พ(0,0,0,1) = (0,0,0,0) โ { ๐ฝ=0 ๐ผ+๐พ =0
๐ผ=0 โ {๐ฝ = 0 ๐พ=0 (๐ฃ1 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) est une famille libre qui engendre ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 ), cโest donc une base de cet espace donc dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 )) = 3, comme ๐ฃ2 et ๐ฃ5 ne sont pas proportionnels, (๐ฃ2 , ๐ฃ5 ) est une famille libre qui engendre ๐๐๐๐ก(๐ฃ2 , ๐ฃ5 ), cโest donc une base de cet espace et dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ2 , ๐ฃ5 )) = 2. dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 )) + dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ2 , ๐ฃ5 )) = 5 โ dim(โ4 ) Donc ces espace ne sont pas supplรฉmentaires dans โ4 . 3. ๐ฃ1 et ๐ฃ2 ne sont pas colinรฉaires donc (๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) est une famille libre qui engendre ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ), cโest une base de cet espace et dim(Vect(๐ฃ1 , ๐ฃ2 )) = 2. Manifestement ๐ฃ5 = ๐ฃ3 + ๐ฃ4 , ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ3 + ๐ฃ4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 ), ๐ฃ3 et ๐ฃ4 ne sont pas colinรฉaires donc (๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) est une famille libre qui engendre ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) cโest donc une base de cet ensemble et dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 )) = 2. dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 )) + dim(๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 )) = 4 = dim(โ4 ) Il reste ร montrer que lโintersection de ces espaces est rรฉduite au vecteur nul. Ce coup-ci je vais dรฉtailler un peu plus. Soit ๐ข โ ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 ), il existe ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ et ๐ฟ rรฉels tels que : ๐ข = ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 ๐๐ก ๐ข = ๐พ๐ฃ3 + ๐ฟ๐ฃ4 Ce qui entraine que ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 = ๐พ๐ฃ3 + ๐ฟ๐ฃ4 โ ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 โ ๐พ๐ฃ3 โ ๐ฟ๐ฃ4 = 0โ4 Cela montre que ๐ข = 0โ4 โ (๐ผ, ๐ฝ, ๐พ, ๐ฟ) = (0,0,0,0) โ (๐ฃ1 , ๐ฃ2 , ๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) est libre. Rรฉsultat que lโon utilise sans avoir ร le montrer. Mais ici, si on montre que la famille est libre, comme elle a 4 vecteurs, cela montrera que cโest une base de โ4 et que ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) โ ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) = โ4 Mais dans cet exercice il fallait quand montrer que ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ3 + ๐ฃ4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) On y a va : ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 โ ๐พ๐ฃ3 โ ๐ฟ๐ฃ4 = 0โ4 โ ๐ผ (1,0,0,1), +๐ฝ(0,0,1,0) โ ๐พ(0,1,0,0) โ ๐ฟ (0,0,0,1) = (0,0,0,0) ๐ผ=0 ๐ผ=0 โ๐พ = 0 ๐ฝ=0 โ{ โ{ ๐ฝ=0 ๐พ=0 ๐ผโ๐ฟ =0 ๐ฟ=0 Donc ๐ข = ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 = 0โ4 et ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) โฉ ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) = {0โ4 } Comme la somme des dimensions est 4 on a : ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) โ ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 , ๐ฃ5 ) = ๐๐๐๐ก(๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) โ ๐๐๐๐ก(๐ฃ3 , ๐ฃ4 ) = โ4 Allez ร : Exercice 14 Correction exercice 15. 1. 0 = 2 ร 0 donc 0โ2 โ ๐ธ. Soient ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ) โ ๐ธ, ๐ฆ = 2๐ฅ et ๐ขโฒ = (๐ฅ โฒ, ๐ฆ โฒ) โ ๐ธ, ๐ฆ โฒ = 2๐ฅ โฒ Pour tout ๐ et ๐โฒ deux rรฉels ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ = (๐๐ฅ + ๐โฒ๐ฅ โฒ , ๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ) = (๐, ๐) ๐ = ๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ = ๐2๐ฅ + ๐โฒ 2๐ฅ โฒ = 2(๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ ) = 2๐ Donc ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ โ ๐ธ. Ce qui montre que ๐ธ est un sous-espace de โ2 . 2. Soit ๐ข = (2,2,0) โ ๐น car ๐ฆ 2 = 22 = 2 ร 2 = 2๐ฅ et ๐ง = 0 2๐ข = (4,4,0) ๐ฆ 2 = 42 = 16 โ 2 ร 4 = 8 donc 2๐ข โ ๐น donc ๐น nโest pas un sous-espace vectoriel. Allez ร : Exercice 15 15
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Correction exercice 16. 1. Regardons si la famille (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est libre ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 + ๐3 ๐ข3 = 0โ3 โ ๐1 (1, โ1,2) + ๐2 (1,1, โ1) + ๐3 (โ1, โ5,7) = (0,0,0) ๐1 + ๐2 โ ๐3 = 0 ๐ฟ1 ๐1 + ๐2 โ ๐3 = 0 ๐ฟ1 ๐ + ๐2 โ ๐3 = 0 โ ๐ฟ2 {โ๐1 + ๐2 โ 5๐3 = 0 โ ๐ฟ2 + ๐ฟ1 { 2๐2 โ 6๐3 = 0 โ { 1 ๐2 = 3๐3 ๐ฟ3 2๐1 โ ๐2 + 7๐3 = 0 ๐ฟ3 โ 2๐ฟ1 โ3๐2 + 9๐3 = 0 ๐ + 3๐3 โ ๐3 = 0 ๐ = โ2๐3 โ{ 1 โ{ 1 ๐2 = 3๐3 ๐2 = 3๐3 Donc la famille nโest pas libre, de plus en prenant ๐3 = 1, ๐1 = โ2 et ๐2 = 3, par consรฉquent โ2๐ข1 + 3๐ข2 + ๐ข3 = 0โ3 Autrement dit ๐ข3 = โ2๐ข1 + 3๐ข2 ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , โ2๐ข1 + 3๐ข2 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) Comme les vecteurs ๐ข1 et ๐ข2 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre et gรฉnรฉratrice de ๐ธ, cโest une base de ๐ธ. 2. 0 + 0 + 0 = 0, par consรฉquent 0โ3 โ ๐น Soient ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐น et ๐ขโฒ (= ๐ฅ โฒ , ๐ฆ โฒ , ๐ง โฒ) โ ๐น, on a donc ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง = 0 et ๐ฅ โฒ + ๐ฆ โฒ + ๐ง โฒ = 0 Soient ๐ et ๐โฒ deux rรฉels quelconques ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ = (๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ, ๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ, ๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ) = (๐, ๐, ๐) ๐ + ๐ + ๐ = (๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ ) + (๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ) + (๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ ) = ๐(๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง) + ๐(๐ฅ โฒ + ๐ฆ โฒ + ๐ง โฒ ) = ๐ ร 0 + ๐โฒ ร 0 = 0 Ce qui montre que ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ โ ๐น. Finalement ๐น est un sous-espace vectoriel de โ3 . 3. ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐น โ ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง = 0 โ ๐ง = โ๐ฅ โ ๐ฆ Donc ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, โ๐ฅ โ ๐ฆ) = ๐ฅ(1,0, โ1) + ๐ฆ(0,1, โ1), on pose ๐ = (1,0, โ1) et ๐ = (0,1, โ1) (๐, ๐) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐น et comme ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels ils forment une famille libre, cโest une base de ๐น 4. Soit ๐ข โ ๐ธ โฉ ๐น, il existe ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ et ๐ฟ tels que ๐ข = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 ๐ข = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 ๐ข = ๐พ๐ + ๐ฟ๐ { โ{ ๐ข = ๐พ๐ + ๐ฝ๐ ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 = ๐พ๐ + ๐ฝ๐ ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 = ๐พ๐ + ๐ฝ๐ โ ๐ผ (1, โ1,2) + ๐ฝ(1,1, โ1) = ๐พ(1,0, โ1) + ๐ฟ (0,1, โ1) ๐ผ+๐ฝโ๐พ =0 ๐ฟ1 โ ๐ผ (1, โ1,2) + ๐ฝ(1,1, โ1) โ ๐พ(1,0, โ1) โ ๐ฟ(0,1, โ1) โ ๐ฟ2 { โ๐ผ + ๐ฝ โ ๐ฟ = 0 ๐ฟ3 2๐ผ + ๐ฝ + ๐พ + ๐ฟ = 0 ๐ผ+๐ฝโ๐พ =0 ๐ผ+๐ฝโ๐พ =0 ๐ผ+๐ฝโ๐พ =0 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ฟ2 {2๐ฝ โ ๐พ โ ๐ฟ = 0 โ {2๐ฝ โ ๐พ โ ๐ฟ = 0 โ ๐ฟ2 + ๐ฟ1 { 2๐ฝ โ ๐พ โ ๐ฟ = 0 โ ๐ฟ3 โ 2๐ฟ1 โ๐ฝ + 3๐พ + ๐ฟ = 0 2๐ฟ3 + ๐ฟ3 5๐พ + ๐ฟ = 0 ๐ฟ = โ5๐พ ๐ผ+๐ฝโ๐พ =0 ๐ผ+๐ฝโ๐พ =0 ๐ผ = 3๐พ โ {2๐ฝ โ ๐พ + 5๐พ = 0 โ { ๐ฝ = โ2๐พ โ {๐ฝ = โ2๐พ ๐ฟ = โ5๐พ ๐ฟ = โ5๐พ ๐ฟ = โ5๐พ Il reste ร remplacer ๐ผ, ๐ฝ et ๐ฟ dans ๐ข = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 ou dans ๐ข = ๐พ๐ + ๐ฟ๐ ๐ข = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 = 3๐พ(1, โ1,2) โ 2๐พ(1,1, โ1) = ๐พ(1, โ5,4) En utilisant ๐ข = ๐พ๐ + ๐ฟ๐ on retrouve le mรชme rรฉsultat ๐ข = ๐พ๐ + ๐ฟ๐ = ๐พ(1,0, โ1) โ 5๐พ(0,1, โ1) = ๐พ(1, โ5,4) On pose ๐ = (1, โ5,4) et ๐ธ โฉ ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ ) Allez ร : Exercice 16
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Correction exercice 17. 1. 0 + 0 = 0 โ 0โ3 โ ๐ธ Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ, ๐ฆ + ๐ง = 0 et soit ๐ขโฒ โ ๐ธ, ๐ฆ โฒ + ๐ง โฒ = 0, pour tout ๐, ๐โฒ โ โ ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ = (๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ , ๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ, ๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ) Comme (๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ) + (๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ) = ๐ (๐ฆ + ๐ง) + ๐โฒ (๐ฆ โฒ + ๐ง โฒ ) = ๐ ร 0 = ๐โฒ ร 0 = 0 ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ โ ๐ธ ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ, ๐ฆ + ๐ง = 0 โ ๐ง = โ๐ฆ, donc ๐ข โ ๐ธ โ ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, โ๐ฆ) = ๐ฅ (1,0,0) + ๐ฆ(0,1, โ1) ๐ธ = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 , ๐2 โ ๐3 ) ๐1 et ๐2 โ ๐3 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre et gรฉnรฉratrice de ๐ธ, cโest une base de ๐ธ. 2. ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 + ๐พ๐ข3 = 0โ3 โ ๐ผ (1,1,1) + ๐ฝ(2, โ2, โ1) + ๐พ(1,1, โ1) = (0,0,0) โ {๐ผ โ 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ผโ๐ฝโ๐พ =0 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ผ=0 โ ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { โ4๐ฝ = 0 โ {๐ฝ = 0 ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 โ3๐ฝ โ 2๐พ = 0 ๐พ=0 La famille (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est libre. Premiรจre mรฉthode Si ๐ข3 โ ๐น alors ils existent ๐ผ et ๐ฝ rรฉels tels que ๐ข3 = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 , ce qui signifie que (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est liรฉe, ce qui est faux, donc ๐ข3 โ ๐น Deuxiรจme mรฉthode ๐ข3 โ ๐น โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, ๐ข3 = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, (1,1, โ1) = ๐ผ(1,1,1) + ๐ฝ(2, โ2, โ1) 1 = ๐ผ + 2๐ฝ 1 = ๐ผ + 2๐ฝ ๐ฟ1 ๐ฟ โ ๐ฟ 1 = ๐ผ โ 2๐ฝ โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, { โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, 2 1 { 0 = โ4๐ฝ ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 โ2 = โ3๐ฝ โ1 = ๐ผ โ ๐ฝ Les deux derniรจres lignes montrent que ce nโest pas possible, par consรฉquent ๐ข3 โ ๐น 3. ๐ข3 = (1,1, โ1), 1 + (โ1) = 0 โ ๐ข3 โ ๐ธ. 4. ๐ฆ+๐ง =0 ๐ขโ๐ธ ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ โฉ ๐น โ { โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, { ๐ข = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 ๐ขโ๐น ๐ฆ+๐ง =0 { โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) = ๐ผ (1,1,1) + ๐ฝ (2, โ2, โ1) ๐ฆ+๐ง =0 โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, { ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ, ๐ฆ = ๐ผ โ 2๐ฝ, ๐ง = ๐ผ โ ๐ฝ (๐ผ โ 2๐ฝ) + (๐ผ โ ๐ฝ) = 0 โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, { ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ, ๐ฆ = ๐ผ โ 2๐ฝ, ๐ง = ๐ผ โ ๐ฝ 3 ๐ผ = ๐ฝ โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, { 2 ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ, ๐ฆ = ๐ผ โ 2๐ฝ, ๐ง = ๐ผ โ ๐ฝ 3 ๐ผ= ๐ฝ 2 โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, { 7 1 1 ๐ฅ = ๐ผ, ๐ฆ = โ ๐ผ, ๐ง = ๐ผ 2 2 2 Donc si on pose ๐ = (7, โ1,1) ๐ธ โฉ ๐น = ๐๐๐๐ก(๐) 5. ๐ข4 = (โ1,7,5), 7 + 5 โ 0 donc ๐ข4 โ ๐ธ 17
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๐ข4 โ ๐น โ (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข4 ) est liรฉe
๐ผ + 2๐ฝ โ ๐พ = 0 ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 + ๐พ๐ข4 = 0โ3 โ ๐ผ (1,1,1) + ๐ฝ(2, โ2, โ1) + ๐พ(โ1,7,5) = (0,0,0) โ {๐ผ โ 2๐ฝ + 7๐พ = 0 ๐ผ โ ๐ฝ + 5๐พ = 0 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ผ + 4๐พ โ ๐พ = 0 ๐ผ = โ3๐พ โ ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { โ4๐ฝ + 8๐พ = 0 โ { ๐ฝ โ 2๐พ = 0 โ { โ{ ๐ฝ = 2๐พ ๐ฝ = 2๐พ ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 โ3๐ฝ โ 6๐พ = 0 ๐ฝ โ 2๐พ = 0 La famille est liรฉe par la relation โ3๐ข1 + 2๐ข2 + ๐ข4 = 0โ3 โ ๐ข4 = 3๐ข1 โ 2๐ข2 Ce qui montre bien que ๐ข4 โ ๐น Allez ร : Exercice 17 Correction exercice 18. 1. Premiรจre mรฉthode 0 + 0 + 0 = 0 โ 0โ3 โ ๐ธ Soient ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ et ๐ข = (๐ฅ , ๐ฆ , ๐ง โฒ ) โ ๐ธ, on a ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง = 0 et ๐ฅ โฒ + ๐ฆ โฒ + ๐ง โฒ = 0. Pour tout ๐ et ๐โฒ rรฉels, ๐๐ข + ๐โฒ๐ขโฒ = (๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ , ๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ, ๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ ), ce qui entraine que (๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ) + (๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ) + (๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ) = ๐(๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง) + ๐โฒ (๐ฅ โฒ + ๐ฆ โฒ + ๐ง โฒ) = 0 Dโoรน, ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ โ ๐ธ, ce qui achรจve de montrer que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . Deuxiรจme mรฉthode Comme ๐ง = โ๐ฅ โ ๐ฆ, ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ โ ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, โ๐ฅ โ ๐ฆ) = ๐ฅ (1, โ1,0) + ๐ฆ(0,1, โ1) ce qui montre que ๐ธ = ๐๐๐๐ก((1, โ1,0), (0,1, โ1)) โฒ
โฒ
โฒ
Et que par consรฉquent ๐ธ est un espace vectoriel. 2. Premiรจre mรฉthode. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ โฉ ๐น, dโune part ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง = 0 car ๐ข โ ๐ธ et il existe ๐ผ et ๐ฝ, rรฉels tels que ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ car ๐ข โ ๐น. Cette derniรจre รฉgalitรฉ sโรฉcrit aussi ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) = ๐ผ(1, โ2,3) + ๐ฝ(2,1, โ1) โ {๐ฆ = โ2๐ผ + ๐ฝ ๐ง = 3๐ผ โ ๐ฝ Par consรฉquent ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ ๐ฆ = โ2๐ผ + ๐ฝ ๐ฆ = โ2๐ผ + ๐ฝ ๐ฆ = โ2๐ผ + ๐ฝ ๐ข โ๐ธโฉ๐น โ{ โ{ โ{ ๐ง = 3๐ผ โ ๐ฝ ๐ง = 3๐ผ โ ๐ฝ ๐ง = 3๐ผ โ ๐ฝ ๐ฅ+๐ฆ+๐ง = 0 2๐ผ + 2๐ฝ = 0 (๐ผ + 2๐ฝ) + (โ2๐ผ + ๐ฝ) + (3๐ผ โ ๐ฝ) = 0 ๐ฅ = โ๐ผ ๐ฅ = ๐ผ + 2๐ฝ ๐ฆ = โ3๐ผ ๐ฆ = โ2๐ผ + ๐ฝ โ{ โ { ๐ง = 4๐ผ ๐ง = 3๐ผ โ ๐ฝ ๐ฝ = โ๐ผ ๐ฝ = โ๐ผ Cela montre quโil existe ๐ผ โ โ tel que ๐ข = ๐ผ (โ1, โ3,4) Autrement dit si on pose ๐ = (โ1, โ3,4), ๐ธ โฉ ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ ) Deuxiรจme mรฉthode On cherche une ou plusieurs รฉquations caractรฉrisant ๐น
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๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐น โ โ๐ผ โ โ, โ๐ฝ โ โ, ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ โ โ๐ผ โ โ, โ๐ฝ โ โ, (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ผ + 2๐ฝ = ๐ฅ = ๐ผ (1, โ2,3) + ๐ฝ(2,1, โ1) โ โ๐ผ โ โ, โ๐ฝ โ โ, {โ2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฆ โ โ๐ผ โ โ, โ๐ฝ 3๐ผ โ ๐ฝ = ๐ง ๐ผ + 2๐ฝ = ๐ฅ ๐ฟ + 2๐ฟ 2 1 { 5๐ฝ = ๐ฆ + 2๐ฅ โ โ๐ผ โ โ, โ๐ฝ โ โ, ๐ฟ3 โ 3๐ฟ1 โ7๐ฝ = ๐ง โ 7๐ฅ ๐ผ + 2๐ฝ = ๐ฅ 5๐ฝ = ๐ฆ + 2๐ฅ โ โ, { โ โ๐ผ โ โ, โ๐ฝ 5๐ฟ3 + 7๐ฟ2 0 = 5(๐ง โ 3๐ฅ ) + 7(๐ฆ + 2๐ฅ ) ๐ผ + 2๐ฝ = ๐ฅ { 5๐ฝ = ๐ฆ + 2๐ฅ โ โ, 4๐ฟ3 + 5๐ฟ2 โ๐ฅ + 7๐ฆ + 5๐ง = 0 Donc ๐น = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ โ3 , โ๐ฅ + 7๐ฆ + 5๐ง = 0} Ensuite on cherche lโintersection ๐ฅ+๐ฆ+๐ง = 0 ๐ฅ+๐ฆ+๐ง = 0 ๐ฅ+๐ฆ+๐ง= 0 3 ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ โฉ ๐น โ { โ ๐ฟ2 + ๐ฟ1 { โ{ 8๐ฆ + 6๐ง = 0 โ๐ฅ + 7๐ฆ + 5๐ง = 0 ๐ฆ=โ ๐ง 4 3 1 ๐ฅโ ๐ง+๐ง = 0 ๐ฅ=โ ๐ง 4 4 โ{ โ{ 3 3 ๐ฆ=โ ๐ง ๐ฆ=โ ๐ง 4 4 1 3 ๐ง Par consรฉquent ๐ข = (โ ๐ง, โ ๐ง, ๐ง) = (โ1, โ3,4) 4
4
4
On trouve le mรชme rรฉsultat. Troisiรจme mรฉthode On cherche une รฉquation du plan ๐น (parce que lโon se doute bien que cโest un plan). Un vecteur orthogonal ร ce plan est ๐ โง ๐ dont les coordonnรฉes sont 2โ3 1 2 โ1 (โ2) โง ( 1 ) = (6 + 1) = ( 7 ) 3 โ1 1+4 5 Et lโensemble des vecteurs ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) orthogonaux ร ce vecteur vรฉrifient โ๐ฅ + 7๐ฆ + 5๐ง = 0 Puis on finit comme dans la deuxiรจme mรฉthode. 3. ๐ธ โฉ ๐น โ {0โ3 }, on nโa pas ๐ธ โ ๐น = โ3. Ou alors dim(๐ธ) + dim(๐น ) = 2 + 2 = 4 โ 3 = dim(โ3 ), si on a montrรฉ que ๐ธ et ๐น รฉtaient des plans. Allez ร : Exercice 18 Correction exercice 19. 1. ๐ฟ1 ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ฟ2 {๐ฅ + ๐ฆ โ 2๐ง = 0 โ { ๐ฅ = ๐ง ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ โ {๐ฅ + ๐ฆ โ 2๐ง = 0 โ ๐ฟ3 โ 2๐ฟ2 โ3๐ฆ + 3๐ง = 0 ๐ฆ=๐ง 2๐ฅ โ ๐ฆ โ ๐ง = 0 ๐ข = (๐ง, ๐ง, ๐ง) = ๐ง(1,1,1) ๐ฅ=๐ง โ{ ๐ฆ=๐ง Donc ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐) ce qui montre que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 Autre mรฉthode 0+0โ2ร0 =0 { โ 0โ3 โ ๐ธ 2ร0โ0โ0 =0 ๐ฅ + ๐ฆ1 โ 2๐ง1 = 0 ๐ฅ + ๐ฆ2 โ 2๐ง2 = 0 Soient ๐ข1 = (๐ฅ1 , ๐ฆ1 , ๐ง1 ) โ ๐ธ et ๐ข2 = (๐ฅ2 , ๐ฆ2 , ๐ง2 ) โ ๐ธ, on a { 1 et { 2 2๐ฅ1 โ ๐ฆ1 โ ๐ง1 = 0 2๐ฅ2 โ ๐ฆ2 โ ๐ง2 = 0 19
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Pascal lainรฉ ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 = (๐1 ๐ฅ1 + ๐2 ๐ฅ2 , ๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 , ๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 )
(๐ ๐ฅ + ๐2 ๐ฅ2 ) + (๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 ) โ 2(๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 ) = ๐1 (๐ฅ1 + ๐ฆ1 โ 2๐ง1) + ๐2 (๐ฅ2 + ๐ฆ2 โ 2๐ง2 ) = 0 { 1 1 2(๐1 ๐ฅ1 + ๐2 ๐ฅ2 ) โ (๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 ) โ (๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 ) = ๐1 (2๐ฅ1 โ ๐ฆ1 โ ๐ง1) + ๐2 (2๐ฅ2 โ ๐ฆ2 โ ๐ง2 ) = 0 Ce qui montre que ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 โ ๐ธ Et finalement ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . 2. {๐} est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ, ce vecteur est non nul, cโest une base de ๐ธ, bref ๐ธ est la droite engendrรฉe par le vecteur ๐. 3. 1+0โ1 =0 โ ๐ โ ๐น 0+1โ1=0โ๐ โ๐น ๐ et ๐ ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de ๐น donc dim(๐น ) โฅ 2. (1,0,0) โ ๐น donc ๐น โ โ3 par consรฉquent dim(๐น ) < dim(โ3 ) = 3. On dรฉduit de cela que dim(๐น ) = 2 et que par suite la famille {๐, ๐ } est libre (dans ๐น) ร deux รฉlรฉments, cโest une base de ๐น. 4. 1 + 1 โ 1 = 1 โ 0 โ ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐ ) et {๐, ๐} est libre donc {๐, ๐, ๐} est libre (cโest une base de โ3 , puisque cette famille a trois รฉlรฉments) 5. {๐} est une base de ๐ธ, {๐, ๐} est une base de ๐น et {๐, ๐, ๐} est une base de โ3 par consรฉquent ๐ธ โ ๐น = โ3 6. On cherche ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ tels que ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ =๐ฅ +๐พ=๐ฆ ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ โ (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) = ๐ผ (1,1,1) + ๐ฝ (1,0,1) + ๐พ(0,1,1) โ ๐ฟ2 { ๐ผ ๐ฟ3 ๐ผ + ๐ฝ + ๐พ = ๐ง ๐ผ =๐ฅ+๐ฆโ๐ง ๐ฟ1 ๐ผ+๐ฝ =๐ฅ ๐ผ = โ๐ฝ + ๐ฅ โ ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { โ๐ฝ + ๐พ = โ๐ฅ + ๐ฆ โ {๐ฝ = ๐พ + ๐ฅ โ ๐ฆ โ { ๐ฝ = โ๐ฆ + ๐ง ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง ๐ข = (๐ฅ + ๐ฆ โ ๐ง)๐ + (โ๐ฆ + ๐ง)๐ + (โ๐ฅ + ๐ง)๐ Allez ร : Exercice 19 Correction exercice 20. 1ยฐ) ๐ฟ1 ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ฟ2 {๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง = 0 โ { ๐ฅ = โ๐ง ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) โ ๐ธ โ {2๐ฅ + ๐ฆ โ ๐ง = 0 โ 2๐ฟ3 โ ๐ฟ2 3๐ฆ + 3๐ง = 0 ๐ฆ = โ๐ง ๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง = 0 ๐ข = (๐ง, ๐ง, ๐ง) = โ๐ง(1, โ1,1) ๐ฅ = โ๐ง โ{ ๐ฆ = โ๐ง Donc ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐) avec ๐ = (1, โ1,1) ce qui montre que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 Autre mรฉthode 2ร0+0โ0 = 0 { โ 0โ3 โ ๐ธ 0+2ร0+0 = 0 2๐ฅ + ๐ฆ1 โ ๐ง1 = 0 2๐ฅ + ๐ฆ2 โ ๐ง2 = 0 Soient ๐ข1 = (๐ฅ1 , ๐ฆ1 , ๐ง1 ) โ ๐ธ et ๐ข2 = (๐ฅ2 , ๐ฆ2 , ๐ง2 ) โ ๐ธ, on a { 1 et { 2 ๐ฅ1 + 2๐ฆ1 + ๐ง1 = 0 ๐ฅ2 + 2๐ฆ2 + ๐ง2 = 0 ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 = (๐1 ๐ฅ1 + ๐2 ๐ฅ2 , ๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 , ๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 ) 2(๐ ๐ฅ + ๐2 ๐ฅ2 ) + (๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 ) + (๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 ) = ๐1 (2๐ฅ1 + ๐ฆ1 โ ๐ง1 ) + ๐2 (2๐ฅ2 + ๐ฆ2 โ ๐ง2 ) = 0 { 1 1 (๐1 ๐ฅ1 + ๐2 ๐ฅ2 ) + 2(๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 ) + (๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 ) = ๐1 (๐ฅ1 + 2๐ฆ1 + ๐ง1 ) + ๐2 (๐ฅ2 + 2๐ฆ2 + ๐ง2 ) = 0 Ce qui montre que ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 โ ๐ธ Et finalement ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . 20
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2ยฐ) {๐} est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ, ce vecteur est non nul, cโest une base de ๐ธ, bref ๐ธ est la droite engendrรฉe par le vecteur ๐. 3ยฐ) 2 ร (โ2) โ 3 ร (โ1) + 1 = 0 โ ๐ โ ๐น 2 ร (โ1) โ 3 ร 0 + 2 = 0 โ ๐ โ ๐น ๐ et ๐ ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de ๐น donc dim(๐น ) โฅ 2. (1,0,0) โ ๐น donc ๐น โ โ3 par consรฉquent dim(๐น ) < dim(โ3 ) = 3. On dรฉduit de cela que dim(๐น ) = 2 et que par suite la famille {๐, ๐ } est libre (dans ๐น) ร deux รฉlรฉments, cโest une base de ๐น. 4ยฐ) 2 ร 1 โ 3 ร (โ1) + 1 = 6 โ 0 โ ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐ ) et {๐, ๐} est libre donc {๐, ๐, ๐} est libre (cโest une base de โ3 , puisque cette famille a trois รฉlรฉments) 5ยฐ) {๐} est une base de ๐ธ, {๐, ๐} est une base de ๐น et {๐, ๐, ๐} est une base de โ3 par consรฉquent ๐ธ โ ๐น = โ3 6ยฐ) On cherche ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ tels que ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ ๐ฟ1 ๐ผ โ 2๐ฝ โ ๐พ = ๐ฅ =๐ฆ ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ โ (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) = ๐ผ(1, โ1,1) + ๐ฝ(โ2, โ1,1) + ๐พ(โ1,0,2) โ ๐ฟ2 {โ๐ผ โ ๐ฝ ๐ฟ3 ๐ผ + ๐ฝ + 2๐พ = ๐ง ๐ผ โ 2๐ฝ โ ๐พ = ๐ฅ ๐ผ = 2๐ฝ + ๐พ + ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ + ๐ฟ โ3๐ฝ โ ๐พ = ๐ฅ + ๐ฆ โ3๐ฝ =๐พ+๐ฅ+๐ฆ { โ 2 โ 1{ ๐ฟ + ๐ฟ 3 2 ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 2๐พ = ๐ฆ + ๐ง 3๐ฝ + 3 ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง 1 1 ๐ผ = 2๐ฝ + ๐ฆ + ๐ง + ๐ฅ 2 2 1 1 3 1 โ โ3๐ฝ = ๐ฆ + ๐ง + ๐ฅ + ๐ฆ = ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง 2 2 2 2 1 1 ๐พ= ๐ฆ+ ๐ง { 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ๐ผ = 2 (โ ๐ฅ โ ๐ฆ โ ๐ง) + ๐ฆ + ๐ง + ๐ฅ ๐ผ= ๐ฅโ ๐ฆ+ ๐ง 3 2 6 2 2 3 2 6 1 1 1 1 1 1 โ โ ๐ฝ=โ ๐ฅโ ๐ฆโ ๐ง ๐ฝ =โ ๐ฅโ ๐ฆโ ๐ง 3 2 6 3 2 6 1 1 1 1 ๐พ= ๐ฆ+ ๐ง ๐พ= ๐ฆ+ ๐ง { { 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ๐ข = ( ๐ฅ โ ๐ฆ + ๐ง) ๐ + (โ ๐ฅ โ ๐ฆ โ ๐ง) ๐ + ( ๐ฆ + ๐ง) ๐ 3 2 6 3 2 6 2 2 Allez ร : Exercice 20 Correction exercice 21. 1. ๐ฟ1 ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) ( ) ๐ฟ { ๐ฅ + ๐ฆ โ ๐ง = 0 { ๐ฅ + ๐ฆ โ ๐ง = 0 { ๐ฅ=๐ง ๐ข = ๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง โ ๐ธ โ โ โ 2 ๐ฟ3 โ ๐ฟ2 ๐ฆ=0 ๐ฅโ๐ฆโ๐ง= 0 ๐ฆ=0 ๐ข = (๐ง, 0, ๐ง) = ๐ง(1,0,1) ๐ฅ=๐ง โ{ ๐ฆ=0 Donc ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐) ce qui montre que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 Autre mรฉthode 0+0โ0 = 0 { โ 0โ3 โ ๐ธ 0โ0โ0 = 0 ๐ฅ + ๐ฆ1 โ ๐ง1 = 0 ๐ฅ + ๐ฆ2 โ ๐ง2 = 0 Soient ๐ข1 = (๐ฅ1 , ๐ฆ1 , ๐ง1 ) โ ๐ธ et ๐ข2 = (๐ฅ2 , ๐ฆ2 , ๐ง2 ) โ ๐ธ, on a { 1 et { 2 ๐ฅ1 โ ๐ฆ1 โ ๐ง1 = 0 ๐ฅ2 โ ๐ฆ2 โ ๐ง2 = 0 21
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Pascal lainรฉ ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 = (๐1 ๐ฅ1 + ๐2 ๐ฅ2 , ๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 , ๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 )
(๐ ๐ฅ + ๐2 ๐ฅ2 ) + (๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 ) โ (๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 ) = ๐1 (๐ฅ1 + ๐ฆ1 โ ๐ง1 ) + ๐2 (๐ฅ2 + ๐ฆ2 โ ๐ง2 ) = 0 { 1 1 (๐1 ๐ฅ1 + ๐2 ๐ฅ2 ) โ (๐1 ๐ฆ1 + ๐2 ๐ฆ2 ) โ (๐1 ๐ง1 + ๐2 ๐ง2 ) = ๐1 (๐ฅ1 โ ๐ฆ1 โ ๐ง1 ) + ๐2 (๐ฅ2 โ ๐ฆ2 โ ๐ง2 ) = 0 Ce qui montre que ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 โ ๐ธ Et finalement ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . 2. {๐} est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ, ce vecteur est non nul, cโest une base de ๐ธ, bref ๐ธ est la droite engendrรฉe par le vecteur ๐. 3. 1+1โ2ร1 = 0 โ๐ โ ๐น 0+2โ2ร1 = 0โ ๐ โ๐น ๐ et ๐ ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de ๐น donc dim(๐น ) โฅ 2. (1,0,0) โ ๐น donc ๐น โ โ3 par consรฉquent dim(๐น ) < dim(โ3 ) = 3. On dรฉduit de cela que dim(๐น ) = 2 et que par suite la famille {๐, ๐ } est libre (dans ๐น) ร deux รฉlรฉments, cโest une base de ๐น. 4. 1 + 0 โ 2 ร 1 = โ1 โ 0 โ ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐ ) et {๐, ๐} est libre donc {๐, ๐, ๐} est libre (cโest une base de โ3 , puisque cette famille a trois รฉlรฉments) 5. {๐} est une base de ๐ธ, {๐, ๐} est une base de ๐น et {๐, ๐, ๐} est une base de โ3 par consรฉquent ๐ธ โ ๐น = โ3 6. On cherche ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ tels que ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ =๐ฅ ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ ๐ฝ + 2๐พ = ๐ฆ โ 7. ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ โ (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง) = ๐ผ (1,0,1) + ๐ฝ(1,1,1) + ๐พ(0,2,1) โ ๐ฟ2 { ๐ฟ3 ๐ผ + ๐ฝ + ๐พ = ๐ง ๐ผ = โ๐ฝ + ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ผ+๐ฝ =๐ฅ ๐ผ = โ๐ฝ + ๐ฅ ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { ๐ฝ + 2๐พ = ๐ฆ โ {๐ฝ = โ2๐พ + ๐ฆ โ {๐ฝ = โ2(โ๐ฅ + ๐ง) + ๐ฆ โ ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง ๐ผ = โ2๐ฅ โ ๐ฆ + 2๐ง + ๐ฅ = โ๐ฅ โ ๐ฆ + 2๐ง { ๐ฝ = 2๐ฅ + ๐ฆ โ 2๐ง ๐พ = โ๐ฅ + ๐ง 8. ๐ข = (2๐ฅ + ๐ฆ โ 2๐ง)๐ + (โ๐ฅ โ ๐ฆ + 2๐ง)๐ + (โ๐ฅ + ๐ง)๐ ๐ข = (โ๐ฅ โ ๐ฆ + 2๐ง)๐ + (2๐ฅ + ๐ฆ โ 2๐ง)๐ + (โ๐ฅ + ๐ง)๐ Allez ร : Exercice 21 Correction exercice 22. 1. Une famille de 4 vecteurs dans un espace de dimension 3 est liรฉe, ce nโest pas une base. 2. Pour tout ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ et ๐ฟ rรฉels ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ + ๐ฟ๐ = 0โ3 โ ๐ผ (2, โ1, โ1) + ๐ฝ(โ1,2,3) + ๐พ(1,4,7) + ๐ฟ (1,1,2) = (0,0,0) 2๐ผ โ ๐ฝ + ๐พ + ๐ฟ = 0 2๐ผ โ ๐ฝ + ๐พ + ๐ฟ = 0 ๐ฟ1 ๐ฟ1 โ ๐ฟ2 { โ๐ผ + 2๐ฝ + 4๐พ + ๐ฟ = 0 โ 2๐ฟ2 + ๐ฟ1 { 3๐ฝ + 9๐พ + 3๐ฟ = 0 ๐ฟ3 โ๐ผ + 3๐ฝ + 7๐พ + 2๐ฟ = 0 ๐ฟ3 โ ๐ฟ2 ๐ฝ + 3๐พ + ๐ฟ = 0 2๐ผ โ ๐ฝ + ๐พ + ๐ฟ = 0 2๐ผ โ ๐ฝ + ๐พ + ๐ฟ = 0 2๐ผ โ (โ3๐พ โ ๐ฟ) + ๐พ + ๐ฟ = 0 โ{ โ{ โ{ ๐ฝ + 3๐พ + ๐ฟ = 0 ๐ฝ = โ3๐พ โ ๐ฟ ๐ฝ = โ3๐พ โ ๐ฟ 2๐ผ + 4๐พ + 2๐ฟ = 0 ๐ผ = โ2๐พ โ ๐ฟ โ{ โ{ ๐ฝ = โ3๐พ โ ๐ฟ ๐ฝ = โ3๐พ โ ๐ฟ Donc pour tout ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ et ๐ฟ rรฉels ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ + ๐ฟ๐ = 0โ3 โ (โ2๐พ โ ๐ฟ)๐ + (โ3๐พ โ ๐ฟ)๐ + ๐พ๐ + ๐ฟ๐ = 0โ3 โ ๐พ(โ2๐ โ 3๐ + ๐ ) + ๐ฟ (โ๐ โ ๐ + ๐ ) = 0โ3 22
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Ce qui montre que โ2๐ โ 3๐ + ๐ = 0โ3 et que โ๐ โ ๐ + ๐ = 0โ3 , autrement dit ๐ = 2๐ + 3๐ et ๐ = ๐ + ๐ Par consรฉquent ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐, ๐, ๐, ๐ ) = ๐๐๐๐ก(๐, ๐, 2๐ + 3๐, ๐ + ๐) = ๐๐๐๐ก(๐, ๐) (๐, ๐) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ, les vecteurs ๐ et ๐ ne sont pas proportionnels donc (๐, ๐) est libre, cโest une base de ๐ธ. 3. ๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) โ ๐ธ โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, ๐ฅ = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, ๐ผ (2, โ1, โ1) + ๐ฝ (โ1,2,3) 2๐ผ โ ๐ฝ = ๐ฅ1 ๐ฟ1 2๐ผ โ ๐ฝ = ๐ฅ1 ๐ฟ1 = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, ๐ฟ2 {โ๐ผ + 2๐ฝ = ๐ฅ2 โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, 2๐ฟ2 + ๐ฟ1 {3๐ฝ = 2๐ฅ2 + ๐ฅ1 ๐ฟ3 โ๐ผ + 3๐ฝ = ๐ฅ3 ๐ฟ3 โ ๐ฟ2 ๐ฝ = ๐ฅ3 โ ๐ฅ2 2๐ผ โ ๐ฝ = ๐ฅ1 ๐ฟ1 ๐ฟ 3๐ฝ = 2๐ฅ2 + ๐ฅ1 โ โ๐ผ, ๐ฝ โ โ, { 2 3๐ฟ3 โ ๐ฟ2 0 = 3(๐ฅ3 โ ๐ฅ2 ) โ (2๐ฅ2 + ๐ฅ1 ) = โ๐ฅ1 โ 5๐ฅ2 + 3๐ฅ3 Une รฉquation caractรฉrisant ๐ธ est โ๐ฅ1 โ 5๐ฅ2 + 3๐ฅ3 = 0 4. ๐1 = (1,0,0) ne vรฉrifie pas lโรฉquation caractรฉrisant ๐ธ donc ๐1 โ ๐ธ et (๐, ๐) est libre donc (๐, ๐, ๐1 ) est une famille libre ร 3 รฉlรฉment dans lโespace vectoriel โ3 , de dimension 3, cโest une base. Allez ร : Exercice 22 Correction exercice 23. Premiรจre partie 1. ๐ฅ+๐ฆ+๐งโ๐ก =0 ๐ฟ1 ๐ฅ + ๐ฆ + ๐ง โ ๐ก = 0 ๐ฟ1 ๐ฅ = 2๐ฆ ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐ธ โ ๐ฟ2 {๐ฅ โ 2๐ฆ + 2๐ง + ๐ก = 0 โ ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { โ3๐ฆ + ๐ง + 2๐ก = 0 โ {๐ง = โ๐ฆ ๐ฟ3 ๐ฅ โ ๐ฆ + ๐ง ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 ๐ก = 2๐ฆ =0 โ2๐ฆ +๐ก =0 Donc ๐ข = (2๐ฆ, ๐ฆ, โ๐ฆ, 2๐ฆ) = ๐ฆ(2,1, โ1,2) = ๐ฆ๐ 2. ๐ nโest pas le vecteur nul et engendre ๐ธ, cโest une base de ๐ธ et dim(๐ธ) = 1Soit ๐1 = (1,0,0,0), ๐1 โ ๐ธ car les composantes de ๐1 ne vรฉrifient pas les รฉquations caractรฉrisant ๐ธ. Donc (๐, ๐1 ) est libre. ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 ) si et seulement sโils existent ๐ผ et ๐ฝ rรฉels tels que : 2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ 2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ1 2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ โ๐ฝ = 2๐ฆ โ ๐ฅ ๐ฟ 2๐ฟ โ ๐ฟ1 โ๐ฝ = 2๐ฆ โ ๐ฅ ๐ผ=๐ฆ { ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐1 โ 2 { โ 2 โ ๐ฟ 3 + ๐ฟ2 { ๐ฟ3 2๐ง + ๐ฅ + 2๐ฆ โ ๐ฅ = 0 2๐ฟ3 + ๐ฟ1 ๐ฝ = 2๐ง + ๐ฅ โ๐ผ = ๐ง ๐ฟ โ ๐ฟ 4 2 ๐ฟ4 ๐ฟ โ ๐ฟ โ๐ฝ = ๐ก โ ๐ฅ 2๐ผ = ๐ก ๐ก โ ๐ฅ โ (2๐ฆ โ ๐ฅ ) = 0 4 1 4 Donc ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 ) = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ , ๐ฆ + ๐ง = 0 et โ 2๐ฆ + ๐ก = 0} Soit ๐2 = (0,1,0,0), ๐2 โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 ) car les composantes de ๐2 ne vรฉrifient pas les รฉquations caractรฉrisant ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 ) et (๐, ๐1 ) est libre donc (๐, ๐1 , ๐2 ) est libre. ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 , ๐2 ) si et seulement sโils existent ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ rรฉels tels que : 2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ1 2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ ๐ฟ 2๐ฟ โ ๐ฟ1 โ๐ฝ + 2๐พ = 2๐ฆ โ ๐ฅ ๐ผ+๐พ =๐ฆ { ๐ข = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐1 + ๐พ๐2 โ 2 { โ 2 ๐ฟ3 2๐ฟ3 + ๐ฟ1 ๐ฝ = 2๐ง + ๐ฅ โ๐ผ = ๐ง ๐ฟ4 ๐ฟ โ ๐ฟ โ๐ฝ = ๐กโ๐ฅ 2๐ผ = ๐ก 4 1 2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ 2๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ โ๐ฝ + 2๐พ = 2๐ฆ โ ๐ฅ โ๐ฝ + 2๐พ = 2๐ฆ โ ๐ฅ { โ ๐ฟ3 + ๐ฟ2 { โ 2๐พ = 2๐ง + 2๐ฆ 2๐พ = 2๐ง + ๐ฅ + 2๐ฆ โ ๐ฅ ๐ฟ4 + ๐ฟ3 ๐ฟ4 โ ๐ฟ2 โ2๐พ = ๐ก โ 2๐ฆ 0 = ๐ก + 2๐ง 4 Donc ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 , ๐2 ) = {(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ โ , 2๐ง + ๐ก = 0} Soit ๐3 = (0,0,1,0), ๐3 โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 , ๐2 ) car les composantes de ๐3 ne vรฉrifient pas lโ รฉquation caractรฉrisant ๐๐๐๐ก(๐, ๐1 , ๐2 ) et (๐, ๐1 , ๐2 ) est libre donc (๐, ๐1 , ๐2 , ๐3 ) est libre, comme cette famille a quatre vecteurs, cโest une base de โ4 . 23
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Allez ร : Exercice 23 Deuxiรจme partie 3. 2 ร 0 + 6 ร 0 + 7 ร 0 โ 0 = 0 donc 0โ4 โ ๐น. Soient ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐น et ๐ขโฒ = (๐ฅ โฒ , ๐ฆ โฒ , ๐ง โฒ , ๐ก โฒ) โ ๐น, on a alors 2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง โ ๐ก = 0 et 2๐ฅโฒ + 6๐ฆโฒ + 7๐งโฒ โ ๐กโฒ = 0. Soient ๐ et ๐โฒ deux rรฉels. ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ = ๐(๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) + ๐(๐ฅ โฒ , ๐ฆ โฒ, ๐ง โฒ , ๐ก โฒ ) = (๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ, ๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ, ๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ, ๐๐ก + ๐โฒ ๐ก โฒ ) 2(๐๐ฅ + ๐โฒ ๐ฅ โฒ ) + 6(๐๐ฆ + ๐โฒ ๐ฆ โฒ) + 7(๐๐ง + ๐โฒ ๐ง โฒ ) โ (๐๐ก + ๐โฒ ๐ก โฒ ) = ๐ (2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง โ ๐ก) + ๐ (2๐ฅโฒ + 6๐ฆโฒ + 7๐งโฒ โ ๐กโฒ) = 0 Donc ๐น est un sous-espace vectoriel de โ4 . 4. ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐น โ ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) ๐๐ก ๐ก = 2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง โ ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, 2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง) Donc ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, 2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง) = ๐ฅ (1,0,0,2) + ๐ฆ(0,1,0,6) + ๐ง(0,0,1,7) ๐ข0 = (1,0,0,2), ๐ข1 = (0,1,0,6) et ๐ข2 = (0,0,1,7), (๐ข0 , ๐ข1 , ๐ข3 ) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐น. Il reste ร montrer que cette famille est libre : ๐ผ=0 ๐ผ=0 ๐ฝ=0 ๐ผ (1,0,0,2) + ๐ฝ(0,1,0,6) + ๐พ(0,0,1,7) = (0,0,0,0) โ { โ {๐ฝ = 0, ๐พ=0 ๐พ=0 2๐ผ + 6๐ฝ + 7๐พ = 0 Cette famille est bien libre, cโest une base de ๐น. 5. dim(๐ธ) = 1 et dim(๐น) = 3 donc dim(๐ธ) + dim(๐น) = 4 = dim(โ4 ) Comme 2 ร 2 + 6 ร 1 + 7 ร (โ1) โ 2 = 1 โ 0, ๐ = (2,1, โ1,2) โ ๐น, ๐ธ โฉ ๐น = {0โ4 } On a alors ๐ธ โ ๐น = โ4 . Allez ร : Exercice 23 Troisiรจme partie 6. Comme 2 ร 1 + 6 ร 1 + 7 ร (โ1) โ 1 = 0, ๐ โ ๐น. Comme 2 ร (โ1) + 6 ร (โ2) + 7 ร 3 โ 7 = 0, ๐ โ ๐น. Comme 2 ร 4 + 6 ร 4 + 7 ร (โ5) โ (โ3) = 0, ๐ โ ๐น. ๐ผ โ ๐ฝ + 4๐พ = 0 ๐ผ โ ๐ฝ + 4๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ผ=0 ๐ฟ2 ๐ผ โ 2๐ฝ + 4๐พ = 0 ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 โ๐ฝ = 0 { ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ = 0โ4 โ { โ โ {๐ฝ = 0 ๐ฟ3 โ๐ผ + 3๐ฝ โ 5๐พ = 0 ๐ฟ3 + ๐ฟ1 2๐ฝ โ ๐พ = 0 ๐พ=0 ๐ฟ4 ๐ผ + 7๐ฝ โ 3๐พ = 0 ๐ฟ4 + ๐ฟ1 8๐ฝ โ 7๐พ = 0 Donc (๐, ๐, ๐) est une famille libre dans un espace de dimension 3 (dim(๐น ) = 3), cโest une base de ๐น. 7. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) avec 2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง โ ๐ก = 0 ๐ผ โ ๐ฝ + 4๐พ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ผ โ ๐ฝ + 4๐พ = ๐ฅ ๐ฟ1 ๐ฟ ๐ผ โ 2๐ฝ + 4๐พ = ๐ฆ ๐ฟ โ ๐ฟ1 โ๐ฝ = โ๐ฅ + ๐ฆ { ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ = ๐ข โ 2 { โ 2 ๐ฟ3 โ๐ผ + 3๐ฝ โ 5๐พ = ๐ง ๐ฟ3 + ๐ฟ1 2๐ฝ โ ๐พ = ๐ฅ + ๐ง ๐ฟ4 ๐ผ + 7๐ฝ โ 3๐พ = ๐ก ๐ฟ4 + ๐ฟ1 8๐ฝ โ 7๐พ = โ๐ฅ + ๐ก ๐ผ โ ๐ฝ + 4๐พ = ๐ฅ ๐ฝ = ๐ฅโ๐ฆ โ ๐ฟ3 + 2๐ฟ2 { โ๐พ = โ๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง ๐ฟ4 + 8๐ฟ2 โ7๐พ = โ9๐ฅ + 8๐ฆ + ๐ก ๐ผ = ๐ฝ โ 4๐พ + ๐ฅ ๐ฝ = ๐ฅโ๐ฆ { โ ๐พ = ๐ฅ โ 2๐ฆ โ ๐ง ๐ฟ4 โ 7๐ฟ3 0 = โ9๐ฅ + 8๐ฆ + ๐ก โ 7(โ๐ฅ + 2๐ฆ + ๐ง) ๐ผ = ๐ฅ โ ๐ฆ โ 4(๐ฅ โ 2๐ฆ โ ๐ง) + ๐ฅ ๐ผ = โ2๐ฅ + 7๐ฆ + 4๐ง ๐ฝ = ๐ฅโ๐ฆ ๐ฝ = ๐ฅโ๐ฆ โ{ โ{ ๐พ = ๐ฅ โ 2๐ฆ โ ๐ง ๐พ = ๐ฅ โ 2๐ฆ โ ๐ง 0 = โ2๐ฅ โ 6๐ฆ โ 7๐ง + ๐ก 0=0 Donc pour tout ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐น avec 2๐ฅ + 6๐ฆ + 7๐ง โ ๐ก = 0 24
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๐ข = (โ2๐ฅ + 7๐ฆ + 4๐ง)๐ + (๐ฅ โ ๐ฆ)๐ + (๐ฅ โ 2๐ฆ โ ๐ง)๐ Allez ร : Exercice 23 Correction exercice 24. 1.
๐ฅ+๐ฆ+๐ง+๐ก =0 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ฅ+๐ฆ+๐ง+๐ก =0 ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐ธ โ ๐ฟ2 { ๐ฅ + 2๐ฆ โ ๐ง + ๐ก = 0 โ ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { ๐ฆ โ 2๐ง = 0 ๐ฟ3 โ๐ฅ โ ๐ฆ + 2๐ง + 2๐ก = 0 ๐ฟ3 + ๐ฟ1 3๐ง + 3๐ก = 0 ๐ฅ+๐ฆ+๐ง+๐ก =0 ๐ฅ + 2๐ง + ๐ง โ ๐ง = 0 ๐ฅ = โ2๐ง { { โ{ โ โ ๐ฆ = 2๐ง ๐ฆ = 2๐ง ๐ฆ = 2๐ง ๐ก = โ๐ง ๐ก = โ๐ง ๐ก = โ๐ง Donc ๐ข = (โ2๐ง, 2๐ง, ๐ง, โ๐ง) = ๐ง(โ2,2,1, โ1) On pose ๐ข0 = (โ2,2,1, โ1) et ๐ธ = ๐ฃ๐๐๐ก (๐ข0 ), ๐ธ est la droite engendrรฉe par le vecteur ๐ข0 . ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐น โ ๐ฅ + 3๐ฆ + 4๐ก = 0 โ ๐ฅ = โ3๐ฆ โ 4๐ก Donc ๐ข = (โ3๐ฆ โ 4๐ก, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) = ๐ฆ(โ3,1,0,0) + ๐ง(0,0,1,0) + ๐ก(โ4,0,0,1) On appelle ๐ข1 = (โ3,1,0,0), ๐ข2 = (0,0,1,0) et ๐ข3 = (โ4,0,0,1) et ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐น, il reste ร montrer quโelle est libre. โ3๐ผ โ 4๐พ = 0 ๐ผ=0 ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 + ๐พ๐ข3 = 0โ4 โ ๐ผ (โ3,1,0,0), +๐ฝ(0,0,1,0) + ๐พ(โ4,0,0,1) = (0,0,0,0) โ { ๐ฝ=0 ๐พ=0 ๐ผ=0 โ {๐ฝ = 0 ๐พ=0 (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est libre (et gรฉnรฉratrice de ๐น) cโest donc une base de ๐น. 2. ๐ข0 = (โ2,2,1, โ1) vรฉrifie โ2 + 3 ร 2 + 4 ร 1 = 0 Ce qui montre que ๐ข0 โ ๐น, par consรฉquent ๐ธ โ ๐น, et donc ๐ธ โฉ ๐น = ๐ธ โ {0โ4 }, ๐ธ et ๐น ne sont pas en somme directe. 3. ๐ = (1,3,0,4) 1 + 3 ร 3 + 4 ร 4 = 26 โ 0 Donc ๐ โ ๐น, par consรฉquent ๐บ โฉ ๐น = {0โ4 }, dโautre part dim(๐บ ) + dim(๐น ) = 1 + 3 = 4 = dim(โ4 ) On a ๐บ โ ๐น = โ4 Allez ร : Exercice 24
Correction exercice 25. 1. 0 + 2 ร 0 โ 3 ร 0 = 0 donc 0โ3 โ ๐ธ. Soient ๐ข = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) โ ๐ธ et ๐ขโฒ = (๐ฅ1โฒ , ๐ฅ2โฒ , ๐ฅ3โฒ ) โ ๐ธ alors ๐ฅ1 + 2๐ฅ2 โ 3๐ฅ3 = 0 ๐๐ก ๐ฅ1โฒ + 2๐ฅ2โฒ โ 3๐ฅ3โฒ = 0 Pour tout ๐ et ๐โฒ rรฉels : ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ = (๐๐ฅ1 + ๐โฒ ๐ฅ1โฒ , ๐๐ฅ2 + ๐๐ฅ2โฒ , ๐๐ฅ3 + ๐โฒ ๐ฅ3โฒ ) ๐๐ฅ1 + ๐โฒ ๐ฅ1โฒ + 2(๐๐ฅ2 + ๐๐ฅ2โฒ ) โ 3(๐๐ฅ3 + ๐โฒ ๐ฅ3โฒ ) = ๐(๐ฅ1 + 2๐ฅ2 โ 3๐ฅ3 ) + ๐โฒ (๐ฅ1โฒ + 2๐ฅ2โฒ โ 3๐ฅ3โฒ ) = 0 Donc ๐๐ข + ๐โฒ ๐ขโฒ โ ๐ธ ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ3 . ๐ข = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) ๐ข = (โ2๐ฅ2 + 3๐ฅ3 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) ๐ข = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) โ ๐ธ โ { โ{ ๐ฅ1 = โ2๐ฅ2 + 3๐ฅ3 ๐ฅ1 = โ2๐ฅ2 + 3๐ฅ3 ๐ข = (โ2๐ฅ2 + 3๐ฅ3 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 ) = ๐ฅ2 (โ2,1,0) + ๐ฅ3 (3,0,1) 25
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๐ = (โ2,1,0) et ๐ = (3,1,0) sont deux vecteurs non colinรฉaires, ils forment une famille libre qui engendre ๐ธ, cโest une base de ๐ธ, donc dim(๐ธ) = 2. 2. 1 + 2 ร 2 โ (โ3) ร 3 = 14 โ 0 donc ๐ โ ๐ธ, par consรฉquent ๐น โฉ ๐ธ = {0โ3 }, comme dim(๐ธ) + dim(๐น ) = 2 + 1 = 3 = dim(โ3 ) On a ๐ธ โ ๐น = โ3 Allez ร : Exercice 25 Correction exercice 26. 1. ๐ข = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) ๐ข = (โ๐ฅ3 , โ๐ฅ4 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) ๐ฅ1 = โ๐ฅ3 { ๐ฅ1 = โ๐ฅ3 โ ๐ฅ2 = โ๐ฅ4 ๐ฅ2 = โ๐ฅ4 ๐ข = (โ๐ฅ3 , โ๐ฅ4 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) = ๐ฅ3 (โ1,0,1,0) + ๐ฅ4 (0, โ1,0,1) ๐ข4 = (โ1,0,1,0) et ๐ข5 = (0, โ1,0,1) sont deux vecteurs non proportionnels, ils forment une famille libre qui engendre ๐ธ, cโest une base de ๐ธ, par consรฉquent dim(๐ธ) = 2. 2. Il est clair que ๐ข1 + ๐ข2 = 2๐ข3 donc la famille (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est liรฉe. 1 1 ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) = ๐๐๐๐ก (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข1 + ๐ข2 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 ) 2 2 ๐ข1 et ๐ข2 sont deux vecteurs non colinรฉaires, ils forment une famille libre qui engendre ๐น, cโest une base de ๐น, donc dim(๐น ) = 2. Attention certain dโentre vous on รฉcrit (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) ne sont pas proportionnels donc (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est une famille libre, cโest complรจtement faux, ce rรฉsultat est vrai pour deux vecteurs. 3. ๐ข = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐น โil existe ๐ผ et ๐ฝ rรฉels tels que ๐ข = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ1 ๐ฟ ๐ผ โ ๐ฝ = ๐ฅ2 ๐ข = ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 โ {๐ผ (1,1,1,1) + ๐ฝ (1, โ1,1, โ1) = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ 2 { ๐ฟ3 ๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ3 ๐ฟ4 ๐ผ โ ๐ฝ = ๐ฅ4 ๐ผ + ๐ฝ = ๐ฅ1 ๐ฟ1 ๐ฟ โ ๐ฟ1 โ2๐ฝ = โ๐ฅ1 + ๐ฅ2 { โ 2 ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 0 = โ๐ฅ1 + ๐ฅ3 ๐ฟ4 โ ๐ฟ2 0 = โ๐ฅ2 + ๐ฅ4 Donc ๐น = {(๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ โ4 , โ๐ฅ1 + ๐ฅ3 = 0 ๐๐ก โ ๐ฅ2 + ๐ฅ4 = 0} 4. ๐ธ + ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) Donc la famille (๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ + ๐น. Remarques : a. La rรฉponse ๐ธ + ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 ) est bonne aussi. b. On pouvait penser ร montrer que (๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) รฉtait libre (cโest le cas) mais cโest totalement inutile (si on avait demandรฉ de trouver une base alors lร , oui, il fallait montrer que cette famille รฉtait libre). Toutefois de montrer que cette (๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) est libre permettait de montrer que ๐ธ โ ๐น = โ4 , parce que si une base de ๐ธ, ยซ collรฉe ยป ร une base de ๐น donne une famille libre, on a ๐ธ + ๐น = ๐ธ โ ๐น, et comme (๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) est une famille libre de โ4 ร 4 vecteurs, cโest aussi une base de โ4 , autrement dit ๐ธ โ ๐น = โ4. Ce nโest pas lร peine dโen รฉcrire autant, il suffit de dire que puisque (๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) est une base de โ4 (libre plus 4 vecteurs) alors ๐ธ โ ๐น = โ4. Mais il y avait beaucoup plus simple pour montrer que ๐ธ โ ๐น = โ4 (voir question 5ยฐ)). c. Attention si on รฉcrit (๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) ne sont pas proportionnels donc (๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) est une famille libre, cโest complรจtement faux, ce rรฉsultat nโest vrai que pour deux vecteurs. d. Regardons ce que lโon peut faire et ne pas faire ๐ธ + ๐น = ๐๐๐๐ก(๐ข4 , ๐ข5 , ๐ข1 , ๐ข2 ) = ๐๐๐๐ก(โ๐1 + ๐3 , โ๐2 + ๐4 , ๐1 + ๐2 + ๐3 + ๐4 , ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ) ๐ข = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐ธ โ {
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รร cโest bon. Mais ensuite il faut simplifier correctement ๐ธ + ๐น = ๐๐๐๐ก(โ๐1 + ๐3 , โ๐2 + ๐4 , ๐1 + ๐2 + ๐3 + ๐4 + (๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ), ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(โ๐1 + ๐3 , โ๐2 + ๐4 , 2๐1 + 2๐3 , ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(โ๐1 + ๐3 , โ๐2 + ๐4 , ๐1 + ๐3 , ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(โ๐1 + ๐3 + (๐1 + ๐3 ), โ๐2 + ๐4 , ๐1 + ๐3 , ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(2๐3 , โ๐2 + ๐4 , ๐1 + ๐3 , ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐3 , โ๐2 + ๐4 , ๐1 + ๐3 , ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 ) Et lร on retombe sur une situation habituelle, comme ๐3 est tout seul, on peut le simplifier partout : ๐ธ + ๐น = ๐๐๐๐ก(๐3 , โ๐2 + ๐4 , ๐1 , ๐1 โ ๐2 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐3 , โ๐2 + ๐4 , ๐1 , โ๐2 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐3 , โ๐2 + ๐4 + (โ๐2 โ ๐4 ), ๐1 , โ๐2 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐3 , โ2๐2 , ๐1 , โ๐2 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐3 , ๐2 , ๐1 , โ๐2 โ ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐3 , ๐2 , ๐1 , โ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐3 , ๐2 , ๐1 , ๐4 ) = โ4 On peut รฉventuellement se servir de cela pour montrer que ๐ธ โ ๐น = โ4 (il reste ร dire que la somme des dimension de ๐ธ et de ๐น est 4) mais ce nโest pas ce qui est demandรฉ. 5. dim(๐ธ) + dim(๐น ) = 2 + 2 = 4 = dim(โ4 ) ๐ฅ1 + ๐ฅ3 = 0 ๐ฅ1 = 0 ๐ฅ2 + ๐ฅ4 = 0 ๐ฅ2 = 0 ๐ข โ๐ธโฉ๐น โ{ โ{ โ ๐ข = 0โ4 โ๐ฅ1 + ๐ฅ3 = 0 ๐ฅ3 = 0 โ๐ฅ2 + ๐ฅ4 = 0 ๐ฅ4 = 0 Donc ๐ธ โฉ ๐น = {0โ4 } Par consรฉquent ๐ธ โ ๐น = โ4 Autre mรฉthode : On aurait pu montrer que (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) รฉtait une famille libre. Allez ร : Exercice 26 Correction exercice 27. 1. ๐ฅ + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 ๐ฅ + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 ๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐น1 โ { 1 โ{ 1 2๐ฅ1 + ๐ฅ2 = 0 ๐ฅ2 = โ2๐ฅ1 ๐ฅ = ๐ฅ โ ๐ฅ โ๐ฅ + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 3 1 4 โ{ 1 โ { ๐ฅ = โ2๐ฅ ๐ฅ2 = โ2๐ฅ1 2 1 Donc ๐ฅ = (๐ฅ1 , โ2๐ฅ1 , ๐ฅ1 โ ๐ฅ4 , ๐ฅ4 ) = ๐ฅ1 (1, โ2,1,0) + ๐ฅ4 (0,0, โ1,1) On pose ๐ = (1, โ2,1,0) et ๐ = (0,0, โ1,1) Ces deux vecteurs engendrent ๐น1 , ils ne sont pas proportionnels, donc ils forment une famille libre, par consรฉquent (๐, ๐ ) est une base de ๐น1 . 2.
๐ฅ4 = โ๐ฅ2 ๐ฅ + ๐ฅ4 = 0 ๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐น2 โ { 2 โ {๐ฅ = โ๐ฅ ๐ฅ1 + ๐ฅ3 = 0 3 1 Donc
๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , โ๐ฅ1 , โ๐ฅ2 ) = ๐ฅ1 (1,0, โ1,0) + ๐ฅ2 (0,1,0, โ1) On pose ๐ = (1,0, โ1,0) et ๐ = (0,1,0, โ1) Ces deux vecteurs engendrent ๐น2 , ils ne sont pas proportionnels, donc ils forment une famille libre, par consรฉquent (๐, ๐ ) est une base de ๐น2 . 3. Premiรจre mรฉthode
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๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 ๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 0 2๐ฅ1 + ๐ฅ2 = 0 2๐ฅ1 + ๐ฅ2 = 0 ๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐น1 โฉ ๐น2 โ { โ{ ๐ฅ2 + ๐ฅ4 = 0 ๐ฅ4 = โ๐ฅ2 ๐ฅ3 = โ๐ฅ1 ๐ฅ1 + ๐ฅ3 = 0 ๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ1 + ๐ฅ2 = 0 0=0 ๐ฅ2 = โ2๐ฅ1 2๐ฅ1 + ๐ฅ2 = 0 2๐ฅ1 + ๐ฅ2 = 0 โ{ โ{ โ { ๐ฅ3 = โ๐ฅ1 ๐ฅ4 = โ๐ฅ2 ๐ฅ4 = โ๐ฅ2 ๐ฅ4 = 2๐ฅ1 ๐ฅ3 = โ๐ฅ1 ๐ฅ3 = โ๐ฅ1 Donc ๐ฅ = (๐ฅ1 , โ2๐ฅ1 , โ๐ฅ1 , 2๐ฅ1 ) = ๐ฅ1 (1, โ2, โ1,2) Cela montre que ๐น1 โฉ ๐น2 = ๐๐๐๐ก((1, โ2, โ1,2)) On nโa pas ๐น1 โ ๐น2 = โ4 Deuxiรจme mรฉthode On rappelle que ๐น1 โ ๐น2 = โ4 โ (๐, ๐, ๐, ๐ ) est une base de โ4 . ๐พ = โ๐ผ ๐ผ+๐พ=0 ๐พ = โ๐ผ ๐ฟ = 2๐ผ โ2๐ผ + ๐ฟ = 0 ๐ฟ = 2๐ผ ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ + ๐ฟ๐ = 0โ4 โ { โ {๐ผ + ๐ฝ + ๐ผ = 0 โ { ๐ผ+๐ฝโ๐พ = 0 ๐ฝ = โ2๐ผ ๐ฝ + ๐ฟ = 0 โ๐ฝ โ ๐ฟ = 0 0=0 Cela nโentraine pas que ๐ผ = ๐ฝ = ๐พ = ๐ฟ = 0. (๐, ๐, ๐, ๐ ) est une famille liรฉe ce nโest pas une base de โ4 . 4. ๐ผ+๐ฝ+๐พ = 0 ๐ผ+๐ฝ+๐พ = 0 ๐ฟ2 โ ๐ฟ1 โ2๐ฝ โ 3๐พ = 0 ๐ผ โ ๐ฝ โ 2๐พ = 0 ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ + ๐ฟ๐ = 0โ4 โ { โ ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 { ๐ผ+๐ฝ+๐พโ๐ฟ = 0 โ๐ฟ = 0 ๐ฟ4 โ ๐ฟ1 โ2๐ฝ โ ๐พ โ ๐ฟ = 0 ๐ผโ๐ฝ+๐ฟ =0 ๐ผ+๐พ = 0 โ2๐ฝ โ 3๐พ = 0 โ{ ๐ฟ=0 โ2๐ฝ โ ๐พ = 0 En faisant la diffรฉrence des lignes ๐ฟ2 et ๐ฟ4 , on a ๐พ = 0, le reste sโen dรฉduit ๐ผ = ๐ฝ = ๐ฟ = 0. (๐, ๐, ๐, ๐ ) est une famille libre dans un espace vectoriel de dimension 4, cโest une base de โ4 . 5. Une base de ๐ธ ยซ collรฉe ยป ร une base de ๐น1 est une base de โ4 donc on a ๐ธ โ ๐น1 = โ4 . Allez ร : Exercice 27 Correction exercice 28. 1. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐ธ, ๐ฅ = ๐ฆ โ ๐ง + ๐ก donc ๐ข = (๐ฆ โ ๐ง + ๐ก, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) = ๐ฆ(1,1,0,0) + ๐ง(โ1,0,1,0) + ๐ก(1,0,0,1) Autrement dit ๐ธ = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 ) Ce qui montre que ๐ธ est un sous-espace vectoriel de โ4 . (๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 ) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ, il reste ร montrer que cโest une famille libre. Soient ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ trois rรฉels ๐ผ (๐1 + ๐2 ) + ๐ฝ(โ๐1 + ๐3 ) + ๐พ(๐1 + ๐4 ) = 0โ4 โ ๐ผ (1,1,0,0) + ๐ฝ(โ1,0,1,0) + ๐พ(1,0,0,1) = (0,0,0,0) ๐ผโ๐ฝ+๐พ =0 ๐ผ=0 โ{ ๐ฝ=0 ๐พ=0 Par consรฉquent (๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 ) est libre, cโest donc une base de ๐ธ. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐น, ๐ฅ = โ๐ฆ โ ๐ง โ ๐ก donc ๐ข = (โ๐ฆ โ ๐ง โ ๐ก, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) = ๐ฆ(โ1,1,0,0) + ๐ง(โ1,0,1,0) + ๐ก(โ1,0,0,1) Autrement dit 28
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๐ธ = ๐ฃ๐๐๐ก(โ๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , โ๐1 + ๐4 ) Ce qui montre que ๐น est un sous-espace vectoriel de โ4 . (โ๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , โ๐1 + ๐4 ) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐น, il reste ร montrer que cโest une famille libre. Soient ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ trois rรฉels ๐ผ(โ๐1 + ๐2 ) + ๐ฝ(โ๐1 + ๐3 ) + ๐พ (โ๐1 + ๐4 ) = 0โ4 โ ๐ผ (โ1,1,0,0) + ๐ฝ(โ1,0,1,0) + ๐พ(โ1,0,0,1) โ๐ผ โ ๐ฝ โ ๐พ = 0 ๐ผ=0 = (0,0,0,0) โ { ๐ฝ=0 ๐พ=0 Par consรฉquent (โ๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , โ๐1 + ๐4 ) est libre, cโest donc une base de ๐น. Soit ๐ข = (๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, ๐ก) โ ๐ป, ๐ข = (๐ฅ, 2๐ฅ, 3๐ฅ, 4๐ฅ ) = ๐ฅ (1,2,3,4) Donc ๐ป = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + 2๐2 + 3๐3 + 4๐4 ) Il sโagit donc dโun sous-espace vectoriel de โ4 , cโest la droite engendrรฉe par ๐1 + 2๐2 + 3๐3 + 4๐4 . 2. ๐ธ + ๐น = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 , โ๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , โ๐1 + ๐4 ) On peut ยซ simplifier ยป par โ๐1 + ๐3 = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 , โ๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐4 ) = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 , โ๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐4 + ๐1 + ๐4 ) = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 , โ๐1 + ๐2 , 2๐4 ) = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 + ๐4 , โ๐1 + ๐2 , ๐4 ) = ๐ฃ๐๐๐ก(๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 , โ๐1 + ๐2 , ๐4 ) = ๐ฃ๐๐๐ก(๐2 , โ๐1 + ๐3 , ๐1 , โ๐1 , ๐4 ) = ๐ฃ๐๐๐ก(๐2 , ๐3 , ๐1 , ๐4 ) = โ4 3. (1,2,3,4) ne vรฉrifie pas lโรฉquation caractรฉrisant ๐ธ car 1 โ 2 + 3 โ 4 = โ2 โ 0 donc ๐ธ โฉ ๐ป = {0โ4 } ๐ธ + ๐ป = ๐ฃ๐๐๐ก(โ๐1 + ๐2 , โ๐1 + ๐3 , โ๐1 + ๐4 , ๐1 + 2๐2 + 3๐3 + 4๐4 ) Allez ร : Exercice 28 Correction exercice 29. ๐ข1 + ๐ข2 = 3๐ข3 โ ๐ข3 =
1 1 ๐ข1 + ๐ข2 3 3
Donc 1 1 ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข1 + ๐ข2 , ๐ข4 ) = ๐๐๐๐ก(๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข4 ) 3 3 Est-ce que la famille (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข4 ) est libre, il nโy a pas moyen dโen รชtre sur sauf en faisant le calcul suivant : 2๐ผ + ๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ฟ1 2๐ผ + ๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ผ๐ข1 + ๐ฝ๐ข2 + ๐พ๐ข3 = 0โ3 โ ๐ฟ2 {๐ผ + 2๐ฝ โ ๐พ = 0 โ 2๐ฟ2 โ ๐ฟ1 { 3๐ฝ โ 3๐พ = 0 ๐ฟ3 ๐ผ โ ๐ฝ โ 2๐พ = 0 ๐ฟ3 โ ๐ฟ2 โ3๐ฝ โ ๐พ = 0 ๐ฟ1 2๐ผ + ๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ผ=0 โ ๐ฟ2 { 3๐ฝ โ 3๐พ = 0 โ {๐ฝ = 0 ๐ฟ 3 + ๐ฟ2 ๐พ=0 โ4๐พ = 0 Cette famille est libre, cโest une sous-famille libre de (๐ข1 , ๐ข2 , ๐ข3 , ๐ข4 ) qui engendre ๐ธ. Allez ร : Exercice 29 Correction exercice 30. 1. ๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐ธ โ {
๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) ๐ฅ = (๐ฅ2 , ๐ฅ2 , ๐ฅ4 , ๐ฅ4 ) ๐ฅ1 โ ๐ฅ2 = 0 { ๐ฅ1 = ๐ฅ2 โ ๐ฅ3 = ๐ฅ4 ๐ฅ3 โ ๐ฅ4 = 0 29
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๐ฅ = (๐ฅ2 , ๐ฅ2 , ๐ฅ4 , ๐ฅ4 ) = ๐ฅ2 (1,1,0,0) + ๐ฅ4 (0,0,1,1) On pose ๐ = (1,1,0,0) et ๐ = (0,0,1,1) ๐ธ = ๐๐๐๐ก(๐, ๐) ce qui entraine que {๐, ๐} est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ, et dโautre part {๐, ๐} est une famille libre car ces vecteurs ne sont pas proportionnels, donc {๐, ๐} est une base de ๐ธ. 2. Soit ๐ = (1,0,0,0) โ ๐ธ car les composantes de ๐ ne vรฉrifient pas les รฉquations caractรฉrisant ๐ธ. {๐, ๐} est libre dans ๐ธ et ๐ โ ๐ธ donc {๐, ๐, ๐ } est libre. ๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐, ๐ ) โ โ(๐ผ, ๐ฝ, ๐พ ) โ โ3 , ๐ฅ = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ ๐ฅ1 = ๐ผ + ๐พ ๐ฅ2 = ๐ผ ๐ฅ = ๐ผ๐ + ๐ฝ๐ + ๐พ๐ โ (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) = ๐ผ (1,1,0,0) + ๐ฝ(0,0,1,1) + ๐พ(1,0,0,0) โ { ๐ฅ = ๐ฝ 3 ๐ฅ4 = ๐ฝ ๐ฅ1 = ๐ผ + ๐พ ๐ฅ2 = ๐ผ โ{ ๐ฅ =๐ฝ 3 ๐ฅ4 โ ๐ฅ3 = 0 Donc ๐๐๐๐ก(๐, ๐, ๐ ) = {๐ฅ = (๐ฅ1 , ๐ฅ2 , ๐ฅ3 , ๐ฅ4 ) โ โ4 , ๐ฅ4 โ ๐ฅ3 = 0} Soit ๐ = (0,0,0,1), ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐, ๐ ) car les composantes de ๐ ne vรฉrifient pas ๐ฅ3 โ ๐ฅ4 = 0. {๐, ๐, ๐ } est libre et ๐ โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐, ๐ ) donc {๐, ๐, ๐, ๐ } est une famille libre, elle a 4 รฉlรฉments, cโest une base de โ4 . Allez ร : Exercice 30 Correction exercice 31. 1. 1 1 ๐ผ๐0 + ๐ฝ๐1 + ๐พ๐2 = 0 โ ๐ผ (๐ โ 1)(๐ โ 2) โ ๐ฝ๐(๐ โ 2) + ๐พ ๐(๐ โ 1) = 0 2 2 ๐ผ 2 ๐พ ๐ผ ๐พ 3๐ผ ๐พ โ (๐ โ 3๐ + 2) โ ๐ฝ(๐ 2 โ 2๐) + (๐ 2 โ ๐) = 0 โ ( โ ๐ฝ + ) ๐ 2 + (โ + 2๐ฝ โ ) ๐ + ๐ผ 2 2 2 2 2 2 ๐ผ ๐พ ๐พ โ๐ฝ+ = 0 โ๐ฝ + = 0 ๐พ = 2๐ฝ ๐ฝ=0 2 2 2 ๐พ 3๐ผ ๐พ =0โ โ โ {๐พ = 4๐ฝ โ { ๐พ = 0 +2๐ฝ โ = 0 โ + 2๐ฝ โ = 0 ๐ผ=0 2 ๐ผ=0 2 2 ๐ผ=0 { { ๐ผ=0 La famille (๐0 , ๐1 , ๐2 ) est une famille libre de trois รฉlรฉments dans un espace de dimension 3, cโest une base de โ2 [๐]. 2. On cherche ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ (en fonction de ๐, ๐ et ๐) tels que : ๐๐ 2 + ๐๐ + ๐ = ๐ผ๐0 + ๐ฝ๐1 + ๐พ๐2 En reprenant le calcul ci-dessus, il faut rรฉsoudre le systรจme : ๐ผ ๐พ ๐ผ=๐ ๐ผ=๐ ๐ผ=๐ โ๐ฝ+ =๐ ๐ ๐พ ๐พ ๐ ๐พ ๐ 2 2 โ๐ฝ+ =๐ โ๐ฝ + = ๐ โ 2 2 2 2 โ โ โ {โ๐ฝ + 2 = ๐ โ 2 3๐ผ ๐พ ๐ฟ 3 + ๐ฟ2 โ + 2๐ฝ โ = ๐ 3๐ ๐พ ๐พ 3๐ 2 2 ๐ฝ =๐+๐+๐ โ + 2๐ฝ โ = ๐ 2๐ฝ โ = ๐ + ๐ผ=๐ 2 2 2 { { 2 { ๐ผ=๐ ๐ผ=๐ ๐พ ๐ โ {2 = ๐ โ 2 + ๐ + ๐ + ๐ โ {๐พ = 4๐ + 2๐ + ๐ ๐ฝ = ๐+๐+๐ ๐ฝ = ๐+๐+๐ 3. On cherche ๐, ๐ et ๐ (en fonction de ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ) tels que : ๐๐ 2 + ๐๐ + ๐ = ๐ผ๐0 + ๐ฝ๐1 + ๐พ๐2 ๐ผ ๐พ ๐ = โ๐ฝ+ 2 2 3๐ผ ๐พ ๐=โ + 2๐ฝ โ 2 2 ๐=๐ผ { Cโรฉtait dรฉjร fait. 30
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4. Il est prรฉfรฉrable dโexprimer un tel polynรดme dans la base (๐0 , ๐1 , ๐2 ), autrement dit on cherche ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ tels que ๐
= ๐ผ๐0 + ๐ฝ๐1 + ๐พ๐2 vรฉrifie ๐
(0) = ๐ด, ๐
(1) = ๐ต et ๐
(2) = ๐ถ. ๐0 (0) = 1, ๐1 (0) = 0 et ๐2 (0) = 0 donc ๐ผ = ๐ด ๐0 (1) = 0, ๐1 (1) = 1 et ๐2 (1) = 0 donc ๐ฝ = ๐ต ๐0 (2) = 0, ๐1 (2) = 0 et ๐2 (2) = 1 donc ๐พ = ๐ถ Il nโy a quโun polynรดme ๐
= ๐ด๐0 + ๐ต๐1 + ๐ถ๐2 Ensuite, si on veut on peut exprimer ๐
dans la base canonique (mais ce nโest pas demandรฉ dans lโรฉnoncรฉ) ๐ด ๐ถ 3๐ด ๐ถ ๐
= ๐๐ 2 + ๐๐ + ๐ = ( โ ๐ต + ) ๐ 2 + (โ + 2๐ต โ ) ๐ + ๐ถ 2 2 2 2 Allez ร : Exercice 31 Correction exercice 32. 1. Soient ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ et ๐ฟ quatre rรฉels. ๐ผ๐1 + ๐ฝ๐2 + ๐พ๐3 + ๐ฟ๐4 = 0 โ ๐ผ(๐ 3 + ๐ 2 + ๐ + 1) + ๐ฝ(๐ 3 + 2๐ 2 + 3๐ + 4) + ๐พ(3๐ 3 + ๐ 2 + 4๐ + 2) + ๐ฟ (10๐ 3 + 4๐ 2 + 13๐ + 7) = 0 โ (๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ)๐ 3 + (๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ + 4๐ฟ)๐ 2 + (๐ผ + 3๐ฝ + 4๐พ + 13๐ฟ )๐ + ๐ผ ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ = 0 ๐ฟ ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ + 4๐ฟ = 0 + 4๐ฝ + 2๐พ + 7๐ฟ = 0 โ 2 { ๐ฟ3 ๐ผ + 3๐ฝ + 4๐พ + 13๐ฟ = 0 ๐ฟ4 ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ + 7๐ฟ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ = 0 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ฟ2 ๐ฟ โ ๐ฟ1 ๐ฝ โ 2๐พ โ 6๐ฟ = 0 ๐ฝ โ 2๐พ โ 6๐ฟ = 0 { { โ 2 โ ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 ๐ฟ โ 2๐ฟ 2๐ฝ + ๐พ + 3๐ฟ = 0 5๐พ + 15๐ฟ = 0 3 2 ๐ฟ4 โ ๐ฟ1 ๐ฟ4 โ 3๐ฟ2 3๐ฝ โ ๐พ โ 3๐ฟ = 0 5๐พ + 15๐ฟ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ + 10๐ฟ = 0 ๐ผ = โ๐ฟ ๐ฝ=0 โ { ๐ฝ โ 2๐พ โ 6๐ฟ = 0 โ { โ{ ๐ฝ=0 ๐พ = โ3๐ฟ ๐พ = โ3๐ฟ ๐พ = โ3๐ฟ Donc la famille (๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) est liรฉe. De plus si on prend ๐ฟ = โ1, ๐ผ = 1 et ๐พ = 3, donc ๐1 + 3๐3 โ ๐4 = 0 2. ๐๐๐๐ก(๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) = ๐๐๐๐ก(๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐1 + 3๐3 ) = ๐๐๐๐ก(๐1, ๐2 , ๐3 ) Il reste ร vรฉrifier que (๐1 , ๐2 , ๐3 ) est libre, soit on voit quโil sโagit du mรชme calcul que ci-dessus avec ๐ฟ = 0, et par consรฉquent ๐ผ = ๐ฝ = ๐พ = 0, soit on le refait ๐ผ๐1 + ๐ฝ๐2 + ๐พ๐3 = 0 โ ๐ผ (๐ 3 + ๐ 2 + ๐ + 1) + ๐ฝ (๐ 3 + 2๐ 2 + 3๐ + 4) + ๐พ (3๐ 3 + ๐ 2 + 4๐ + 2) = 0 โ (๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ )๐ 3 + (๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ )๐2 + (๐ผ + 3๐ฝ + 4๐พ )๐ + ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ฟ1 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = 0 ๐ฟ1 ๐ฟ2 ๐ฟ ๐ผ + 2๐ฝ + ๐พ = 0 ๐ฟ โ ๐ฟ1 ๐ฝ โ 2๐พ = 0 ๐ฝ โ 2๐พ = 0 { { โ 2{ โ 2 โ ๐ฟ3 ๐ผ + 3๐ฝ + 4๐พ = 0 ๐ฟ3 โ ๐ฟ1 ๐ฟ3 โ 2๐ฟ2 2๐ฝ + ๐พ = 0 5๐พ = 0 ๐ฟ4 ๐ผ + 4๐ฝ + 2๐พ = 0 ๐ฟ4 โ ๐ฟ1 ๐ฟ4 โ 3๐ฟ2 3๐ฝ โ ๐พ = 0 5๐พ = 0 ๐ผ + ๐ฝ + 3๐พ = 0 ๐ผ=0 โ { ๐ฝ โ 2๐พ = 0 โ {๐ฝ = 0 ๐พ=0 ๐พ=0 (๐1 , ๐2 , ๐3 ) est une famille libre et gรฉnรฉratrice de ๐๐๐๐ก(๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) Une base de ๐๐๐๐ก(๐1 , ๐2 , ๐3 , ๐4 ) est (๐1 , ๐2 , ๐3 ) Allez ร : Exercice 32 Correction exercice 33. 31
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1. Le vecteur nul de โ2 [๐] est le polynรดme nul, en 1 ce polynรดme vaut 0, le vecteur nul de โ2 [๐] est dans ๐ธ. Soit ๐1 โ ๐ธ et ๐2 โ ๐ธ, donc ๐1 (1) = 0 et ๐2 (1) = 0. Pour tout ๐1 et ๐2 deux rรฉels, (๐1 ๐1 + ๐2 ๐2 )(1) = ๐1 ๐1 (1) + ๐2 ๐2 (1) = ๐1 ร 0 + ๐2 ร 0 = 0 Donc ๐1 ๐1 + ๐2 ๐2 โ ๐ธ ๐ธ est un sous-espace vectoriel de ๐ธ. 2. Soit ๐ = ๐๐ 2 + ๐๐ + ๐ โ ๐ธ, ๐ (1) = 0 โ ๐ ร 12 + ๐ ร 1 + ๐ = 0 โ ๐ = โ๐ โ ๐ Donc ๐ = ๐๐ 2 + ๐๐ โ ๐ โ ๐ = ๐(๐ 2 โ 1) + ๐(๐ โ 1) ๐ 2 โ 1 et ๐ โ 1 sont deux polynรดmes non proportionnels, ils forment une famille libre qui engendre ๐ธ, cโest une base de ๐ธ. dim(๐ธ) = 2. Allez ร : Exercice 33 Correction exercice 34. 1. Le polynรดme nul ฮ vรฉrifie ฮ(โ1) = ฮ(1) = 0, donc ฮ โ ๐ธ. Soient ๐1 et ๐2 deux polynรดmes de ๐ธ et soient ๐1 et ๐2 deux rรฉels (๐1 ๐1 + ๐2 ๐2 )(โ1) = ๐1 ๐1 (โ1) + ๐2 ๐2 (โ1) = 0 Car ๐1 (โ1) = 0 et ๐2 (โ1) = 0, (๐1 ๐1 + ๐2 ๐2 )(1) = ๐1 ๐1 (1) + ๐2 ๐2 (1) = 0 Car ๐1 (1) = 0 et ๐2 (1) = 0, Donc ๐1 ๐1 + ๐2 ๐2 โ ๐ธ, ce qui montre que ๐ธ est un sous-espace-vectoriel de โ3 [๐] 2. โ1 et 1 sont racines de ๐ donc il existe ๐ tel que ๐ = (๐ โ 1)(๐ + 1)๐ = (๐ 2 โ 1)๐ Le degrรฉ de ๐ est 1, donc il existe deux rรฉels ๐ et ๐ tels que ๐ = (๐ 2 โ 1)(๐๐ + ๐) = ๐๐ (๐ 2 โ 1) + ๐(๐ 2 โ 1) (๐(๐ 2 โ 1), ๐ 2 โ 1) est une famille gรฉnรฉratrice de ๐ธ, ces polynรดmes ne sont pas proportionnels, ils forment dond une famille libre et donc une base de ๐ธ. Allez ร : Exercice 34 Correction exercice 35.
โ๐ฅ โ โ, ๐ผ sin(๐ฅ ) + ๐ฝ sin(2๐ฅ ) + ๐พ sin(3๐ฅ ) = 0
๐
Pour ๐ฅ = 3 ,
๐
๐ 2๐ ๐ผ ๐ฝ ๐ผ sin ( ) + ๐ฝ sin ( ) + ๐พ sin(๐) = 0 โ + = 0 โ ๐ฝ = โ๐ผ 3 3 2 2 โ๐ฅ โ โ, ๐ผ sin(๐ฅ ) โ ๐ผ sin(2๐ฅ ) + ๐พ sin(3๐ฅ ) = 0
Pour ๐ฅ = 2 ,
Pour ๐ฅ =
๐ 3๐ ๐ผ sin ( ) โ ๐ผ sin(๐) + ๐พ sin ( ) = 0 โ ๐พ = ๐ผ 2 2 โ๐ฅ โ โ, ๐ผ sin(๐ฅ ) โ ๐ผ sin(2๐ฅ ) + ๐ผ sin(3๐ฅ ) = 0
2๐ 3
2๐ 4๐ 1 1 ) โ ๐ผ sin ( ) + ๐ผ sin(2๐) = 0 โ ๐ผ ( โ (โ )) = 0 โ ๐ผ = 0 3 3 2 2 Donc ๐ผ = ๐ฝ = ๐พ = 0 Cette famille est libre. Allez ร : Exercice 35 ๐ผ sin (
Correction exercice 36. Premiรจre mรฉthode ๐น โ ๐๐๐๐ก(๐, ๐, โ) โ il existe ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ tels que โ๐ฅ โ โ, 32
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๐น (๐ฅ ) = ๐ผ cos(๐ฅ ) + ๐ฝ cos(๐ฅ ) cos(2๐ฅ ) + ๐พ sin(๐ฅ ) sin(2๐ฅ ) = ๐ผ cos(๐ฅ ) + ๐ฝ cos(๐ฅ ) (1 โ 2 cos 2 (๐ฅ )) + 2๐พ sin2 (๐ฅ ) cos(๐ฅ ) = ๐ผ cos(๐ฅ ) + ๐ฝ cos(๐ฅ ) โ 2๐ฝ cos 3 (๐ฅ ) + 2๐พ(1 โ cos 2 (๐ฅ )) cos(๐ฅ ) = (๐ผ + ๐ฝ + 2๐พ ) cos(๐ฅ ) + (โ2๐ฝ โ 2๐พ ) cos 3 (๐ฅ ) 3 Donc ๐น โ ๐๐๐๐ก(cos , cos ) Ce qui signifie que ๐๐๐๐ก(๐, ๐, โ) โ ๐๐๐๐ก(cos , cos 3 ), lโinclusion dans lโautre sens lโinclusion est รฉvidente donc ๐๐๐๐ก(๐, ๐, โ) = ๐๐๐๐ก(cos , cos 3 ) Qui est รฉvidemment un espace vectoriel de dimension 2. Deuxiรจme mรฉthode On cherche ร savoir si la famille (๐, ๐, โ) est libre, si cโest le cas, il nโy a pas grand-chose ร dire sur ๐๐๐๐ก(๐, ๐, โ) sinon que cโest un espace de dimension 3. Pour ๐ฅ =
๐ 4
Pour ๐ฅ = 0
โ๐ฅ โ โ,
๐ผ cos(๐ฅ ) + ๐ฝ cos(๐ฅ ) cos(2๐ฅ ) + ๐พ sin(๐ฅ ) sin(2๐ฅ ) = 0
๐ ๐ ๐ ๐ ๐ ๐ผ cos ( ) + ๐ฝ cos ( ) cos ( ) + ๐พ sin ( ) sin ( ) = 0 โ ๐ผ + ๐พ = 0 4 4 2 4 2
๐ผ cos(0) + ๐ฝ cos(0) cos(0) + ๐พ sin(0) sin(0) = 0 โ ๐ผ + ๐ฝ = 0 Donc ๐พ = โ๐ผ et ๐ฝ = โ๐ผ โ๐ฅ โ โ, ๐ผ cos(๐ฅ ) โ ๐ผ cos(๐ฅ ) cos(2๐ฅ ) + ๐ผ sin(๐ฅ ) sin(2๐ฅ ) = 0 Ensuite, on a beau chercher, pour toutes les valeurs de ๐ฅ particuliรจre, on trouve 0 = 0. โ๐ฅ โ โ, ๐ผ cos(๐ฅ ) โ ๐ผ cos(๐ฅ ) cos(2๐ฅ ) + ๐ผ sin(๐ฅ ) sin(2๐ฅ ) = 0 โ โ๐ฅ โ โ, ๐ผ (cos(๐ฅ ) โ cos(๐ฅ ) cos(2๐ฅ ) + sin(๐ฅ ) sin(2๐ฅ )) = 0 ( โ โ๐ฅ โ โ, ๐ผ cos(๐ฅ ) (1 โ cos(2๐ฅ )) + sin(๐ฅ ) 2 cos(x) sin(x)) = 0 โ โ๐ฅ โ โ, ๐ผ cos(๐ฅ ) (1 โ cos(2๐ฅ ) + 2 sin2 (๐ฅ )) = 0 โ โ๐ฅ โ โ, 0=0 Car cos(2๐ฅ ) = 1 โ 2 sin2 (๐ฅ ) La famille est donc liรฉe, ๐ et ๐ ne sont pas proportionnelles donc la famille est libre et ๐๐๐๐ก(๐, ๐, โ) = ๐๐๐๐ก(๐, ๐) Et dim(๐๐๐๐ก(๐, ๐, โ)) = 2. Remarque la famille (๐, ๐) ne ressemble pas trop ร la famille (cos , cos 3 ) mais dans un plan, je rappelle quโil y a une infinitรฉ de base. Allez ร : Exercice 36 Correction exercice 37. Soit ๐โ la fonction nulle
๐โโฒโฒ (๐ฅ ) + ๐ฅ๐โโฒ (๐ฅ ) โ ๐ฅ 2 ๐โ (๐ฅ ) = 0 + ๐ฅ ร 0 โ ๐ฅ 2 ร 0 = 0
Donc ๐โ โ ๐ธ Soient ๐ et ๐deux fonctions de ๐ธ. On a pour tout ๐ฅ โ โ ๐ โฒโฒ(๐ฅ ) + ๐ฅ๐ โฒ(๐ฅ ) โ ๐ฅ 2 ๐ (๐ฅ ) = 0 et ๐โฒโฒ(๐ฅ ) + ๐ฅ๐โฒ(๐ฅ ) โ ๐ฅ 2 ๐(๐ฅ ) = 0 Pour tout rรฉels ๐ et ๐ (๐๐ + ๐๐)โฒโฒ(๐ฅ ) + ๐ฅ (๐๐ + ๐๐)โฒ(๐ฅ ) โ ๐ฅ 2 (๐๐ + ๐๐)(๐ฅ ) = ๐๐ โฒโฒ(๐ฅ ) + ๐๐โฒโฒ(๐ฅ ) + ๐ฅ(๐๐ โฒ (๐ฅ ) + ๐๐โฒ (๐ฅ )) โ ๐ฅ 2 (๐๐(๐ฅ) + ๐๐(๐ฅ )) = ๐(๐ โฒโฒ(๐ฅ ) + ๐ฅ๐ โฒ(๐ฅ ) โ ๐ฅ 2 ๐ (๐ฅ )) + ๐(๐โฒโฒ(๐ฅ ) + ๐ฅ๐โฒ (๐ฅ ) โ ๐ฅ 2 ๐(๐ฅ )) = 0 Ce qui montre que ๐๐ + ๐๐ โ ๐ธ. Par consรฉquent ๐ธ est un sous-espace vectoriel de lโespace vectoriel des fonctions. Allez ร : Exercice 37 Correction exercice 38. (Hors programme) 1. Pour ๐1 Dรฉmontrons dโabord que si ๐โฒ โ โค, ๐โฒ โ โโ et ๐โฒ et ๐โฒ tels que ๐โฒ + ๐โฒโ2 = 0 alors ๐โฒ = ๐โฒ = 0 33
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On pose ๐ = ๐๐บ๐ถ๐ท(๐โฒ , ๐โฒ ), ๐โฒ = ๐๐ et ๐โฒ = ๐๐
๐=0 ๐ + ๐โ2 = 0 โ 2๐2 = ๐2 โ { ๐=0 ๐ + ๐โ2 = 0 โ ๐ = โ๐โ2 โ 2๐2 = ๐2 Dโaprรจs le thรฉorรจme de Gauss, (si ๐ et ๐ sont non nuls) ๐ divise 2๐2 et ๐ est premier avec ๐2 donc ๐ divise 2. ๐ โ {โ2, โ1,1,2} Si ๐ = ยฑ1 alors ๐2 = 1 et 2๐2 = 1 ce qui nโest pas possible. Si ๐ = ยฑ2 alors ๐2 = 4 et 2๐2 = 4 โ ๐2 = 2, ce qui nโest pas possible. Donc ๐ = 0 et ๐ = 0, par consรฉquent ๐โฒ = ๐ โฒ = 0. La seule solution de 2๐2 = ๐2 est (๐, ๐) = (0,0) ๐ ๐ Soient ๐1 = ๐1 et ๐2 = ๐2 deux rationnels non nuls. Donc ๐1 โ 0, ๐2 โ 0 (et bien sur ๐1 โ 0 et ๐2 โ 0) 1
2
et rien nโempรชche de prendre ๐1 < 0 et ๐2 > 0 (avec ๐1 > 0 et ๐2 > 0) Montrons que ๐1 ร 1 + ๐2 ร โ2 = 0 โ ๐1 = ๐2 = 0 ๐1 ร 1 + ๐2 ร โ2 = 0 โ ๐1 ๐2 + ๐2 ๐1 โ2 = 0 On pose ๐โฒ = ๐1 ๐2 < 0 et ๐ โฒ = ๐2 ๐1 > 0, Donc ๐โฒ + ๐โฒโ2 = 0 et dโaprรจs la premiรจre partie ๐โฒ = ๐โฒ = 0, ce qui est impossible si ๐1 โ 0 et ๐2 โ 0. Donc ๐1 = ๐2 = 0 et la famille est libre. Pour ๐2 ๐1 ร 1 + ๐2 ร โ2 + ๐3 โ3 = 0 ๐1 ๐2 ๐3 Avec ๐1 = ๐ , ๐2 = ๐ et ๐3 = ๐ 1
2
3
๐1 ร 1 + ๐2 ร โ2 + ๐3 โ3 = 0 โ ๐1 ๐2 ๐3 + ๐2 ๐1 ๐3 โ2 + ๐3 ๐1 ๐2 โ3 = 0 On pose ๐โฒ = ๐1 ๐2 ๐3 , ๐โฒ = ๐2 ๐1 ๐3 et ๐โฒ = ๐3 ๐1 ๐2 ๐โฒ + ๐โฒโ2 + ๐โฒโ3 = 0 โฒ Soit ๐ = ๐๐บ๐ถ๐ท(๐, ๐, ๐), ๐โฒ = ๐๐, ๐ = ๐๐ et ๐ โฒ = ๐๐ ๐ + ๐โ2 + ๐โ3 = 0 Oรน ๐, ๐ et ๐ sont trois entiers premiers entre eux. 2
๐ + ๐โ2 + ๐โ3 = 0 โ ๐ + ๐โ2 = โ๐โ3 โ (๐ + ๐โ2) = 3๐ 2 โ ๐2 + 2๐2 + 2๐๐โ2 = 3๐ 2 โ ๐2 + 2๐2 โ 3๐ 2 + 2๐๐โ2 = 0 On pose ๐ = ๐2 + 2๐2 โ 3๐ 2 et ๐ = 2๐๐, dโaprรจs la question prรฉcรฉdente : ๐ = 0 et ๐ = 0 Donc ๐๐ = 0 et ๐2 + 2๐2 โ 3๐ 3 = 0 Si ๐ = 0, 2๐ 2 โ 3๐ 3 = 0 โ 2๐2 = 3๐ 2, dโaprรจs le thรฉorรจme de Gauss, ๐ divise 2๐2 et ๐ est premier avec ๐2 (car 0, ๐ et ๐ sont trois entiers premiers entre eux entraine ๐ et ๐ sont premiers entre eux) donc ๐ divise 2, par consรฉquent ๐ โ {โ2, โ1,1,2}, soit ๐ 2 = 1 alors 2๐2 = 3 ce qui est impossible (le premier terme est paire et le second est impair). Le seul cas possible est ๐ = ๐ = 0, soit ๐ 2 = 4alors 2๐ 2 = 3 ร 4 โ ๐2 = 6 ce qui est impossible aussi puisque 6 nโest pas un carrรฉ, dans ce cas aussi la seule solution est ๐ = ๐ = 0. Si ๐ = 0, ๐2 โ 3๐ 2 = 0 โ ๐2 = 3๐ 2, on raccourcit la dรฉmonstration, toujours avec Gauss, ๐ divise 3 donc si ๐2 = 1, 3๐ 2 = 1 est impossible et si ๐2 = 9 alors ๐ 2 = 3 ce qui est aussi impossible, bref, la seule solution est lร encore ๐ = ๐ = 0 Tout cela pour dire que ๐ + ๐โ2 + ๐โ3 = 0 entraine ๐ = ๐ = ๐ = 0. Par consรฉquent ๐โฒ = ๐โฒ = ๐ โฒ = 0, comme ๐โฒ = ๐1 ๐2 ๐3 , ๐โฒ = ๐2 ๐1 ๐3 et ๐โฒ = ๐3 ๐1 ๐2 et que les ๐๐ sont non nuls, alors ๐1 = ๐2 = ๐3 = 0 et ๐1 = ๐2 = ๐3 = 0, ce qui montre bien que ๐2 est une famille โ-libre. 2.
๐1 ๐2 (3 + โ5, 2 + 3โ5) + (4,7โ5 โ 9) = (0,0) ๐1 ๐2 ๐1 ๐2 (3 + โ5) + ๐2 ๐1 (2 + 3โ5) = 0 ๐(3 + โ5) + ๐(2 + 3โ5) = 0 โ{ โ{ ๐1 ๐2 (2 + 3โ5) + ๐2 ๐1 (โ5 โ 9) = 0 ๐(2 + 3โ5) + ๐(โ5 โ 9) = 0 Si on pose ๐ = ๐1 ๐2 et ๐ = ๐2 ๐1 3๐ + 2๐ + (๐ + 3๐)โ5 = 0 ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 = 0 โ { 2๐ โ 9๐ + (3๐ + ๐)โ5 = 0 ๐1 ๐ข1 + ๐2 ๐ข2 = 0 โ
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Pascal lainรฉ
Comme dans lโexercice prรฉcรฉdent on montre que (1, โ5) est une famille โ-libre (cโest trop long, je suis trรจs fatiguรฉ). 3๐ + 2๐ = 0 3๐ + 2๐ = 0 โ9๐ + 2๐ = 0 ๐=0 Donc 3๐ + 2๐ + (๐ + 3๐)โ5 = 0 โ { โ{ โ{ โ{ ๐ + 3๐ = 0 ๐ = โ3๐ ๐ = โ3๐ ๐=0 ๐(2 + 3โ5) + ๐(โ5 โ 9) = 0 est vรฉrifiรฉ pour ๐ = ๐ = 0 Donc ๐1 ๐2 = 0 et ๐2 ๐1 = 0, comme ๐1 โ 0 et ๐2 โ 0, on a ๐1 = ๐2 = 0 et donc ๐1 = ๐2 = 0. La famille (๐ข1 , ๐ข2 ) est โ-libre. 4๐ข1 โ (3 + โ5)๐ข2 = 4(3 + โ5, 2 + 3โ5) โ (3 + โ5)(4,7โ5 โ 9) = (0,4(2 + 3โ5) โ (3 + โ5)(7โ5 โ 9)) = (0,8 + 12โ5 โ (21โ5 โ 27 + 35 โ 9โ5)) = (0,8 + 27 โ 35 + (12 โ 21 โ 9)โ5) = (0,0) Il existe une relation entre ces deux vecteurs donc la famille est โ-liรฉe. 3. a. Pour tout ๐ผ et ๐ฝ rรฉels
๐ผ(1 โ ๐ ) + 2๐ฝ = 0 ๐ผ๐ฃ1 + ๐ฝ๐ฃ2 = 0 โ ๐ผ (1 โ ๐, ๐ ) + ๐ฝ(2, โ1 + ๐ ) = (0,0) โ { ๐ผ๐ + ๐ฝ(โ1 + ๐ ) = 0 ๐ผ + 2๐ฝ โ ๐ผ๐ = 0 ๐ผ + 2๐ฝ = 0 ๐๐ก โ ๐ผ = 0 ๐ผ=0 โ{ โ{ โ{ ๐ฝ=0 โ๐ฝ + (๐ผ + ๐ฝ)๐ = 0 โ๐ฝ = 0 ๐๐ก (๐ผ + ๐ฝ) = 0 (๐ฃ1 , ๐ฃ2 ) est โ-libre 2๐ฃ1 โ (1 โ ๐ )๐ฃ2 = 2(1 โ ๐, ๐ ) โ (1 โ ๐ )(2, โ1 + ๐ ) = (2(1 โ ๐ ) โ (1 โ ๐ ) ร 2,2๐ โ (1 โ ๐ )(โ1 + ๐ )) = (0,2๐ โ 2๐ ) = (0,0) Il existe une relation entre ces deux vecteurs donc la famille est โ-liรฉe. b. Pour tout ๐ผ, ๐ฝ, ๐พ et ๐ฟ rรฉels ๐ผ + ๐๐ฝ = 0 ๐ผ (1,0) + ๐ฝ(๐, 0) + ๐พ(0,1) + ๐ฟ (0, ๐ ) = (0,0) โ (๐ผ + ๐๐ฝ, ๐พ + ๐๐ฟ) = (0,0) โ { ๐พ + ๐๐ฟ = 0 ๐ผ=๐ฝ=0 โ{ ๐พ=๐ฟ=0 La famille ๐ est libre. Si on sait que la dimension de โ2 sur โ est 4, cโest fini, parce quโune famille libre ร 4 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 4 est une base. Sinon il est clair que pour tout vecteur (๐ผ + ๐๐ฝ, ๐พ + ๐๐ฟ) de โ2 , (๐ผ + ๐๐ฝ, ๐พ + ๐๐ฟ) = ๐ผ(1,0) + ๐ฝ (๐, 0) + ๐พ(0,1) + ๐ฟ(0, ๐ ) La famille ๐ est gรฉnรฉratrice, donc cโest une base. ๐ฃ1 = (1 โ ๐, ๐ ) = (1,0) โ (๐, 0) + (0, ๐ ) ๐ฃ2 = (2, โ1 + ๐ ) = (2,0) โ (0,1) + (0, ๐) Allez ร : Exercice 38
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