Algèbre Linéaire (Déterminant,Matrices,Application linéaire), Essays (university) of Linear Algebra

Download Algèbre Linéaire (Déterminant,Matrices,Application linéaire) and more Essays (university) Linear Algebra in PDF only on Docsity! Espaces Vectoriels Pascal lainé 1 Espaces vectoriels Exercice 1. Soient dans ℝ3 les vecteurs 𝑣1 = (1,1,0), 𝑣2 = (4,1,4) et 𝑣3 = (2,−1,4). La famille (𝑣1, 𝑣2, 𝑣3) est-elle libre ? Allez à : Correction exercice 1 Exercice 2. Les familles suivantes sont-elles libres ? 1. 𝑣1 = (1,0,1), 𝑣2 = (0,2,2) et 𝑣3 = (3,7,1) dans ℝ3. 2. 𝑣1 = (1,0,0), 𝑣2 = (0,1,1) et 𝑣3 = (1,1,1) dans ℝ3. 3. 𝑣1 = (1,2,1,2,1), 𝑣2 = (2,1,2,1,2), 𝑣3 = (1,0,1,1,0) et 𝑣4 = (0,1,0,0,1) dans ℝ5. 4. 𝑣1 = (2,4,3, −1, −2,1), 𝑣2 = (1,1,2,1,3,1) et 𝑣3 = (0,−1,0,3,6,2) dans ℝ6. 5. 𝑣1 = (2,1,3, −1, −4,−1), 𝑣2 = (−1,1,−2,2,−3,3) et 𝑣3 = (1,5,0,4, −1,7) dans ℝ6. Allez à : Correction exercice 2 Exercice 3. On considère dans ℝ𝑛 une famille de 4 vecteurs linéairement indépendants (𝑒1, 𝑒2, 𝑒3, 𝑒4) Les familles suivantes sont-elles libres ? 1. (𝑒1, 2𝑒2, 𝑒3). 2. (𝑒1, 𝑒3). 3. (𝑒1, 2𝑒1 + 𝑒4, 𝑒4). 4. (3𝑒1 + 𝑒3, 𝑒3, 𝑒2 + 𝑒3). 5. (2𝑒1 + 𝑒2, 𝑒1 − 3𝑒2, 𝑒4, 𝑒2 − 𝑒1). Allez à : Correction exercice 3 Exercice 4. Soient dans ℝ4 les vecteurs 𝑢1 = (1,2,3,4) et 𝑢2 = (1,−2,3,−4). Peut-on déterminer 𝑥 et 𝑦 pour que (𝑥, 1, 𝑦, 1) ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2) ? Et pour que (𝑥, 1,1, 𝑦) ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2) ? Allez à : Correction exercice 4 Exercice 5. Dans ℝ4 on considère l'ensemble 𝐸 des vecteurs (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) vérifiant 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0 . L'ensemble 𝐸 est-il un sous espace vectoriel de ℝ4 ? Si oui, en donner une base. Allez à : Correction exercice 5 Exercice 6. Dans l'espace ℝ4, on se donne cinq vecteurs : 𝑣1 = (1,1,1,1) , 𝑣2 = (1,2,3,4), 𝑣3 = (3,1,4,2), 𝑣4 = (10,4,13,7) et 𝑣5 = (1,7,8,14) Chercher les relations de dépendance linéaires entre ces vecteurs. Si ces vecteurs sont dépendants, en extraire au moins une famille libre engendrant le même sous-espace. Allez à : Correction exercice 6 Exercice 7. Dans l'espace ℝ4, on se donne cinq vecteurs : 𝑣1 = (1,1,1,1) , 𝑣2 = (1,2,3,4), 𝑣3 = (3,1,4,2), 𝑣4 = (10,4,13,7) et 𝑣5 = (1,7,8,14) À quelle(s) condition(s) un vecteur 𝑏 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3, 𝑏4) appartient-il au sous-espace engendré par les vecteurs 𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4 et 𝑣5 ? Définir ce sous-espace par une ou des équations. Allez à : Correction exercice 7 Exercice 8. Soit 𝐸 un espace vectoriel sur ℝ et 𝑣1, 𝑣2, 𝑣3 et 𝑣4 une famille libre d'éléments de 𝐸, les familles suivantes sont-elles libres? 1. (𝑣1 ,2𝑣2, 𝑣3) Espaces Vectoriels Pascal lainé 2 2. (𝑣1, 𝑣3) 3. (𝑣1, 𝑣1 + 2, 𝑣4) 4. (3𝑣1 + 𝑣3, 𝑣3, 𝑣2 + 𝑣3). 5. (2𝑣1 + 𝑣2, 𝑣1 − 3𝑣2, 𝑣4, 𝑣2 − 𝑣1) Allez à : Correction exercice 8 Exercice 9. Dans ℝ4, comparer les sous-espaces 𝐹 et 𝐺 suivants : 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡((1,0,1,1), (−1,−2,3,−1), (−5,−3,1,5)) 𝐺 = 𝑉𝑒𝑐𝑡((−1, −1,1,−1), (4,1,2,4)) Allez à : Correction exercice 9 Exercice 10. On suppose que 𝑣1, 𝑣2,…,𝑣𝑛 sont des vecteurs indépendants de ℝ𝑛. 1. Les vecteurs 𝑣1 − 𝑣2, 𝑣2 − 𝑣3, 𝑣3 − 𝑣4,…, 𝑣𝑛−1 − 𝑣𝑛, 𝑣𝑛 − 𝑣1 sont-ils linéairement indépendants ? 2. Les vecteurs 𝑣1 + 𝑣2, 𝑣2 + 𝑣3, 𝑣3 + 𝑣4,…, 𝑣𝑛−1 + 𝑣𝑛, 𝑣𝑛 + 𝑣1sont-ils linéairement indépendants? 3. Les vecteurs 𝑣1, 𝑣1 + 𝑣2, 𝑣1 + 𝑣2 + 𝑣3, 𝑣1 + 𝑣2 + 𝑣3 + 𝑣4,…, 𝑣1 + 𝑣2 +⋯+ 𝑣𝑛−1 + 𝑣𝑛, 𝑣𝑛 + 𝑣1 sont- ils linéairement indépendants? Allez à : Correction exercice 10 Exercice 11. Soient 𝑎 = (2,3,−1), 𝑏 = (1, −1,−2), 𝑐 = (3,7,0) et 𝑑 = (5,0, −7). Soient 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏) et 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑐, 𝑑) les sous-espaces vectoriels de ℝ3. Montrer que 𝐸 = 𝐹 Allez à : Correction exercice 11 Exercice 12. Peut-on déterminer des réels 𝑥, 𝑦 pour que le vecteur 𝑣 = (−2, 𝑥, 𝑦, 3) appartienne au sous-espace-vectoriel engendré par le système (𝑢1, 𝑢2), où 𝑢1 = (1, −1,1,2) et 𝑢2 = (−1,2,3,1) Allez à : Correction exercice 12 Exercice 13. Soient 𝑢1 = (0,1, −2,1), 𝑢2 = (1,0,2, −1), 𝑢3 = (3,2,2, −1), 𝑢4 = (0,0,1,0) et 𝑢5 = (0,0,0,1) des vecteurs de ℝ4. Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses? Justifier votre réponse. 1. 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) = 𝑉𝑒𝑐𝑡((1,1,0,0), (−1,1,−4,2)) 2. (1,1,0,0) ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2) ∩ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢2, 𝑢3, 𝑢4). 3. dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2) ∩ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢2, 𝑢3, 𝑢4)) = 1. 4. 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2) + 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢2, 𝑢3, 𝑢4) = ℝ 4. 5. 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢4, 𝑢5) est un sous-espace vectoriel de supplémentaire 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) dans ℝ4. Allez à : Correction exercice 13 Exercice 14. On considère les vecteurs 𝑣1 = (1,0,0,1), 𝑣2 = (0,0,1,0), 𝑣3 = (0,1,0,0), 𝑣4 = (0,0,0,1) et 𝑣5 = (0,1,0,1) dans ℝ4. 1. 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) et 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3) sont-ils supplémentaires dans ℝ4 ? 2. Même question pour 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣3, 𝑣4) et 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣2, 𝑣5). 3. Même question pour 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) et 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) Allez à : Correction exercice 14 Exercice 15. 1. Est-ce que le sous-ensemble 𝐸 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2, 𝑦 = 2𝑥} de ℝ2, muni des lois habituelles de l’espace vectoriel ℝ2, est un ℝ-espace vectoriel ? 2. Est-ce que le sous-ensemble 𝐹 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3, 𝑦2 = 2𝑥, 𝑧 = 0} de ℝ3, muni des lois habituelles de l’espace vectoriel ℝ3 est un sous-espace vectoriel de ℝ3 ? Allez à : Correction exercice 15 Espaces Vectoriels Pascal lainé 5 3. Soit 𝑎 = (1,3,0,4) ∈ ℝ4 et on pose 𝐺 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎), a-t-on 𝐺 ⊕ 𝐹 = ℝ4 ? Allez à : Correction exercice 24 Exercice 25. Soit 𝐸 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) ∈ ℝ 3, 𝑥1 + 2𝑥2 − 3𝑥3 = 0} Soit 𝑎 = (1,2, −3), et 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎) 1. Montrer que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3, et déterminer une base de cet espace-vectoriel. 2. A-t-on 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ3 ? On justifiera la réponse. Allez à : Correction exercice 25 Exercice 26. Soit 𝐸 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ ℝ 4, 𝑥1 + 𝑥3 = 0 et 𝑥2 + 𝑥4 = 0} Soient 𝑢1 = (1,1,1,1), 𝑢2 = (1,−1,1,−1) et 𝑢3 = (1,0,1,0) Soit 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) On admettra que 𝐸 est un espace vectoriel. 1. Donner une base de 𝐸 et en déduire sa dimension. 2. Déterminer une base de 𝐹. 3. Donner une (ou plusieurs) équation(s) qui caractérise(nt) 𝐹. 4. Donner une famille génératrice de 𝐸 + 𝐹. 5. Montrer que : 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ4. Allez à : Correction exercice 26 Exercice 27. Soient 𝑎 = (1,1,1,1) et 𝑏 = (1, −1,1, −1) deux vecteurs de ℝ4. Soit 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏). Soient 𝐹1 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ ℝ 4, 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0 et 2𝑥1 + 𝑥2 = 0} 𝐹2 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ ℝ 4, 𝑥2 + 𝑥4 = 0 et 𝑥1 + 𝑥3 = 0} On admettra que 𝐸, 𝐹1 et 𝐹2 sont trois sous-espaces vectoriels de ℝ4. 1. Déterminer une base (𝑐, 𝑑) de 𝐹1. 2. Déterminer une base (𝑒, 𝑓) de 𝐹2 3. A-t-on 𝐹1⊕𝐹2 = ℝ 4 ? 4. Montrer que (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) est une base de ℝ4. 5. A-t-on 𝐸 ⊕ 𝐹1 = ℝ 4 ? Allez à : Correction exercice 27 Exercice 28. Soient 𝐸 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ ℝ4, 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 𝑡 = 0}, 𝐹 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ ℝ4, 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0} et 𝐻 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ ℝ4, 𝑦 = 2𝑥, 𝑧 = 3𝑥, 𝑡 = 4𝑥} 1. Montrer que 𝐸, 𝐹 et 𝐻 sont des sous-espaces vectoriels de ℝ4, donner une base de chacun de ces sous- espaces vectoriels. 2. Déterminer 𝐸 + 𝐹. 3. Montrer que 𝐸⨁𝐻 = ℝ4 Allez à : Correction exercice 28 Exercice 29. Soient 𝑢1 = (2,1,1), 𝑢2 = (1,2,−1), 𝑢3 = (1,1,0) et 𝑢4 = (1,−1, −2) quatre vecteurs de ℝ3. Espaces Vectoriels Pascal lainé 6 Déterminer une sous famille de (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4) libre qui engendre 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4), en déduire la dimension de 𝐸. Allez à : Correction exercice 29 Exercice 30. Soit 𝐸 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ ℝ 4|𝑥1 − 𝑥2 = 0 et 𝑥3 − 𝑥4 = 0} On admettra que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ4. 1. Déterminer une base de 𝐸. 2. Compléter cette base de 𝐸 en une base de ℝ4. Allez à : Correction exercice 30 Exercice 31. Soient 𝑎 = (2,−1,1,2) , 𝑏 = (2, −1,6,1) et 𝑐 = (6, −3,8,5) trois vecteurs de ℝ4. Soient 𝐸 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ ℝ4, −7𝑥 + 𝑧 + 5𝑡 = 0 et 𝑥 + 𝑦 = 0} et 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 𝑐) 1. Montrer que 𝐸 et 𝐹 sont des sous-espaces vectoriels de ℝ4. 2. Donner une base de 𝐸 et une base de 𝐹. 3. A-t-on 𝐸⨁𝐹 = ℝ4 ? Allez à : Correction exercice 31 Exercice 32. Soit ℳ3(ℝ) l’espace vectoriel des matrices à coefficients dans ℝ à 3 lignes et 3 colonnes. Soit 𝒮3(ℝ) l’ensemble des matrices symétriques de ℳ3(ℝ). C’est-à-dire les matrices qui vérifient 𝐴 = 𝐴 𝑡 . 1. Montrer que 𝒮3(ℝ) est un sous-espace vectoriel de ℳ3(ℝ). 2. Déterminer dim(𝒮3(ℝ)). Allez à : Correction exercice 32 Exercice 33. Soient 𝑃0 = 1 2 (𝑋 − 1)(𝑋 − 2), 𝑃1 = −𝑋(𝑋 − 2) et 𝑃2 = 1 2 𝑋(𝑋 − 1) trois polynômes de ℝ2[𝑋]. 1. Montrer que (𝑃0, 𝑃1, 𝑃2) est une base de ℝ2[𝑋]. 2. Soit 𝑃 = 𝑎𝑋2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 ∈ ℝ2[𝑋], exprimer 𝑃 dans la base (𝑃0, 𝑃1, 𝑃2). 3. Soit 𝑄 = 𝛼𝑃0 + 𝛽𝑃1 + 𝛾𝑃2 ∈ ℝ2[𝑋], exprimer 𝑄 dans la base (1, 𝑋, 𝑋2). 4. Pour tout 𝐴, 𝐵 et 𝐶 réels montrer qu’il existe un unique polynôme de 𝑅 ∈ ℝ2[𝑋], tel que : 𝑅(0) = 𝐴, 𝑅(1) = 𝐵 et 𝑅(2) = 𝐶. Allez à : Correction exercice 33 Exercice 34. Soient 𝑃1 = 𝑋 3 + 𝑋2 + 𝑋 + 1, 𝑃2 = 𝑋 3 + 2𝑋2 + 3𝑋 + 4, 𝑃3 = 3𝑋3 + 𝑋2 + 4𝑋 + 2 et 𝑃4 = 10𝑋 3 + 4𝑋2 + 13𝑋 + 7 quatre polynômes de ℝ3[𝑋] 1. La famille (𝑃1, 𝑃2, 𝑃3, 𝑃4) est-elle libre ? 2. Donner une base de 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑃1, 𝑃2, 𝑃3, 𝑃4) Allez à : Correction exercice 34 Exercice 35. Soit 𝐸 = {𝑃 ∈ ℝ2[𝑋], 𝑃(1) = 0} 1. Montrer que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ2[𝑋]. 2. Donner une base de 𝐸 et en déduire sa dimension. Allez à : Correction exercice 35 Espaces Vectoriels Pascal lainé 7 Exercice 36. Soit 𝐸 = {𝑃 ∈ ℝ3[𝑋], 𝑃(−1) = 0 et 𝑃(1) = 0} 1. Montrer que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3[𝑋]. 2. Déterminer une base et la dimension de 𝐸. Allez à : Correction exercice 36 Exercice 37. Dans ℱ(ℝ,ℝ), les trois fonctions 𝑥 ↦ sin(𝑥), 𝑥 ↦ sin(2𝑥) et 𝑥 ↦ sin(3𝑥), sont-elles linéairement indépendantes? Allez à : Correction exercice 37 Exercice 38. Soient 𝑓(𝑥) = cos(𝑥), 𝑔(𝑥) = cos(𝑥) cos(2𝑥) et ℎ(𝑥) = sin(𝑥) sin(2𝑥). Déterminer 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔, ℎ). Allez à : Correction exercice 38 Exercice 39. Soit 𝐸 l’ensemble des fonctions vérifiant l’équation différentielle 𝑦′′ + 𝑥𝑦′ − 𝑥2𝑦 = 0 Montrer que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions. Allez à : Correction exercice 39 Exercice 40. (Hors programme) 1. Montrer que les systèmes : 𝑆1 = (1, √2) et 𝑆2 = (1, √2, √3) sont libre dans ℝ considéré comme ℚ- espace vectoriel. 2. Soient, dans ℝ2, les vecteurs 𝑢1 = (3 + √5, 2 + 3√5) et 𝑢2 = (4,7√5 − 9). Montrer que le système (𝑢1, 𝑢2) est ℚ-libre et ℝ-lié. 3. Soient les vecteurs 𝑣1 = (1 − 𝑖, 𝑖) et 𝑣2 = (2, −1 + 𝑖) dans ℂ2. a. Montrer que le système (𝑣1, 𝑣2) est ℝ-libre et ℂ-lié. b. Vérifier que le système 𝑆 = {(1,0), (𝑖, 0), (0,1), (0, 𝑖)} est une base de l’espace vectoriel ℂ2 sur ℝ et donner les composantes des vecteurs 𝑣1 et 𝑣2 par rapport à cette base. Allez à : Correction exercice 40 CORRECTIONS Correction exercice 1. On peut éventuellement s’apercevoir que 𝑣2 − 𝑣3 = 2𝑣1 donc la famille est liée. Sinon 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 + 𝛾𝑣3 = 0ℝ3 ⇒ 𝛼(1,1,0) + 𝛽(4,1,4) + 𝛾(2, −1,4) = (0,0,0) ⇒ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝛼 + 4𝛽 + 2𝛾 = 0 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0 4𝛽 + 4𝛾 = 0 ⇒ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 { 𝛼 + 4𝛽 + 2𝛾 = 0 −3𝛽 − 3𝛾 = 0 4𝛽 + 4𝛾 = 0 ⇒ { 𝛼 + 4𝛽 + 2𝛾 = 0 𝛽 = −𝛾 𝛽 = −𝛾 ⇒ { 𝛼 = 2𝛾 𝛽 = −𝛾 Il n’y a pas que (0,0,0) comme solution donc la famille est liée, en prenant 𝛾 = 1, on trouve que 𝛼 = 2 et que 𝛽 = −1, par conséquent 2𝑣1 − 𝑣2 + 𝑣3 = 0ℝ3, ce qui est la même relation que l’on avait « deviné » ci-dessus. Allez à : Exercice 1 Correction exercice 2. 1. Espaces Vectoriels Pascal lainé 10 Un vecteur de 𝐸 s’écrit 𝑥 = (−𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) = 𝑥2(−1,1,0,0) + 𝑥3(−1,0,1,0) + 𝑥4(−1,0,0,1) Donc 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡((−1,1,0,0), (−1,0,1,0), (−1,0,0,1)), 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ4. Pour trouver une base, il reste à montrer que ((−1,1,0,0), (−1,0,1,0), (−1,0,0,1)) est libre (Puisque cette famille est déjà génératrice). 𝛼(−1,1,0,0) + 𝛽(−1,0,1,0) + 𝛾(−1,0,0,1) = (0,0,0,0) ⇒ { −𝛼 − 𝛽 − 𝛾 = 0 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 Cette famille est bien libre, c’est une base de 𝐸. Allez à : Exercice 5 Correction exercice 6. Déjà, une famille de 5 vecteurs dans un espace de dimension 4 est liée, mais cela ne donne pas la (ou les) relation(s) reliant ces vecteurs. 𝛼(1,1,1,1) + 𝛽(1,2,3,4) + 𝛾(3,1,4,2) + 𝛿(10,4,13,7) + 𝜖(1,7,8,14) = (0,0,0,0) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 + 10𝛿 + 𝜖 = 0 𝛼 + 2𝛽 + 𝛾 + 4𝛿 + 7𝜖 = 0 𝛼 + 3𝛽 + 4𝛾 + 13𝛿 + 8𝜖 = 0 𝛼 + 4𝛽 + 2𝛾 + 7𝛿 + 14𝜖 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 𝐿4 − 𝐿1 { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 + 10𝛿 + 𝜖 = 0 𝛽 − 2𝛾 − 6𝛿 + 6𝜖 = 0 2𝛽 + 𝛾 + 3𝛿 + 7𝜖 = 0 3𝛽 − 𝛾 − 3𝛿 + 13𝜖 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 2𝐿2 𝐿4 − 3𝐿2 { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 + 10𝛿 + 𝜖 = 0 𝛽 − 2𝛾 − 6𝛿 + 6𝜖 = 0 5𝛾 + 15𝛿 − 5𝜖 = 0 5𝛾 + 15𝛿 − 5𝜖 = 0 ⇔ { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 + 10𝛿 + 𝜖 = 0 𝛽 − 2𝛾 − 6𝛿 + 6𝜖 = 0 𝛾 + 3𝛿 − 𝜖 = 0 ⇔ { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 + 10𝛿 + 𝜖 = 0 𝛽 − 2𝛾 − 6𝛿 + 6𝜖 = 0 𝛾 = −3𝛿 + 𝜖 ⇔ { 𝛼 = −𝛽 − 3(−3𝛿 + 𝜖) − 10𝛿 − 𝜖 𝛽 = 2(−3𝛿 + 𝜖) + 6𝛿 − 6𝜖 𝛾 = −3𝛿 + 𝜖 ⇔ { 𝛼 = 4𝜖 − 3(−3𝛿 + 𝜖) − 10𝛿 − 𝜖 𝛽 = −4𝜖 𝛾 = −3𝛿 + 𝜖 ⇔ { 𝛼 = −𝛿 𝛽 = −4𝜖 𝛾 = −3𝛿 + 𝜖 Si on prends 𝛿 = 1 et 𝜖 = 0, alors 𝛼 = −1, 𝛽 = 0 et 𝛾 = −3, ce qui donne −𝑣1 − 3𝑣3 + 𝑣4 = 0ℝ4 Si on prends 𝛿 = 0 et 𝜖 = 1, alors 𝛼 = 0, 𝛽 = −4 et 𝛾 = 1, ce qui donne −4𝑣2 + 𝑣3 + 𝑣5 = 0ℝ4 Autre façon de voir les choses : 𝛼(1,1,1,1) + 𝛽(1,2,3,4) + 𝛾(3,1,4,2) + 𝛿(10,4,13,7) + 𝜖(1,7,8,14) = (0,0,0,0) ⇔ 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 + 𝛾𝑣3 + 𝛿𝑣4 + 𝜖𝑣5 = 0ℝ4 ⇔ −𝛿𝑣1 − 4𝜖𝑣2 + (−3𝛿 + 𝜖)𝑣3 + 𝛿𝑣4 + 𝜖𝑣5 = 0ℝ4 ⇔ 𝛿(−𝑣1 − 3𝑣3 + 𝑣4) + 𝜖(−4𝑣2 + 𝑣3 + 𝑣5)𝑣2 = 0ℝ4 Cette dernière relation étant vraie pour tout 𝛿 et pour tout 𝜖, on retrouve les deux relations. Ce ne sont pas les seules relations entre ces vecteurs, si on fait la somme ou la différence, on trouve d’autres relations 𝑣4 = 𝑣1 + 3𝑣3 et 𝑣5 = 4𝑣2 − 𝑣3 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣1 + 3𝑣3, 4𝑣2 − 𝑣3) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3) Il reste à montrer que (𝑣1, 𝑣2, 𝑣3)est libre, ce qui est quasi évident puisqu’il suffit de refaire le calcul ci- dessus avec 𝛿 = 𝜖 = 0 et alors { 𝛼 = −𝛿 𝛽 = −4𝜖 𝛾 = −3𝛿 + 𝜖 ⇒ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 , cela montre que (𝑣1, 𝑣2, 𝑣3) est libre. Allez à : Exercice 6 Correction exercice 7. 𝑏 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3) D’après l’exercice précédent. 𝑏 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3) ⇔il existe 𝛼, 𝛽 et 𝛾 tels que 𝑏 = 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 + 𝛾𝑣3 Espaces Vectoriels Pascal lainé 11 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 = 𝑏1 𝛼 + 2𝛽 + 𝛾 = 𝑏2 𝛼 + 3𝛽 + 4𝛾 = 𝑏3 𝛼 + 4𝛽 + 2𝛾 = 𝑏4 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 𝐿4 − 𝐿1 { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 = 𝑏1 𝛽 − 2𝛾 = 𝑏2 − 𝑏1 2𝛽 + 𝛾 = 𝑏3 − 𝑏1 3𝛽 − 𝛾 = 𝑏4 − 𝑏1 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 2𝐿2 𝐿4 − 3𝐿2 { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 = 𝑏1 𝛽 − 2𝛾 = 𝑏2 − 𝑏1 5𝛾 = 𝑏3 − 𝑏1 − 2(𝑏2 − 𝑏1) 5𝛾 = 𝑏4 − 𝑏1 − 3(𝑏2 − 𝑏1) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 − 𝐿3{ 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 = 𝑏1 𝛽 − 2𝛾 = 𝑏2 − 𝑏1 5𝛾 = 𝑏3 − 𝑏1 − 2(𝑏2 − 𝑏1) 0 = 𝑏4 − 𝑏1 − 2(𝑏2 − 𝑏1) − (𝑏3 − 𝑏1 − 2(𝑏2 − 𝑏1)) 0 = 𝑏4 − 𝑏1 − 3(𝑏2 − 𝑏1) − (𝑏3 − 𝑏1 − 2(𝑏2 − 𝑏1)) ⇔ 𝑏1 − 𝑏2 − 𝑏3 + 𝑏4 = 0 𝑏 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) ⇔ 𝑏1 − 𝑏2 − 𝑏3 + 𝑏4 = 0 On peut constater que les composantes de 𝑣1, 𝑣2 et 𝑣3 vérifient 𝑏1 − 𝑏2 − 𝑏3 + 𝑏4 = 0 Allez à : Exercice 7 Correction exercice 8. 1. 𝛼𝑣1 + 2𝛽𝑣2 + 𝛾𝑣3 = 0𝐸 ⇒ { 𝛼 = 0 2𝛽 = 0 𝛾 = 0 ⇒ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 2. Une sous famille d’une famille libre est libre. 3. 2𝑣1 − (2𝑣1 + 𝑣4) + 𝑣4 = 0ℝ𝑛 Il existe une combinaison linéaire non identiquement nulle de ces trois vecteurs, la famille est liée. 4. 𝛼(3𝑣1 + 𝑣3) + 𝛽𝑣3 + 𝛾(𝑣2 + 𝑣3) = 0ℝ𝑛 ⇒ 3𝛼𝑣1 + 𝛾𝑣2 + (𝛼 + 𝛽 + 𝛾)𝑣3 = 0𝐸 ⇒ { 3𝛼 = 0 𝛾 = 0 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 0 ⇒ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 La famille est libre. 5. Il y a trois vecteurs 2𝑣1 + 𝑣2, 𝑣1 − 3𝑣2, 𝑣2 − 𝑣1 dans le plan 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) donc ces trois vecteurs forment une famille liée, en rajoutant 𝑣4 cela ne change rien, la famille est liée. Allez à : Exercice 8 Correction exercice 9. Comparer deux ensembles signifie que l’on doit trouver si l’un est inclus dans l’autre (ou réciproquement) ou si les ensemble sont égaux. On va d’abord caractériser 𝐹 à l’aide d’une (ou plusieurs) équation cartésienne, ensuite il sera simple de savoir si les vecteurs qui engendrent 𝐺 sont dans 𝐹. 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ 𝐹 ⇔ il existe 𝛼, 𝛽, 𝛾 réels tels que 𝑢 = 𝛼(1,0,1,1) + 𝛽(−1,−2,3, −1) + 𝛾(−5,−3,1,5) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 𝛼 − 𝛽 − 5𝛾 = 𝑥 −2𝛽 − 3𝛾 = 𝑦 𝛼 + 3𝛽 + 𝛾 = 𝑧 𝛼 − 𝛽 + 5𝛾 = 𝑡 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 𝐿1 𝐿4 − 𝐿1 { 𝛼 − 𝛽 − 5𝛾 = 𝑥 −2𝛽 − 3𝛾 = 𝑦 4𝛽 + 6𝛾 = −𝑥 + 𝑧 10𝛾 = −𝑥 + 𝑡 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 + 2𝐿1 𝐿4 { 𝛼 − 𝛽 − 5𝛾 = 𝑥 −2𝛽 − 3𝛾 = 𝑦 0 = −𝑥 + 𝑧 + 2𝑦 10𝛾 = −𝑥 + 𝑡 𝛼, 𝛽, 𝛾sont donnés par les équations 𝐿1, 𝐿2 et 𝐿4 donc 𝐹 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ ℝ4, −𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0} −(−1) + 2(−1) + 1 = 0 ⇒ (−1, −1,1, −1) ∈ 𝐹 −4 + 2 × 1 + 2 = 0 ⇒ (4,1,2,4) ∈ 𝐹 Cela montre que 𝐺 ⊂ 𝐹 Manifestement dim (𝐺) = 2 car les deux vecteurs qui engendrent 𝐺 ne sont pas colinéaires (donc ils forment une base de 𝐺). Si on en savait plus on saurait que dim(𝐹) = 3, mais on n’est pas censé le savoir. Espaces Vectoriels Pascal lainé 12 Il faut montrer que les trois vecteurs qui engendrent 𝐹 sont libres, ils formeront une base et la dimension de 𝐹 sera 3. On reprend calcul de 𝑢 = 𝛼(1,0,1,1) + 𝛽(−1,−2,3, −1) + 𝛾(−5, −3,1,5) avec 𝑢 = (0,0,0,0) On trouve { 𝛼 − 𝛽 − 5𝛾 = 𝑥 −2𝛽 − 3𝛾 = 𝑦 0 = −𝑥 + 𝑧 + 2𝑦 10𝛾 = −𝑥 + 𝑡 ⇔ { 𝛼 − 𝛽 − 5𝛾 = 0 −2𝛽 − 3𝛾 = 0 0 = −0 + 0 + 2 × 0 10𝛾 = −0 + 0 ⇔ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 C’est bon, dim(𝐹) = 3. { 𝐺 ⊂ 𝐹 dim(𝐺) < dim (𝐹) ⇒ 𝐺 ⊊ 𝐹 Autrement dit 𝐺 est inclus dans 𝐹 mais 𝐺 n’est pas égal à 𝐹 Allez à : Exercice 9 Correction exercice 10. 1. (𝑣1 − 𝑣2) + (𝑣2 − 𝑣3) + (𝑣3 − 𝑣4) + ⋯+ (𝑣𝑛−1 − 𝑣𝑛) + (𝑣𝑛 − 𝑣1) = 0ℝ𝑛 Cette famille est liée. 2. Si 𝑛 = 2𝑝 + 1 𝛼1(𝑣1 + 𝑣2) + 𝛼2(𝑣2 + 𝑣3) + 𝛼3(𝑣3 + 𝑣4) + ⋯+ 𝛼2𝑝(𝑣2𝑝 + 𝑣2𝑝+1) + 𝛼2𝑝+1(𝑣2𝑝+1 + 𝑣1) = 0ℝ2𝑝+1 ⇔ (𝛼1 + 𝛼2𝑝+1)𝑣1 + (𝛼1 + 𝛼2)𝑣2 + (𝛼2 + 𝛼3)𝑣3 +⋯+ (𝛼2𝑝−1 + 𝛼2𝑝)𝑣2𝑝 + (𝛼2𝑝 + 𝛼2𝑝+1)𝑣2𝑝+1 = 0ℝ2𝑝+1 ⇔ { 𝛼1 + 𝛼2𝑝+1 = 0 𝛼1 + 𝛼2 = 0 𝛼2 + 𝛼3 = 0 ⋮ 𝛼2𝑝−1 + 𝛼2𝑝 = 0 𝛼2𝑝 + 𝛼2𝑝+1 = 0 ⇒ 𝛼2𝑝+1 = −𝛼1 = 𝛼2 = −𝛼3 = ⋯ = 𝛼2𝑝 = −𝛼2𝑝+1 Donc 𝛼2𝑝+1 = 0 et on en déduit que pour tout 𝑖 ∈ {1,2,… ,2𝑝}, 𝛼𝑖 = 0. La famille est libre. Si 𝑛 = 2𝑝 1 × (𝑣1 + 𝑣2) − 1 × (𝑣2 + 𝑣3) + 1 × (𝑣3 + 𝑣4) − ⋯+ 1 × (𝑣2𝑝−1 + 𝑣2𝑝) − 1 × (𝑣2𝑝 + 𝑣1) = (1 − 1)𝑣1 + (1 − 1)𝑣2 + (−1 + 1)𝑣3 + (1 − 1)𝑣4 +⋯(−1 + 1)𝑣2𝑝−1 + (1 − 1)𝑣2𝑝 = 0ℝ𝑛 La famille est liée Pour s’en convaincre, on pourra regarder plus précisément les cas 𝑛 = 3 et 𝑛 = 4. 3. 𝛼1𝑣1 + 𝛼2(𝑣1 + 𝑣2) + 𝛼3(𝑣1 + 𝑣2 + 𝑣3) + ⋯+ 𝛼𝑛−1(𝑣1 + 𝑣2 +⋯+ 𝑣𝑛−1) + 𝛼𝑛(𝑣1 +⋯+ 𝑣𝑛) = 0ℝ𝑛 ⇔ { 𝛼1 + 𝛼2 + 𝛼3 +⋯+ 𝛼𝑛 = 0 𝛼2 + 𝛼3 +⋯+ 𝛼𝑛 = 0 𝛼3 +⋯+ 𝛼𝑛 = 0 ⋮ 𝛼𝑛−1 + 𝛼𝑛 = 0 𝛼𝑛 = 0 ⇔ { 𝛼1 = 0 𝛼2 = 0 𝛼3 = 0 ⋮ 𝛼𝑛−1 = 0 𝛼𝑛 = 0 La famille est libre. Allez à : Exercice 10 Correction exercice 11. 𝑐 = 2𝑎 − 𝑏 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏) = 𝐸 𝑑 = 𝑎 + 3𝑏 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏) = 𝐸 Donc 𝐹 ⊂ 𝐸, or 𝑎 et 𝑏 ne sont pas proportionnels donc (𝑎, 𝑏) est une base de 𝐸 et dim(𝐸) = 2, de même 𝑐 et 𝑑 ne sont pas proportionnels donc (𝑐, 𝑑) est une base de 𝐹 et dim(𝐹) = 2. J’ai passé sous silence que (𝑎, 𝑏) est une famille génératrice de 𝐸 et que (𝑐, 𝑑) est une famille génératrice de 𝐹. Espaces Vectoriels Pascal lainé 15 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) = 𝐸 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ ℝ 4, −2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 𝑒𝑡 𝑥 − 𝑦 + 𝑡 = 0} Il n’y a qu’à montrer que les composantes de 𝑢4 et de 𝑢5 ne vérifient pas ces équations (c’est évident) pour en déduire que 𝑢4 ∉ 𝐸 et que 𝑢5 ∉ 𝐸 et que par conséquent 𝐸 ∩ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢4, 𝑢5) = {0ℝ4} La somme des dimensions valant 4 (voir ci-dessus) la somme est directe et vaut ℝ4 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) ⊕ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢4, 𝑢5) = ℝ4 Allez à : Exercice 13 Correction exercice 14. 1. dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2)) ≤ 2 et dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3)) = 1 donc la somme des dimensions n’est pas 4, ces espaces sont peut-être en somme directe mais cette somme n’est pas ℝ4, ils ne sont donc pas supplémentaires dans ℝ4. Remarque : en fait dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2)) = 2 car 𝑣1 et 𝑣2 ne sont pas colinéaires. 2. D’abord on va regarder si la famille (𝑣1, 𝑣3, 𝑣4) est libre, si c’est le cas la réponse sera non car la dimension de cet espace sera 3 et celle de 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣2, 𝑣5) est manifestement 2, donc la somme des dimensions sera 5. 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 + 𝛾𝑣4 = 0ℝ4 ⇒ 𝛼(1,0,0,1), +𝛽(0,0,1,0) + 𝛾(0,0,0,1) = (0,0,0,0) ⇒ { 𝛼 = 0 0 = 0 𝛽 = 0 𝛼 + 𝛾 = 0 ⇒ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 (𝑣1, 𝑣3, 𝑣4) est une famille libre qui engendre 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣3, 𝑣4), c’est donc une base de cet espace donc dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣3, 𝑣4)) = 3, comme 𝑣2 et 𝑣5 ne sont pas proportionnels, (𝑣2, 𝑣5) est une famille libre qui engendre 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣2, 𝑣5), c’est donc une base de cet espace et dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣2, 𝑣5)) = 2. dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣3, 𝑣4)) + dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣2, 𝑣5)) = 5 ≠ dim (ℝ4) Donc ces espace ne sont pas supplémentaires dans ℝ4. 3. 𝑣1 et 𝑣2 ne sont pas colinéaires donc (𝑣1, 𝑣2) est une famille libre qui engendre 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2), c’est une base de cet espace et dim(Vect(𝑣1, 𝑣2)) = 2. Manifestement 𝑣5 = 𝑣3 + 𝑣4, 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣3 + 𝑣4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4), 𝑣3 et 𝑣4 ne sont pas colinéaires donc (𝑣3, 𝑣4) est une famille libre qui engendre 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4) c’est donc une base de cet ensemble et dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣5)) = 2. dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2)) + dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣5)) = 4 = dim (ℝ4) Il reste à montrer que l’intersection de ces espaces est réduite au vecteur nul. Ce coup-ci je vais détailler un peu plus. Soit 𝑢 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) ∩ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4), il existe 𝛼, 𝛽, 𝛾 et 𝛿 réels tels que : 𝑢 = 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 𝑒𝑡 𝑢 = 𝛾𝑣3 + 𝛿𝑣4 Ce qui entraine que 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 = 𝛾𝑣3 + 𝛿𝑣4 ⇔ 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 − 𝛾𝑣3 − 𝛿𝑣4 = 0ℝ4 Cela montre que 𝑢 = 0ℝ4 ⇔ (𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝛿) = (0,0,0,0) ⇔ (𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4) est libre. Résultat que l’on utilise sans avoir à le montrer. Mais ici, si on montre que la famille est libre, comme elle a 4 vecteurs, cela montrera que c’est une base de ℝ4 et que 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) ⊕ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4) = ℝ4 Mais dans cet exercice il fallait quand montrer que 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣3 + 𝑣4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4) On y va : 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 − 𝛾𝑣3 − 𝛿𝑣4 = 0ℝ4 ⇔ 𝛼(1,0,0,1), +𝛽(0,0,1,0) − 𝛾(0,1,0,0) − 𝛿(0,0,0,1) = (0,0,0,0) ⇒ { 𝛼 = 0 −𝛾 = 0 𝛽 = 0 𝛼 − 𝛿 = 0 ⇒ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 𝛿 = 0 Espaces Vectoriels Pascal lainé 16 Donc 𝑢 = 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 = 0ℝ4 et 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) ∩ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4) = {0ℝ4} Comme la somme des dimensions est 4 on a : 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) ⊕ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4, 𝑣5) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣1, 𝑣2) ⊕ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑣3, 𝑣4) = ℝ 4 Allez à : Exercice 14 Correction exercice 15. 1. 0 = 2 × 0 donc 0ℝ2 ∈ 𝐸. Soient 𝑢 = (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐸, 𝑦 = 2𝑥 et 𝑢′ = (𝑥′, 𝑦′) ∈ 𝐸, 𝑦′ = 2𝑥′ Pour tout 𝜆 et 𝜆′ deux réels 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ = (𝜆𝑥 + 𝜆′𝑥′, 𝜆𝑦 + 𝜆′𝑦′) = (𝑋, 𝑌) 𝑌 = 𝜆𝑦 + 𝜆′𝑦′ = 𝜆2𝑥 + 𝜆′2𝑥′ = 2(𝜆𝑥 + 𝜆′𝑥′) = 2𝑋 Donc 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ ∈ 𝐸. Ce qui montre que 𝐸 est un sous-espace de ℝ2. 2. Soit 𝑢 = (2,2,0) ∈ 𝐹 car 𝑦2 = 22 = 2 × 2 = 2𝑥 et 𝑧 = 0 2𝑢 = (4,4,0) 𝑦2 = 42 = 16 ≠ 2 × 4 = 8 donc 2𝑢 ∉ 𝐹 donc 𝐹 n’est pas un sous-espace vectoriel. Allez à : Exercice 15 Correction exercice 16. 1. Regardons si la famille (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est libre 𝜆1𝑢1 + 𝜆2𝑢2 + 𝜆3𝑢3 = 0ℝ3 ⇔ 𝜆1(1,−1,2) + 𝜆2(1,1, −1) + 𝜆3(−1,−5,7) = (0,0,0) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝜆1 + 𝜆2 − 𝜆3 = 0 −𝜆1 + 𝜆2 − 5𝜆3 = 0 2𝜆1 − 𝜆2 + 7𝜆3 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 + 𝐿1 𝐿3 − 2𝐿1 { 𝜆1 + 𝜆2 − 𝜆3 = 0 2𝜆2 − 6𝜆3 = 0 −3𝜆2 + 9𝜆3 = 0 ⇔ { 𝜆1 + 𝜆2 − 𝜆3 = 0 𝜆2 = 3𝜆3 ⇔ { 𝜆1 + 3𝜆3 − 𝜆3 = 0 𝜆2 = 3𝜆3 ⇔ { 𝜆1 = −2𝜆3 𝜆2 = 3𝜆3 Donc la famille n’est pas libre, de plus en prenant 𝜆3 = 1, 𝜆1 = −2 et 𝜆2 = 3, par conséquent −2𝑢1 + 3𝑢2 + 𝑢3 = 0ℝ3 Autrement dit 𝑢3 = −2𝑢1 + 3𝑢2 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, −2𝑢1 + 3𝑢2) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2) Comme les vecteurs 𝑢1 et 𝑢2 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre et génératrice de 𝐸, c’est une base de 𝐸. 2. 0 + 0 + 0 = 0, par conséquent 0ℝ3 ∈ 𝐹 Soient 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐹 et 𝑢′(= 𝑥′, 𝑦′, 𝑧′) ∈ 𝐹, on a donc 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 et 𝑥′ + 𝑦′ + 𝑧′ = 0 Soient 𝜆 et 𝜆′ deux réels quelconques 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ = (𝜆𝑥 + 𝜆′𝑥′, 𝜆𝑦 + 𝜆′𝑦′, 𝜆𝑧 + 𝜆′𝑧′) = (𝑋, 𝑌, 𝑍) 𝑋 + 𝑌 + 𝑍 = (𝜆𝑥 + 𝜆′𝑥′) + (𝜆𝑦 + 𝜆′𝑦′) + (𝜆𝑧 + 𝜆′𝑧′) = 𝜆(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) + 𝜆(𝑥′ + 𝑦′ + 𝑧′) = 𝜆 × 0 + 𝜆′ × 0 = 0 Ce qui montre que 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ ∈ 𝐹. Finalement 𝐹 est un sous-espace vectoriel de ℝ3. 3. 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐹 ⇔ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 ⇔ 𝑧 = −𝑥 − 𝑦 Donc 𝑢 = (𝑥, 𝑦,−𝑥 − 𝑦) = 𝑥(1,0,−1) + 𝑦(0,1,−1), on pose 𝑎 = (1,0,−1) et 𝑏 = (0,1,−1) (𝑎, 𝑏) est une famille génératrice de 𝐹 et comme ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels ils forment une famille libre, c’est une base de 𝐹 4. Soit 𝑢 ∈ 𝐸 ∩ 𝐹, il existe 𝛼, 𝛽, 𝛾 et 𝛿 tels que { 𝑢 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 𝑢 = 𝛾𝑎 + 𝛽𝑏 ⇔ { 𝑢 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 𝑢 = 𝛾𝑎 + 𝛿𝑏 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 = 𝛾𝑎 + 𝛽𝑏 Espaces Vectoriels Pascal lainé 17 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 = 𝛾𝑎 + 𝛽𝑏 ⇔ 𝛼(1, −1,2) + 𝛽(1,1, −1) = 𝛾(1,0,−1) + 𝛿(0,1,−1) ⇔ 𝛼(1, −1,2) + 𝛽(1,1,−1) − 𝛾(1,0,−1) − 𝛿(0,1,−1) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0 −𝛼 + 𝛽 − 𝛿 = 0 2𝛼 + 𝛽 + 𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 + 𝐿1 𝐿3 − 2𝐿1 { 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0 2𝛽 − 𝛾 − 𝛿 = 0 −𝛽 + 3𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 2𝐿3 + 𝐿3 { 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0 2𝛽 − 𝛾 − 𝛿 = 0 5𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ { 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0 2𝛽 − 𝛾 − 𝛿 = 0 𝛿 = −5𝛾 ⇔ { 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0 2𝛽 − 𝛾 + 5𝛾 = 0 𝛿 = −5𝛾 ⇔ { 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0 𝛽 = −2𝛾 𝛿 = −5𝛾 ⇔ { 𝛼 = 3𝛾 𝛽 = −2𝛾 𝛿 = −5𝛾 Il reste à remplacer 𝛼, 𝛽 et 𝛿 dans 𝑢 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 ou dans 𝑢 = 𝛾𝑎 + 𝛿𝑏 𝑢 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 = 3𝛾(1,−1,2) − 2𝛾(1,1,−1) = 𝛾(1,−5,4) En utilisant 𝑢 = 𝛾𝑎 + 𝛿𝑏 on retrouve le même résultat 𝑢 = 𝛾𝑎 + 𝛿𝑏 = 𝛾(1,0,−1) − 5𝛾(0,1,−1) = 𝛾(1, −5,4) On pose 𝑐 = (1,−5,4) et 𝐸 ∩ 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑐) Allez à : Exercice 16 Correction exercice 17. 1. 0 + 0 = 0 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐸 Soit 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐸, 𝑦 + 𝑧 = 0 et soit 𝑢′ ∈ 𝐸, 𝑦′ + 𝑧′ = 0, pour tout 𝜆, 𝜆′ ∈ ℝ 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ = (𝜆𝑥 + 𝜆′𝑥′, 𝜆𝑦 + 𝜆′𝑦′, 𝜆𝑧 + 𝜆′𝑧′) Comme (𝜆𝑦 + 𝜆′𝑦′) + (𝜆𝑧 + 𝜆′𝑧′) = 𝜆(𝑦 + 𝑧) + 𝜆′(𝑦′ + 𝑧′) = 𝜆 × 0 = 𝜆′ × 0 = 0 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ ∈ 𝐸 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3. Soit 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐸, 𝑦 + 𝑧 = 0 ⇔ 𝑧 = −𝑦, donc 𝑢 ∈ 𝐸 ⇔ 𝑢 = (𝑥, 𝑦,−𝑦) = 𝑥(1,0,0) + 𝑦(0,1, −1) 𝐸 = 𝑣𝑒𝑐𝑡(𝑒1, 𝑒2 − 𝑒3) 𝑒1 et 𝑒2 − 𝑒3 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre et génératrice de 𝐸, c’est une base de 𝐸. 2. 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 + 𝛾𝑢3 = 0ℝ3 ⇔ 𝛼(1,1,1) + 𝛽(2,−2,−1) + 𝛾(1,1, −1) = (0,0,0) ⇔ { 𝛼 + 2𝛽 + 𝛾 = 0 𝛼 − 2𝛽 + 𝛾 = 0 𝛼 − 𝛽 − 𝛾 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 { 𝛼 + 2𝛽 + 𝛾 = 0 −4𝛽 = 0 −3𝛽 − 2𝛾 = 0 ⇔ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 La famille (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est libre. Première méthode Si 𝑢3 ∈ 𝐹 alors ils existent 𝛼 et 𝛽 réels tels que 𝑢3 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2, ce qui signifie que (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est liée, ce qui est faux, donc 𝑢3 ∉ 𝐹 Deuxième méthode 𝑢3 ∈ 𝐹 ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, 𝑢3 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, (1,1,−1) = 𝛼(1,1,1) + 𝛽(2,−2,−1) ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, { 1 = 𝛼 + 2𝛽 1 = 𝛼 − 2𝛽 −1 = 𝛼 − 𝛽 ⇔ ∃𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 { 1 = 𝛼 + 2𝛽 0 = −4𝛽 −2 = −3𝛽 Les deux dernières lignes montrent que ce n’est pas possible, par conséquent 𝑢3 ∉ 𝐹 3. 𝑢3 = (1,1, −1), 1 + (−1) = 0 ⇔ 𝑢3 ∈ 𝐸. 4. Espaces Vectoriels Pascal lainé 20 1. 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐸 ⇔ { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 0 2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 2𝐿2 { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 0 −3𝑦 + 3𝑧 = 0 ⇔ { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 = 𝑧 𝑦 = 𝑧 ⇔ { 𝑢 = (𝑧, 𝑧, 𝑧) = 𝑧(1,1,1) 𝑥 = 𝑧 𝑦 = 𝑧 Donc 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎) ce qui montre que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3 Autre méthode { 0 + 0 − 2 × 0 = 0 2 × 0 − 0 − 0 = 0 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐸 Soient 𝑢1 = (𝑥1, 𝑦1, 𝑧1) ∈ 𝐸 et 𝑢2 = (𝑥2, 𝑦2, 𝑧2) ∈ 𝐸, on a { 𝑥1 + 𝑦1 − 2𝑧1 = 0 2𝑥1 − 𝑦1 − 𝑧1 = 0 et { 𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑧2 = 0 2𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2 = 0 𝜆1𝑢1 + 𝜆2𝑢2 = (𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2, 𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2, 𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) { (𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2) + (𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2) − 2(𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) = 𝜆1(𝑥1 + 𝑦1 − 2𝑧1) + 𝜆2(𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑧2) = 0 2(𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2) − (𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2) − (𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) = 𝜆1(2𝑥1 − 𝑦1 − 𝑧1) + 𝜆2(2𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2) = 0 Ce qui montre que 𝜆1𝑢1 + 𝜆2𝑢2 ∈ 𝐸 Et finalement 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3. 2. {𝑎} est une famille génératrice de 𝐸, ce vecteur est non nul, c’est une base de 𝐸, bref 𝐸 est la droite engendrée par le vecteur 𝑎. 3. 1 + 0 − 1 = 0 ⇒ 𝑏 ∈ 𝐹 0 + 1 − 1 = 0 ⇒ 𝑐 ∈ 𝐹 𝑏 et 𝑐 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de 𝐹 donc dim(𝐹) ≥ 2. (1,0,0) ∉ 𝐹 donc 𝐹 ⊊ ℝ3 par conséquent dim(𝐹) < dim(ℝ3) = 3. On déduit de cela que dim(𝐹) = 2 et que par suite la famille {𝑏, 𝑐} est libre (dans 𝐹) à deux éléments, c’est une base de 𝐹. 4. 1 + 1 − 1 = 1 ≠ 0 ⇒ 𝑎 ∉ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑏, 𝑐) et {𝑏, 𝑐} est libre donc {𝑎, 𝑏, 𝑐} est libre (c’est une base de ℝ3, puisque cette famille a trois éléments) 5. {𝑎} est une base de 𝐸, {𝑏, 𝑐} est une base de 𝐹 et {𝑎, 𝑏, 𝑐} est une base de ℝ3 par conséquent 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ3 6. On cherche 𝛼, 𝛽, 𝛾 tels que 𝑢 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 𝑢 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 ⇔ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝛼(1,1,1) + 𝛽(1,0,1) + 𝛾(0,1,1) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝛼 + 𝛽 = 𝑥 𝛼 + 𝛾 = 𝑦 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 𝑧 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 { 𝛼 + 𝛽 = 𝑥 −𝛽 + 𝛾 = −𝑥 + 𝑦 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 ⇔ { 𝛼 = −𝛽 + 𝑥 𝛽 = 𝛾 + 𝑥 − 𝑦 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 ⇔ { 𝛼 = 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 𝛽 = −𝑦 + 𝑧 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 𝑢 = (𝑥 + 𝑦 − 𝑧)𝑎 + (−𝑦 + 𝑧)𝑏 + (−𝑥 + 𝑧)𝑐 Allez à : Exercice 19 Correction exercice 20. 1°) Espaces Vectoriels Pascal lainé 21 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐸 ⇔ { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 2𝐿3 − 𝐿2 { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 3𝑦 + 3𝑧 = 0 ⇔ { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 = −𝑧 𝑦 = −𝑧 ⇔ { 𝑢 = (𝑧, 𝑧, 𝑧) = −𝑧(1, −1,1) 𝑥 = −𝑧 𝑦 = −𝑧 Donc 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎) avec 𝑎 = (1,−1,1) ce qui montre que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3 Autre méthode { 2 × 0 + 0 − 0 = 0 0 + 2 × 0 + 0 = 0 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐸 Soient 𝑢1 = (𝑥1, 𝑦1, 𝑧1) ∈ 𝐸 et 𝑢2 = (𝑥2, 𝑦2, 𝑧2) ∈ 𝐸, on a { 2𝑥1 + 𝑦1 − 𝑧1 = 0 𝑥1 + 2𝑦1 + 𝑧1 = 0 et { 2𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 = 0 𝑥2 + 2𝑦2 + 𝑧2 = 0 𝜆1𝑢1 + 𝜆2𝑢2 = (𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2, 𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2, 𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) { 2(𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2) + (𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2) + (𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) = 𝜆1(2𝑥1 + 𝑦1 − 𝑧1) + 𝜆2(2𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2) = 0 (𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2) + 2(𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2) + (𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) = 𝜆1(𝑥1 + 2𝑦1 + 𝑧1) + 𝜆2(𝑥2 + 2𝑦2 + 𝑧2) = 0 Ce qui montre que 𝜆1𝑢1 + 𝜆2𝑢2 ∈ 𝐸 Et finalement 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3. 2°) {𝑎} est une famille génératrice de 𝐸, ce vecteur est non nul, c’est une base de 𝐸, bref 𝐸 est la droite engendrée par le vecteur 𝑎. 3°) 2 × (−2) − 3 × (−1) + 1 = 0 ⇒ 𝑏 ∈ 𝐹 2 × (−1) − 3 × 0 + 2 = 0 ⇒ 𝑐 ∈ 𝐹 𝑏 et 𝑐 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de 𝐹 donc dim(𝐹) ≥ 2. (1,0,0) ∉ 𝐹 donc 𝐹 ⊊ ℝ3 par conséquent dim(𝐹) < dim(ℝ3) = 3. On déduit de cela que dim(𝐹) = 2 et que par suite la famille {𝑏, 𝑐} est libre (dans 𝐹) à deux éléments, c’est une base de 𝐹. 4°) 2 × 1 − 3 × (−1) + 1 = 6 ≠ 0 ⇒ 𝑎 ∉ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑏, 𝑐) et {𝑏, 𝑐} est libre donc {𝑎, 𝑏, 𝑐} est libre (c’est une base de ℝ3, puisque cette famille a trois éléments) 5°) {𝑎} est une base de 𝐸, {𝑏, 𝑐} est une base de 𝐹 et {𝑎, 𝑏, 𝑐} est une base de ℝ3 par conséquent 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ3 6°) On cherche 𝛼, 𝛽, 𝛾 tels que 𝑢 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 𝑢 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 ⇔ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝛼(1, −1,1) + 𝛽(−2,−1,1) + 𝛾(−1,0,2) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝛼 − 2𝛽 − 𝛾 = 𝑥 −𝛼 − 𝛽 = 𝑦 𝛼 + 𝛽 + 2𝛾 = 𝑧 ⇔ 𝐿1 𝐿2 + 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 { 𝛼 − 2𝛽 − 𝛾 = 𝑥 −3𝛽 − 𝛾 = 𝑥 + 𝑦 3𝛽 + 3 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 ⇔ 𝐿3 + 𝐿2 { 𝛼 = 2𝛽 + 𝛾 + 𝑥 −3𝛽 = 𝛾 + 𝑥 + 𝑦 2𝛾 = 𝑦 + 𝑧 ⇔ { 𝛼 = 2𝛽 + 1 2 𝑦 + 1 2 𝑧 + 𝑥 −3𝛽 = 1 2 𝑦 + 1 2 𝑧 + 𝑥 + 𝑦 = 𝑥 + 3 2 𝑦 + 1 2 𝑧 𝛾 = 1 2 𝑦 + 1 2 𝑧 ⇔ { 𝛼 = 2(− 1 3 𝑥 − 1 2 𝑦 − 1 6 𝑧) + 1 2 𝑦 + 1 2 𝑧 + 𝑥 𝛽 = − 1 3 𝑥 − 1 2 𝑦 − 1 6 𝑧 𝛾 = 1 2 𝑦 + 1 2 𝑧 ⇔ { 𝛼 = 1 3 𝑥 − 1 2 𝑦 + 1 6 𝑧 𝛽 = − 1 3 𝑥 − 1 2 𝑦 − 1 6 𝑧 𝛾 = 1 2 𝑦 + 1 2 𝑧 Espaces Vectoriels Pascal lainé 22 𝑢 = ( 1 3 𝑥 − 1 2 𝑦 + 1 6 𝑧) 𝑎 + (− 1 3 𝑥 − 1 2 𝑦 − 1 6 𝑧)𝑏 + ( 1 2 𝑦 + 1 2 𝑧) 𝑐 Allez à : Exercice 20 Correction exercice 21. 1. 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐸 ⇔ { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 𝐿2 { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0 𝑦 = 0 ⇔ { 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑥 = 𝑧 𝑦 = 0 ⇔ { 𝑢 = (𝑧, 0, 𝑧) = 𝑧(1,0,1) 𝑥 = 𝑧 𝑦 = 0 Donc 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎) ce qui montre que 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3 Autre méthode { 0 + 0 − 0 = 0 0 − 0 − 0 = 0 ⇒ 0ℝ3 ∈ 𝐸 Soient 𝑢1 = (𝑥1, 𝑦1, 𝑧1) ∈ 𝐸 et 𝑢2 = (𝑥2, 𝑦2, 𝑧2) ∈ 𝐸, on a { 𝑥1 + 𝑦1 − 𝑧1 = 0 𝑥1 − 𝑦1 − 𝑧1 = 0 et { 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 = 0 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2 = 0 𝜆1𝑢1 + 𝜆2𝑢2 = (𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2, 𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2, 𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) { (𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2) + (𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2) − (𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) = 𝜆1(𝑥1 + 𝑦1 − 𝑧1) + 𝜆2(𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2) = 0 (𝜆1𝑥1 + 𝜆2𝑥2) − (𝜆1𝑦1 + 𝜆2𝑦2) − (𝜆1𝑧1 + 𝜆2𝑧2) = 𝜆1(𝑥1 − 𝑦1 − 𝑧1) + 𝜆2(𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2) = 0 Ce qui montre que 𝜆1𝑢1 + 𝜆2𝑢2 ∈ 𝐸 Et finalement 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3. 2. {𝑎} est une famille génératrice de 𝐸, ce vecteur est non nul, c’est une base de 𝐸, bref 𝐸 est la droite engendrée par le vecteur 𝑎. 3. 1 + 1 − 2 × 1 = 0 ⇒ 𝑏 ∈ 𝐹 0 + 2 − 2 × 1 = 0 ⇒ 𝑐 ∈ 𝐹 𝑏 et 𝑐 ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de 𝐹 donc dim(𝐹) ≥ 2. (1,0,0) ∉ 𝐹 donc 𝐹 ⊊ ℝ3 par conséquent dim(𝐹) < dim(ℝ3) = 3. On déduit de cela que dim(𝐹) = 2 et que par suite la famille {𝑏, 𝑐} est libre (dans 𝐹) à deux éléments, c’est une base de 𝐹. 4. 1 + 0 − 2 × 1 = −1 ≠ 0 ⇒ 𝑎 ∉ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑏, 𝑐) et {𝑏, 𝑐} est libre donc {𝑎, 𝑏, 𝑐} est libre (c’est une base de ℝ3, puisque cette famille a trois éléments) 5. {𝑎} est une base de 𝐸, {𝑏, 𝑐} est une base de 𝐹 et {𝑎, 𝑏, 𝑐} est une base de ℝ3 par conséquent 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ3 6. On cherche 𝛼, 𝛽, 𝛾 tels que 𝑢 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 7. 𝑢 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 ⇔ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝛼(1,0,1) + 𝛽(1,1,1) + 𝛾(0,2,1) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝛼 + 𝛽 = 𝑥 𝛽 + 2𝛾 = 𝑦 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 𝑧 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 { 𝛼 + 𝛽 = 𝑥 𝛽 + 2𝛾 = 𝑦 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 ⇔ { 𝛼 = −𝛽 + 𝑥 𝛽 = −2𝛾 + 𝑦 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 ⇔ { 𝛼 = −𝛽 + 𝑥 𝛽 = −2(−𝑥 + 𝑧) + 𝑦 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 ⇔ { 𝛼 = −2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑥 = −𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 𝛽 = 2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 𝛾 = −𝑥 + 𝑧 8. 𝑢 = (2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧)𝑎 + (−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧)𝑏 + (−𝑥 + 𝑧)𝑐 𝑢 = (−𝑥 − 𝑦 + 2𝑧)𝑎 + (2𝑥 + 𝑦 − 2𝑧)𝑏 + (−𝑥 + 𝑧)𝑐 Espaces Vectoriels Pascal lainé 25 𝛼𝑏 + 𝛽𝑐 + 𝛾𝑑 = 0ℝ4 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 𝛼 − 𝛽 + 4𝛾 = 0 𝛼 − 2𝛽 + 4𝛾 = 0 −𝛼 + 3𝛽 − 5𝛾 = 0 𝛼 + 7𝛽 − 3𝛾 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 + 𝐿1 𝐿4 + 𝐿1 { 𝛼 − 𝛽 + 4𝛾 = 0 −𝛽 = 0 2𝛽 − 𝛾 = 0 8𝛽 − 7𝛾 = 0 ⇒ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 Donc (𝑏, 𝑐, 𝑑) est une famille libre dans un espace de dimension 3 (dim(𝐹) = 3), c’est une base de 𝐹. 7. Soit 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) avec 2𝑥 + 6𝑦 + 7𝑧 − 𝑡 = 0 𝛼𝑏 + 𝛽𝑐 + 𝛾𝑑 = 𝑢 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 𝛼 − 𝛽 + 4𝛾 = 𝑥 𝛼 − 2𝛽 + 4𝛾 = 𝑦 −𝛼 + 3𝛽 − 5𝛾 = 𝑧 𝛼 + 7𝛽 − 3𝛾 = 𝑡 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 + 𝐿1 𝐿4 + 𝐿1 { 𝛼 − 𝛽 + 4𝛾 = 𝑥 −𝛽 = −𝑥 + 𝑦 2𝛽 − 𝛾 = 𝑥 + 𝑧 8𝛽 − 7𝛾 = −𝑥 + 𝑡 ⇔ 𝐿3 + 2𝐿2 𝐿4 + 8𝐿2 { 𝛼 − 𝛽 + 4𝛾 = 𝑥 𝛽 = 𝑥 − 𝑦 −𝛾 = −𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 −7𝛾 = −9𝑥 + 8𝑦 + 𝑡 ⇔ 𝐿4 − 7𝐿3 { 𝛼 = 𝛽 − 4𝛾 + 𝑥 𝛽 = 𝑥 − 𝑦 𝛾 = 𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 0 = −9𝑥 + 8𝑦 + 𝑡 − 7(−𝑥 + 2𝑦 + 𝑧) ⇔ { 𝛼 = 𝑥 − 𝑦 − 4(𝑥 − 2𝑦 − 𝑧) + 𝑥 𝛽 = 𝑥 − 𝑦 𝛾 = 𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 0 = −2𝑥 − 6𝑦 − 7𝑧 + 𝑡 ⇔ { 𝛼 = −2𝑥 + 7𝑦 + 4𝑧 𝛽 = 𝑥 − 𝑦 𝛾 = 𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 0 = 0 Donc pour tout 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ 𝐹 avec 2𝑥 + 6𝑦 + 7𝑧 − 𝑡 = 0 𝑢 = (−2𝑥 + 7𝑦 + 4𝑧)𝑏 + (𝑥 − 𝑦)𝑐 + (𝑥 − 2𝑦 − 𝑧)𝑑 Allez à : Exercice 23 Correction exercice 24. 1. 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ 𝐸 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 + 𝑡 = 0 −𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 2𝑡 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 + 𝐿1 { 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0 𝑦 − 2𝑧 = 0 3𝑧 + 3𝑡 = 0 ⇔ { 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0 𝑦 = 2𝑧 𝑡 = −𝑧 ⇔ { 𝑥 + 2𝑧 + 𝑧 − 𝑧 = 0 𝑦 = 2𝑧 𝑡 = −𝑧 ⇔ { 𝑥 = −2𝑧 𝑦 = 2𝑧 𝑡 = −𝑧 Donc 𝑢 = (−2𝑧, 2𝑧, 𝑧, −𝑧) = 𝑧(−2,2,1,−1) On pose 𝑢0 = (−2,2,1, −1) et 𝐸 = 𝑣𝑒𝑐𝑡 (𝑢0), 𝐸 est la droite engendrée par le vecteur 𝑢0. 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ 𝐹 ⇔ 𝑥 + 3𝑦 + 4𝑡 = 0 ⇔ 𝑥 = −3𝑦 − 4𝑡 Donc 𝑢 = (−3𝑦 − 4𝑡, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = 𝑦(−3,1,0,0) + 𝑧(0,0,1,0) + 𝑡(−4,0,0,1) On appelle 𝑢1 = (−3,1,0,0), 𝑢2 = (0,0,1,0) et 𝑢3 = (−4,0,0,1) et 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est une famille génératrice de 𝐹, il reste à montrer qu’elle est libre. 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 + 𝛾𝑢3 = 0ℝ4 ⇔ 𝛼(−3,1,0,0), +𝛽(0,0,1,0) + 𝛾(−4,0,0,1) = (0,0,0,0) ⇔ { −3𝛼 − 4𝛾 = 0 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 ⇔ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est libre (et génératrice de 𝐹) c’est donc une base de 𝐹. 2. 𝑢0 = (−2,2,1, −1) vérifie −2 + 3 × 2 + 4 × 1 = 0 Espaces Vectoriels Pascal lainé 26 Ce qui montre que 𝑢0 ∈ 𝐹, par conséquent 𝐸 ⊂ 𝐹, et donc 𝐸 ∩ 𝐹 = 𝐸 ≠ {0ℝ4}, 𝐸 et 𝐹 ne sont pas en somme directe. 3. 𝑎 = (1,3,0,4) 1 + 3 × 3 + 4 × 4 = 26 ≠ 0 Donc 𝑎 ∉ 𝐹, par conséquent 𝐺 ∩ 𝐹 = {0ℝ4}, d’autre part dim(𝐺) + dim(𝐹) = 1 + 3 = 4 = dim(ℝ4) On a 𝐺 ⊕ 𝐹 = ℝ4 Allez à : Exercice 24 Correction exercice 25. 1. 0 + 2 × 0 − 3 × 0 = 0 donc 0ℝ3 ∈ 𝐸. Soient 𝑢 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) ∈ 𝐸 et 𝑢′ = (𝑥1 ′ , 𝑥2 ′ , 𝑥3 ′ ) ∈ 𝐸 alors 𝑥1 + 2𝑥2 − 3𝑥3 = 0 𝑒𝑡 𝑥1 ′ + 2𝑥2 ′ − 3𝑥3 ′ = 0 Pour tout 𝜆 et 𝜆′ réels : 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ = (𝜆𝑥1 + 𝜆 ′𝑥1 ′ , 𝜆𝑥2 + 𝜆𝑥2 ′ , 𝜆𝑥3 + 𝜆 ′𝑥3 ′ ) 𝜆𝑥1 + 𝜆 ′𝑥1 ′ + 2(𝜆𝑥2 + 𝜆𝑥2 ′ ) − 3(𝜆𝑥3 + 𝜆 ′𝑥3 ′ ) = 𝜆(𝑥1 + 2𝑥2 − 3𝑥3) + 𝜆 ′(𝑥1 ′ + 2𝑥2 ′ − 3𝑥3 ′ ) = 0 Donc 𝜆𝑢 + 𝜆′𝑢′ ∈ 𝐸 𝐸 est un sous-espace vectoriel de ℝ3. 𝑢 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) ∈ 𝐸 ⇔ { 𝑢 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3) 𝑥1 = −2𝑥2 + 3𝑥3 ⇔ { 𝑢 = (−2𝑥2 + 3𝑥3, 𝑥2, 𝑥3) 𝑥1 = −2𝑥2 + 3𝑥3 𝑢 = (−2𝑥2 + 3𝑥3, 𝑥2, 𝑥3) = 𝑥2(−2,1,0) + 𝑥3(3,0,1) 𝑏 = (−2,1,0) et 𝑐 = (3,1,0) sont deux vecteurs non colinéaires, ils forment une famille libre qui engendre 𝐸, c’est une base de 𝐸, donc dim(𝐸) = 2. 2. 1 + 2 × 2 − (−3) × 3 = 14 ≠ 0 donc 𝑎 ∉ 𝐸, par conséquent 𝐹 ∩ 𝐸 = {0ℝ3}, comme dim(𝐸) + dim(𝐹) = 2 + 1 = 3 = dim (ℝ3) On a 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ3 Allez à : Exercice 25 Correction exercice 26. 1. 𝑢 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ 𝐸 ⇔ { 𝑢 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) 𝑥1 = −𝑥3 𝑥2 = −𝑥4 ⇔ { 𝑢 = (−𝑥3, −𝑥4, 𝑥3, 𝑥4) 𝑥1 = −𝑥3 𝑥2 = −𝑥4 𝑢 = (−𝑥3, −𝑥4, 𝑥3, 𝑥4) = 𝑥3(−1,0,1,0) + 𝑥4(0,−1,0,1) 𝑢4 = (−1,0,1,0) et 𝑢5 = (0,−1,0,1) sont deux vecteurs non proportionnels, ils forment une famille libre qui engendre 𝐸, c’est une base de 𝐸, par conséquent dim(𝐸) = 2. 2. Il est clair que 𝑢1 + 𝑢2 = 2𝑢3 donc la famille (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est liée. 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) = 𝑉𝑒𝑐𝑡 (𝑢1, 𝑢2, 1 2 𝑢1 + 1 2 𝑢2) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2) 𝑢1 et 𝑢2 sont deux vecteurs non colinéaires, ils forment une famille libre qui engendre 𝐹, c’est une base de 𝐹, donc dim(𝐹) = 2. Attention certain d’entre vous on écrit (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) ne sont pas proportionnels donc (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est une famille libre, c’est complètement faux, ce résultat est vrai pour deux vecteurs. 3. 𝑢 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ 𝐹 ⇔il existe 𝛼 et 𝛽 réels tels que 𝑢 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 Espaces Vectoriels Pascal lainé 27 𝑢 = 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 ⇔ {𝛼(1,1,1,1) + 𝛽(1,−1,1,−1) = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 𝛼 + 𝛽 = 𝑥1 𝛼 − 𝛽 = 𝑥2 𝛼 + 𝛽 = 𝑥3 𝛼 − 𝛽 = 𝑥4 ⇔ 𝐿1 𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿1 𝐿4 − 𝐿2 { 𝛼 + 𝛽 = 𝑥1 −2𝛽 = −𝑥1 + 𝑥2 0 = −𝑥1 + 𝑥3 0 = −𝑥2 + 𝑥4 Donc 𝐹 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ ℝ 4, −𝑥1 + 𝑥3 = 0 𝑒𝑡 − 𝑥2 + 𝑥4 = 0} 4. 𝐸 + 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) Donc la famille (𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) est une famille génératrice de 𝐸 + 𝐹. Remarques : a. La réponse 𝐸 + 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3) est bonne aussi. b. On pouvait penser à montrer que (𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) était libre (c’est le cas) mais c’est totalement inutile (si on avait demandé de trouver une base alors là, oui, il fallait montrer que cette famille était libre). Toutefois de montrer que cette (𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) est libre permettait de montrer que 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ4, parce que si une base de 𝐸, « collée » à une base de 𝐹 donne une famille libre, on a 𝐸 + 𝐹 = 𝐸 ⊕ 𝐹, et comme (𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) est une famille libre de ℝ4 à 4 vecteurs, c’est aussi une base de ℝ4, autrement dit 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ4. Ce n’est pas là peine d’en écrire autant, il suffit de dire que puisque (𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) est une base de ℝ4 (libre plus 4 vecteurs) alors 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ4. Mais il y avait beaucoup plus simple pour montrer que 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ4 (voir question 5°)). c. Attention si on écrit (𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) ne sont pas proportionnels donc (𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) est une famille libre, c’est complètement faux, ce résultat n’est vrai que pour deux vecteurs. d. Regardons ce que l’on peut faire et ne pas faire 𝐸 + 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢4, 𝑢5, 𝑢1, 𝑢2) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(−𝑒1 + 𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 + 𝑒4, 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4) Çà c’est bon. Mais ensuite il faut simplifier correctement 𝐸 + 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(−𝑒1 + 𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 + 𝑒4 + (𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4), 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(−𝑒1 + 𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 2𝑒1 + 2𝑒3, 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(−𝑒1 + 𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1 + 𝑒3, 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(−𝑒1 + 𝑒3 + (𝑒1 + 𝑒3), −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1 + 𝑒3, 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(2𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1 + 𝑒3, 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1 + 𝑒3, 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 − 𝑒4) Et là on retombe sur une situation habituelle, comme 𝑒3 est tout seul, on peut le simplifier partout : 𝐸 + 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1, 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4, 𝑒1, −𝑒2 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, −𝑒2 + 𝑒4 + (−𝑒2 − 𝑒4), 𝑒1, −𝑒2 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, −2𝑒2, 𝑒1, −𝑒2 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, 𝑒2, 𝑒1, −𝑒2 − 𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, 𝑒2, 𝑒1, −𝑒4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑒3, 𝑒2, 𝑒1, 𝑒4) = ℝ4 On peut éventuellement se servir de cela pour montrer que 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ4 (il reste à dire que la somme des dimension de 𝐸 et de 𝐹 est 4) mais ce n’est pas ce qui est demandé. 5. dim(𝐸) + dim(𝐹) = 2 + 2 = 4 = dim(ℝ4) 𝑢 ∈ 𝐸 ∩ 𝐹 ⇔ { 𝑥1 + 𝑥3 = 0 𝑥2 + 𝑥4 = 0 −𝑥1 + 𝑥3 = 0 −𝑥2 + 𝑥4 = 0 ⇔ { 𝑥1 = 0 𝑥2 = 0 𝑥3 = 0 𝑥4 = 0 ⇔ 𝑢 = 0ℝ4 Donc 𝐸 ∩ 𝐹 = {0ℝ4} Par conséquent 𝐸 ⊕ 𝐹 = ℝ4 Autre méthode : On aurait pu montrer que (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4) était une famille libre. Espaces Vectoriels Pascal lainé 30 Correction exercice 29. 𝑢1 + 𝑢2 = 3𝑢3 ⇔ 𝑢3 = 1 3 𝑢1 + 1 3 𝑢2 Donc 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡 (𝑢1, 𝑢2, 1 3 𝑢1 + 1 3 𝑢2, 𝑢4) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑢1, 𝑢2, 𝑢4) Est-ce que la famille (𝑢1, 𝑢2, 𝑢4) est libre, il n’y a pas moyen d’en être sur sauf en faisant le calcul suivant : 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 + 𝛾𝑢3 = 0ℝ3 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 2𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 0 𝛼 + 2𝛽 − 𝛾 = 0 𝛼 − 𝛽 − 2𝛾 = 0 ⇔ 𝐿1 2𝐿2 − 𝐿1 𝐿3 − 𝐿2 { 2𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 0 3𝛽 − 3𝛾 = 0 −3𝛽 − 𝛾 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 + 𝐿2 { 2𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 0 3𝛽 − 3𝛾 = 0 −4𝛾 = 0 ⇔ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 𝛾 = 0 Cette famille est libre, c’est une sous-famille libre de (𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4) qui engendre 𝐸. Allez à : Exercice 29 Correction exercice 30. 1. 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ 𝐸 ⇔ { 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) 𝑥1 − 𝑥2 = 0 𝑥3 − 𝑥4 = 0 ⇔ { 𝑥 = (𝑥2, 𝑥2, 𝑥4, 𝑥4) 𝑥1 = 𝑥2 𝑥3 = 𝑥4 𝑥 = (𝑥2, 𝑥2, 𝑥4, 𝑥4) = 𝑥2(1,1,0,0) + 𝑥4(0,0,1,1) On pose 𝑎 = (1,1,0,0) et 𝑏 = (0,0,1,1) 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏) ce qui entraine que {𝑎, 𝑏} est une famille génératrice de 𝐸, et d’autre part {𝑎, 𝑏} est une famille libre car ces vecteurs ne sont pas proportionnels, donc {𝑎, 𝑏} est une base de 𝐸. 2. Soit 𝑐 = (1,0,0,0) ∉ 𝐸 car les composantes de 𝑐 ne vérifient pas les équations caractérisant 𝐸. {𝑎, 𝑏} est libre dans 𝐸 et 𝑐 ∉ 𝐸 donc {𝑎, 𝑏, 𝑐} est libre. 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 𝑐) ⇔ ∃(𝛼, 𝛽, 𝛾) ∈ ℝ3, 𝑥 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 𝑥 = 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 ⇔ (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) = 𝛼(1,1,0,0) + 𝛽(0,0,1,1) + 𝛾(1,0,0,0) ⇔ { 𝑥1 = 𝛼 + 𝛾 𝑥2 = 𝛼 𝑥3 = 𝛽 𝑥4 = 𝛽 ⇔ { 𝑥1 = 𝛼 + 𝛾 𝑥2 = 𝛼 𝑥3 = 𝛽 𝑥4 − 𝑥3 = 0 Donc 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 𝑐) = {𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) ∈ ℝ 4, 𝑥4 − 𝑥3 = 0} Soit 𝑑 = (0,0,0,1), 𝑑 ∉ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 𝑐) car les composantes de 𝑑 ne vérifient pas 𝑥3 − 𝑥4 = 0. {𝑎, 𝑏, 𝑐} est libre et 𝑑 ∉ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 𝑐) donc {𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑} est une famille libre, elle a 4 éléments, c’est une base de ℝ4. Allez à : Exercice 30 Correction exercice 31. 1. 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ 𝐸 ⇔ { −7𝑥 + 𝑧 + 5𝑡 = 0 𝑥 + 𝑦 = 0 ⇔ { −7𝑥 + 𝑧 + 5𝑡 = 0 𝑦 = −𝑥 ⇔ { 𝑧 = 7𝑥 − 5𝑡 𝑦 = −𝑥 Donc il existe 𝑧 et 𝑡 réels tels que : 𝑢 = (𝑥,−𝑥, 7𝑥 − 5𝑡, 𝑡) = 𝑥(1, −1,7,0) + 𝑡(0,0, −5,1) On pose 𝑑 = (1, −1,7,0) et 𝑒 = (0,0,−5,1), Alors 𝐸 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑑, 𝑒) c’est un sous-espace vectoriel de ℝ4. Espaces Vectoriels Pascal lainé 31 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 𝑐) est par nature un sous-espace vectoriel de ℝ4 2. la famille (𝑑, 𝑒) est libre car 𝑑 et 𝑒 ne sont pas proportionnels, d’autre par la famille (𝑑, 𝑒) engendre 𝐸 il s’agit donc d’une base de 𝐸. La famille (𝑎, 𝑏, 𝑐) engendre 𝐹, le problème est de savoir si elle est libre. Pour tout 𝛼, 𝛽 et 𝛾 réels 𝛼𝑎 + 𝛽𝑏 + 𝛾𝑐 = 0ℝ4 ⇔ 𝛼(2,−1,1,2) + 𝛽(2,−1,6,1) + 𝛾(6,−3,8,5) = (0,0,0,0) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 2𝛼 + 2𝛽 + 6𝛾 = 0 −𝛼 − 𝛽 − 3𝛾 = 0 𝛼 + 6𝛽 + 8𝛾 = 0 2𝛼 + 𝛽 + 5𝛾 = 0 ⇔ 𝐿1 2𝐿2 + 𝐿1 2𝐿3 − 𝐿1 𝐿4 − 𝐿1 { 2𝛼 + 2𝛽 + 6𝛾 = 0 0 = 0 10𝛽 + 10𝛾 = 0 −𝛽 − 𝛾 = 0 ⇔ { 2𝛼 + 2𝛽 + 6𝛾 = 0 −𝛽 − 𝛾 = 0 ⇔ { 𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 = 0 𝛽 = −𝛾 ⇔ { 𝛼 = −2𝛾 𝛽 = −𝛾 La famille est donc liée, si on prend 𝛾 = −1 alors 𝛼 = 2 et 𝛽 = 1 et on a : 2𝑎 + 𝑏 − 𝑐 = 0ℝ4 ⇔ 𝑐 = 2𝑎 + 𝑏 𝐹 = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏, 2𝑎 + 𝑏) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑎, 𝑏) la famille (𝑎, 𝑏) est libre car 𝑎 et 𝑏 ne sont pas proportionnels, d’autre par la famille (𝑎, 𝑏) engendre 𝐹 il s’agit donc d’une base de 𝐹. 3. On a dim(𝐸) + dim(𝐹) = 2 + 2 = 4 = dim(ℝ4) donc le tout est de savoir si 𝐸 ∩ 𝐹 = {0ℝ4} ? On a une base de 𝐸 (𝑑, 𝑒) et une base de 𝐹 (𝑎, 𝑏) et on se pose la question de savoir si (𝑑, 𝑒, 𝑎, 𝑏) est une base de ℝ4. Pour tout 𝛼, 𝛽, 𝛾 et 𝛿 réels 𝛼𝑑 + 𝛽𝑒 + 𝛾𝑎 + 𝛿𝑏 = 0ℝ4 ⇔ 𝛼(1,−1,7,0) + 𝛽(0,0, −5,1) + 𝛾(2,−1,1,2) + 𝛿(2, −1,6,1) = (0,0,0,0) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 𝐿4 { 𝛼 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0 −𝛼 − 𝛾 − 𝛿 = 0 7𝛼 − 5𝛽 + 𝛾 + 6𝛿 = 0 𝛽 + 2𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿2 + 𝐿1 𝐿3 − 7𝐿1 𝐿4 { 𝛼 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0 𝛾 + 𝛿 = 0 −5𝛽 − 13𝛾 − 8𝛿 = 0 𝛽 + 2𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿4 𝐿3 𝐿2 { 𝛼 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0 𝛽 + 2𝛾 + 𝛿 = 0 −5𝛽 − 13𝛾 − 8𝛿 = 0 𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ 𝐿1 𝐿4 𝐿3 + 5𝐿2 𝐿2 { 𝛼 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0 𝛽 + 2𝛾 + 𝛿 = 0 −3𝛾 − 3𝛿 = 0 𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ { 𝛼 + 2𝛾 + 2𝛿 = 0 𝛽 + 2𝛾 + 𝛿 = 0 𝛾 + 𝛿 = 0 ⇔ { 𝛼 = −2𝛾 − 2𝛿 𝛽 = −2𝛾 − 𝛿 𝛾 = −𝛿 ⇔ { 𝛼 = 0 𝛽 = 𝛿 𝛾 = −𝛿 Donc la famille est liée, par exemple si on prend 𝛿 = 1 alors 𝛽 = 1 et 𝛾 = −1 ce qui montre que 𝑒 − 𝑎 + 𝑏 = 0ℝ4 ⇔ 𝑒 = 𝑎 − 𝑏 ∈ 𝐸 ∩ 𝐹 Ce qui pouvait éventuellement se voir directement. On n’a pas 𝐸⨁𝐹 = ℝ4. Allez à : Exercice 31 Correction exercice 32. 1. Première méthode Soient 𝐴 ∈ 𝒮3(ℝ)et 𝐵 ∈ 𝒮3(ℝ)et soient 𝜆 et 𝜇 deux réels. La matrice nulle 𝑂 vérifie 𝑂 = 𝑂 𝑡 (𝜆𝐴 + 𝜇𝐵) = 𝜆 𝐴 𝑡 + 𝜇 𝐵 𝑡 = 𝜆𝐴 + 𝜇𝐵 = 𝜆𝐴 + 𝜇𝐵 𝑡 Donc 𝒮3(ℝ) est un sous-espace vectoriel de ℳ3(ℝ). Deuxième méthode Soit 𝐴 = ( 𝑎1,1 𝑎1,2 𝑎1,3 𝑎2,1 𝑎2,2 𝑎2,3 𝑎3,1 𝑎3,2 𝑎3,3 ) Espaces Vectoriels Pascal lainé 32 𝐴 ∈ 𝒮3(ℝ) ⇔ ( 𝑎1,1 𝑎1,2 𝑎1,3 𝑎2,1 𝑎2,2 𝑎2,3 𝑎3,1 𝑎3,2 𝑎3,3 ) = ( 𝑎1,1 𝑎2,1 𝑎3,1 𝑎1,2 𝑎2,2 𝑎3,2 𝑎1,3 𝑎2,3 𝑎3,3 ) ⇔ { 𝑎1,2 = 𝑎2,1 𝑎1,3 = 𝑎3,1 𝑎2,3 = 𝑎3,2 Donc 𝐴 = ( 𝑎1,1 𝑎2,1 𝑎3,1 𝑎2,1 𝑎2,2 𝑎3,2 𝑎3,1 𝑎3,2 𝑎3,3 ) = 𝑎1,1 ( 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ) + 𝑎2,2 ( 0 0 0 0 1 0 0 0 0 ) + 𝑎3,3 ( 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ) + 𝑎2,1 ( 0 1 0 1 0 0 0 0 0 ) + 𝑎3,1 ( 0 0 1 0 0 0 1 0 0 ) + 𝑎3,2 ( 0 0 0 0 0 1 0 1 0 ) = 𝑎1,1𝐸1,1 + 𝑎2,2𝐸2,2 + 𝑎3,3𝐸3,3 + 𝑎2,1(𝐸2,1 + 𝐸1,2) + 𝑎3,1(𝐸3,1 + 𝐸1,3) + 𝑎3,2(𝐸3,2 + 𝐸2,3) Ce qui montre que 𝒮3(ℝ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝐸1,1, 𝐸2,2, 𝐸3,3, 𝐸2,1 + 𝐸1,2, 𝐸3,1 + 𝐸1,3, 𝐸3,2 + 𝐸2,3) Donc 𝒮3(ℝ) est un sous-espace vectoriel de ℳ3(ℝ). 2. Il reste à montrer que cette famille est libre, pour tout 𝛼𝑖, 𝑖 ∈ {1,2,3,4,5,6} 𝛼1𝐸1,1 + 𝛼2𝐸2,2 + 𝛼3𝐸3,3 + 𝛼4(𝐸2,1 + 𝐸1,2) + 𝛼5(𝐸3,1 + 𝐸1,3) + 𝛼6(𝐸3,2 + 𝐸2,3) = 𝑂 ⇔ ( 𝛼1 𝛼4 𝛼5 𝛼4 𝛼2 𝛼6 𝛼5 𝛼6 𝛼3 ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) ⇔ ∀𝑖 ∈ {1,2,3,4,5,6}, 𝛼𝑖 = 0 La famille (𝐸1,1, 𝐸2,2, 𝐸3,3, 𝐸2,1 + 𝐸1,2, 𝐸3,1 + 𝐸1,3, 𝐸3,2 + 𝐸2,3) est libre, de plus elle engendre 𝒮3(ℝ) par conséquent c’est une base de 𝒮3(ℝ) et dim(𝒮3(ℝ)) = 6 Allez à : Exercice 32 Correction exercice 33. 1. 𝛼𝑃0 + 𝛽𝑃1 + 𝛾𝑃2 = 0 ⇔ 𝛼 1 2 (𝑋 − 1)(𝑋 − 2) − 𝛽𝑋(𝑋 − 2) + 𝛾 1 2 𝑋(𝑋 − 1) = 0 ⇔ 𝛼 2 (𝑋2 − 3𝑋 + 2) − 𝛽(𝑋2 − 2𝑋) + 𝛾 2 (𝑋2 − 𝑋) = 0 ⇔ ( 𝛼 2 − 𝛽 + 𝛾 2 )𝑋2 + (− 3𝛼 2 + 2𝛽 − 𝛾 2 )𝑋 + 𝛼 = 0 ⇔ { 𝛼 2 − 𝛽 + 𝛾 2 = 0 − 3𝛼 2 + 2𝛽 − 𝛾 2 = 0 𝛼 = 0 ⇔ { −𝛽 + 𝛾 2 = 0 +2𝛽 − 𝛾 2 = 0 𝛼 = 0 ⇔ { 𝛾 = 2𝛽 𝛾 = 4𝛽 𝛼 = 0 ⇔ { 𝛽 = 0 𝛾 = 0 𝛼 = 0 La famille (𝑃0, 𝑃1, 𝑃2) est une famille libre de trois éléments dans un espace de dimension 3, c’est une base de ℝ2[𝑋]. 2. On cherche 𝛼, 𝛽 et 𝛾 (en fonction de 𝑎, 𝑏 et 𝑐) tels que : 𝑎𝑋2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 = 𝛼𝑃0 + 𝛽𝑃1 + 𝛾𝑃2 En reprenant le calcul ci-dessus, il faut résoudre le système : { 𝛼 2 − 𝛽 + 𝛾 2 = 𝑎 − 3𝛼 2 + 2𝛽 − 𝛾 2 = 𝑏 𝛼 = 𝑐 ⇔ { 𝛼 = 𝑐 𝑐 2 − 𝛽 + 𝛾 2 = 𝑎 − 3𝑐 2 + 2𝛽 − 𝛾 2 = 𝑏 ⇔ { 𝛼 = 𝑐 −𝛽 + 𝛾 2 = 𝑎 − 𝑐 2 2𝛽 − 𝛾 2 = 𝑏 + 3𝑐 2 ⇔ 𝐿3 + 𝐿2 { 𝛼 = 𝑐 −𝛽 + 𝛾 2 = 𝑎 − 𝑐 2 𝛽 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ⇔ { 𝛼 = 𝑐 𝛾 2 = 𝑎 − 𝑐 2 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝛽 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ⇔ { 𝛼 = 𝑐 𝛾 = 4𝑎 + 2𝑏 + 𝑐 𝛽 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 3. On cherche 𝑎, 𝑏 et 𝑐 (en fonction de 𝛼, 𝛽 et 𝛾) tels que : 𝑎𝑋2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 = 𝛼𝑃0 + 𝛽𝑃1 + 𝛾𝑃2 Espaces Vectoriels Pascal lainé 35 Allez à : Exercice 37 Correction exercice 38. Première méthode 𝐹 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔, ℎ) ⇔ il existe 𝛼, 𝛽 et 𝛾 tels que ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝐹(𝑥) = 𝛼 cos(𝑥) + 𝛽 cos(𝑥) cos(2𝑥) + 𝛾 sin(𝑥) sin(2𝑥) = 𝛼 cos(𝑥) + 𝛽 cos(𝑥) (1 − 2 cos2(𝑥)) + 2𝛾 sin2(𝑥) cos(𝑥) = 𝛼 cos(𝑥) + 𝛽 cos(𝑥) − 2𝛽 cos3(𝑥) + 2𝛾(1 − cos2(𝑥)) cos(𝑥) = (𝛼 + 𝛽 + 2𝛾) cos(𝑥) + (−2𝛽 − 2𝛾) cos3(𝑥) Donc 𝐹 ∈ 𝑉𝑒𝑐𝑡(cos , cos3 ) Ce qui signifie que 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔, ℎ) ⊂ 𝑉𝑒𝑐𝑡(cos , cos3 ), l’inclusion dans l’autre sens l’inclusion est évidente donc 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔, ℎ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(cos , cos3 ) Qui est évidemment un espace vectoriel de dimension 2. Deuxième méthode On cherche à savoir si la famille (𝑓, 𝑔, ℎ) est libre, si c’est le cas, il n’y a pas grand-chose à dire sur 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔, ℎ) sinon que c’est un espace de dimension 3. ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝛼 cos(𝑥) + 𝛽 cos(𝑥) cos(2𝑥) + 𝛾 sin(𝑥) sin(2𝑥) = 0 Pour 𝑥 = 𝜋 4 𝛼 cos ( 𝜋 4 ) + 𝛽 cos ( 𝜋 4 ) cos ( 𝜋 2 ) + 𝛾 sin ( 𝜋 4 ) sin ( 𝜋 2 ) = 0 ⇔ 𝛼 + 𝛾 = 0 Pour 𝑥 = 0 𝛼 cos(0) + 𝛽 cos(0) cos(0) + 𝛾 sin(0) sin(0) = 0 ⇔ 𝛼 + 𝛽 = 0 Donc 𝛾 = −𝛼 et 𝛽 = −𝛼 ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝛼 cos(𝑥) − 𝛼 cos(𝑥) cos(2𝑥) + 𝛼 sin(𝑥) sin(2𝑥) = 0 Ensuite, on a beau chercher, pour toutes les valeurs de 𝑥 particulière, on trouve 0 = 0. ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝛼 cos(𝑥) − 𝛼 cos(𝑥) cos(2𝑥) + 𝛼 sin(𝑥) sin(2𝑥) = 0 ⇔ ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝛼(cos(𝑥) − cos(𝑥) cos(2𝑥) + sin(𝑥) sin(2𝑥)) = 0 ⇔ ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝛼(cos(𝑥) (1 − cos(2𝑥)) + sin(𝑥) 2 cos(x) sin (x)) = 0 ⇔ ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝛼 cos(𝑥) (1 − cos(2𝑥) + 2 sin2(𝑥)) = 0 ⇔ ∀𝑥 ∈ ℝ, 0 = 0 Car cos(2𝑥) = 1 − 2 sin2(𝑥) La famille est donc liée, 𝑓 et 𝑔 ne sont pas proportionnelles donc la famille est libre et 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔, ℎ) = 𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔) Et dim(𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓, 𝑔, ℎ)) = 2. Remarque la famille (𝑓, 𝑔) ne ressemble pas trop à la famille (cos , cos3 ) mais dans un plan, je rappelle qu’il y a une infinité de base. Allez à : Exercice 38 Correction exercice 39. Soit 𝜃ℝ la fonction nulle 𝜃ℝ ′′(𝑥) + 𝑥𝜃ℝ ′ (𝑥) − 𝑥2𝜃ℝ(𝑥) = 0 + 𝑥 × 0 − 𝑥 2 × 0 = 0 Donc 𝜃ℝ ∈ 𝐸 Soient 𝑓 et 𝑔deux fonctions de 𝐸. On a pour tout 𝑥 ∈ ℝ 𝑓′′(𝑥) + 𝑥𝑓′(𝑥) − 𝑥2𝑓(𝑥) = 0 et 𝑔′′(𝑥) + 𝑥𝑔′(𝑥) − 𝑥2𝑔(𝑥) = 0 Pour tout réels 𝜆 et 𝜇 (𝜆𝑓 + 𝜇𝑔)′′(𝑥) + 𝑥(𝜆𝑓 + 𝜇𝑔)′(𝑥) − 𝑥2(𝜆𝑓 + 𝜇𝑔)(𝑥) = 𝜆𝑓′′(𝑥) + 𝜇𝑔′′(𝑥) + 𝑥(𝜆𝑓′(𝑥) + 𝜇𝑔′(𝑥)) − 𝑥2(𝜆𝑓(𝑥) + 𝜇𝑔(𝑥)) = 𝜆(𝑓′′(𝑥) + 𝑥𝑓′(𝑥) − 𝑥2𝑓(𝑥)) + 𝜇(𝑔′′(𝑥) + 𝑥𝑔′(𝑥) − 𝑥2𝑔(𝑥)) = 0 Ce qui montre que 𝜆𝑓 + 𝜇𝑔 ∈ 𝐸. Par conséquent 𝐸 est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions. Espaces Vectoriels Pascal lainé 36 Allez à : Exercice 39 Correction exercice 40. (Hors programme) 1. Pour 𝑆1 Démontrons d’abord que si 𝑝′ ∈ ℤ, 𝑞′ ∈ ℕ∗ et 𝑝′ et 𝑞′ tels que 𝑝′ + 𝑞′√2 = 0 alors 𝑝′ = 𝑞′ = 0 On pose 𝑑 = 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑝′, 𝑞′), 𝑝′ = 𝑑𝑝 et 𝑞′ = 𝑑𝑞 𝑝 + 𝑞√2 = 0 ⇒ 2𝑞2 = 𝑝2 ⇔ { 𝑝 = 0 𝑞 = 0 𝑝 + 𝑞√2 = 0 ⇒ 𝑝 = −𝑞√2 ⇒ 2𝑞2 = 𝑝2 D’après le théorème de Gauss, (si 𝑝 et 𝑞 sont non nuls) 𝑝 divise 2𝑞2 et 𝑝 est premier avec 𝑞2 donc 𝑝 divise 2. 𝑝 ∈ {−2,−1,1,2} Si 𝑝 = ±1 alors 𝑝2 = 1 et 2𝑞2 = 1 ce qui n’est pas possible. Si 𝑝 = ±2 alors 𝑝2 = 4 et 2𝑞2 = 4 ⇔ 𝑞2 = 2, ce qui n’est pas possible. Donc 𝑝 = 0 et 𝑞 = 0, par conséquent 𝑝′ = 𝑞′ = 0. La seule solution de 2𝑞2 = 𝑝2 est (𝑝, 𝑞) = (0,0) Soient 𝑟1 = 𝑝1 𝑞1 et 𝑟2 = 𝑝2 𝑞2 deux rationnels non nuls. Donc 𝑝1 ≠ 0, 𝑝2 ≠ 0 (et bien sur 𝑞1 ≠ 0 et 𝑞2 ≠ 0) et rien n’empêche de prendre 𝑝1 < 0 et 𝑝2 > 0 (avec 𝑞1 > 0 et 𝑞2 > 0) Montrons que 𝑟1 × 1 + 𝑟2 × √2 = 0 ⇒ 𝑟1 = 𝑟2 = 0 𝑟1 × 1 + 𝑟2 × √2 = 0 ⇒ 𝑝1𝑞2 + 𝑝2𝑞1√2 = 0 On pose 𝑝′ = 𝑝1𝑞2 < 0 et 𝑞′ = 𝑝2𝑞1 > 0, Donc 𝑝′ + 𝑞′√2 = 0 et d’après la première partie 𝑝′ = 𝑞′ = 0, ce qui est impossible si 𝑟1 ≠ 0 et 𝑟2 ≠ 0. Donc 𝑟1 = 𝑟2 = 0 et la famille est libre. Pour 𝑆2 𝑟1 × 1 + 𝑟2 × √2 + 𝑟3√3 = 0 Avec 𝑟1 = 𝑝1 𝑞1 , 𝑟2 = 𝑝2 𝑞2 et 𝑟3 = 𝑝3 𝑞3 𝑟1 × 1 + 𝑟2 × √2 + 𝑟3√3 = 0 ⇔ 𝑝1𝑞2𝑞3 + 𝑝2𝑞1𝑞3√2 + 𝑝3𝑞1𝑞2√3 = 0 On pose 𝑎′ = 𝑝1𝑞2𝑞3, 𝑏′ = 𝑝2𝑞1𝑞3 et 𝑐′ = 𝑝3𝑞1𝑞2 𝑎′ + 𝑏′√2 + 𝑐′√3 = 0 Soit 𝑑 = 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑎, 𝑏, 𝑐), 𝑎′ = 𝑑𝑎, 𝑏′ = 𝑑𝑏 et 𝑐′ = 𝑑𝑐 𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 = 0 Où 𝑎, 𝑏 et 𝑐 sont trois entiers premiers entre eux. 𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 = 0 ⇔ 𝑎 + 𝑏√2 = −𝑐√3 ⇒ (𝑎 + 𝑏√2) 2 = 3𝑐2 ⇒ 𝑎2 + 2𝑏2 + 2𝑎𝑏√2 = 3𝑐2 ⇒ 𝑎2 + 2𝑏2 − 3𝑐2 + 2𝑎𝑏√2 = 0 On pose 𝑝 = 𝑎2 + 2𝑏2 − 3𝑐2 et 𝑞 = 2𝑎𝑏, d’après la question précédente : 𝑝 = 0 et 𝑞 = 0 Donc 𝑎𝑏 = 0 et 𝑎2 + 2𝑏2 − 3𝑐3 = 0 Si 𝑎 = 0, 2𝑏2 − 3𝑐3 = 0 ⇔ 2𝑏2 = 3𝑐2, d’après le théorème de Gauss, 𝑐 divise 2𝑏2 et 𝑐 est premier avec 𝑏2 (car 0, 𝑏 et 𝑐 sont trois entiers premiers entre eux entraine 𝑏 et 𝑐 sont premiers entre eux) donc 𝑐 divise 2, par conséquent 𝑐 ∈ {−2,−1,1,2}, soit 𝑐2 = 1 alors 2𝑏2 = 3 ce qui est impossible (le premier terme est paire et le second est impair). Le seul cas possible est 𝑏 = 𝑐 = 0, soit 𝑐2 = 4alors 2𝑏2 = 3 × 4 ⇔ 𝑏2 = 6 ce qui est impossible aussi puisque 6 n’est pas un carré, dans ce cas aussi la seule solution est 𝑏 = 𝑐 = 0. Si 𝑏 = 0, 𝑎2 − 3𝑐2 = 0 ⇔ 𝑎2 = 3𝑐2, on raccourcit la démonstration, toujours avec Gauss, 𝑎 divise 3 donc si 𝑎2 = 1, 3𝑐2 = 1 est impossible et si 𝑎2 = 9 alors 𝑐2 = 3 ce qui est aussi impossible, bref, la seule solution est là encore 𝑎 = 𝑐 = 0 Tout cela pour dire que 𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 = 0 entraine 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 0. Par conséquent 𝑎′ = 𝑏′ = 𝑐′ = 0, comme 𝑎′ = 𝑝1𝑞2𝑞3, 𝑏′ = 𝑝2𝑞1𝑞3 et 𝑐′ = 𝑝3𝑞1𝑞2 et que les 𝑞𝑖 sont non nuls, alors 𝑝1 = 𝑝2 = 𝑝3 = 0 et 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟3 = 0, ce qui montre bien que 𝑆2 est une famille ℚ-libre. 2. Espaces Vectoriels Pascal lainé 37 𝑟1𝑢1 + 𝑟2𝑢2 = 0 ⇔ 𝑝1 𝑞1 (3 + √5, 2 + 3√5) + 𝑝2 𝑞2 (4,7√5 − 9) = (0,0) ⇔ { 𝑝1𝑞2(3 + √5) + 𝑝2𝑞1(2 + 3√5) = 0 𝑝1𝑞2(2 + 3√5) + 𝑝2𝑞1(√5 − 9) = 0 ⇔ { 𝑎(3 + √5) + 𝑏(2 + 3√5) = 0 𝑎(2 + 3√5) + 𝑏(√5 − 9) = 0 Si on pose 𝑎 = 𝑝1𝑞2 et 𝑏 = 𝑝2𝑞1 𝑟1𝑢1 + 𝑟2𝑢2 = 0 ⇔ { 3𝑎 + 2𝑏 + (𝑎 + 3𝑏)√5 = 0 2𝑎 − 9𝑏 + (3𝑎 + 𝑏)√5 = 0 Comme dans l’exercice précédent on montre que (1, √5) est une famille ℚ-libre (c’est trop long, je suis très fatigué). Donc 3𝑎 + 2𝑏 + (𝑎 + 3𝑏)√5 = 0 ⇔ { 3𝑎 + 2𝑏 = 0 𝑎 + 3𝑏 = 0 ⇔ { 3𝑎 + 2𝑏 = 0 𝑎 = −3𝑏 ⇔ { −9𝑏 + 2𝑏 = 0 𝑎 = −3𝑏 ⇔ { 𝑏 = 0 𝑎 = 0 𝑎(2 + 3√5) + 𝑏(√5 − 9) = 0 est vérifié pour 𝑎 = 𝑏 = 0 Donc 𝑝1𝑞2 = 0 et 𝑝2𝑞1 = 0, comme 𝑞1 ≠ 0 et 𝑞2 ≠ 0, on a 𝑝1 = 𝑝2 = 0 et donc 𝑟1 = 𝑟2 = 0. La famille (𝑢1, 𝑢2) est ℚ-libre. 4𝑢1 − (3 + √5)𝑢2 = 4(3 + √5, 2 + 3√5) − (3 + √5)(4,7√5 − 9) = (0,4(2 + 3√5) − (3 + √5)(7√5 − 9)) = (0,8 + 12√5 − (21√5 − 27 + 35 − 9√5)) = (0,8 + 27 − 35 + (12 − 21 − 9)√5) = (0,0) Il existe une relation entre ces deux vecteurs donc la famille est ℝ-liée. 3. a. Pour tout 𝛼 et 𝛽 réels 𝛼𝑣1 + 𝛽𝑣2 = 0 ⇒ 𝛼(1 − 𝑖, 𝑖) + 𝛽(2, −1 + 𝑖) = (0,0) ⇒ { 𝛼(1 − 𝑖) + 2𝛽 = 0 𝛼𝑖 + 𝛽(−1 + 𝑖) = 0 ⇒ { 𝛼 + 2𝛽 − 𝛼𝑖 = 0 −𝛽 + (𝛼 + 𝛽)𝑖 = 0 ⇒ { 𝛼 + 2𝛽 = 0 𝑒𝑡 − 𝛼 = 0 −𝛽 = 0 𝑒𝑡 (𝛼 + 𝛽) = 0 ⇒ { 𝛼 = 0 𝛽 = 0 (𝑣1, 𝑣2) est ℝ-libre 2𝑣1 − (1 − 𝑖)𝑣2 = 2(1 − 𝑖, 𝑖) − (1 − 𝑖)(2,−1 + 𝑖) = (2(1 − 𝑖) − (1 − 𝑖) × 2,2𝑖 − (1 − 𝑖)(−1 + 𝑖)) = (0,2𝑖 − 2𝑖) = (0,0) Il existe une relation entre ces deux vecteurs donc la famille est ℂ-liée. b. Pour tout 𝛼, 𝛽, 𝛾 et 𝛿 réels 𝛼(1,0) + 𝛽(𝑖, 0) + 𝛾(0,1) + 𝛿(0, 𝑖) = (0,0) ⇒ (𝛼 + 𝑖𝛽, 𝛾 + 𝑖𝛿) = (0,0) ⇒ { 𝛼 + 𝑖𝛽 = 0 𝛾 + 𝑖𝛿 = 0 ⇒ { 𝛼 = 𝛽 = 0 𝛾 = 𝛿 = 0 La famille 𝑆 est libre. Si on sait que la dimension de ℂ2 sur ℝ est 4, c’est fini, parce qu’une famille libre à 4 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 4 est une base. Sinon il est clair que pour tout vecteur (𝛼 + 𝑖𝛽, 𝛾 + 𝑖𝛿) de ℂ2 , (𝛼 + 𝑖𝛽, 𝛾 + 𝑖𝛿) = 𝛼(1,0) + 𝛽(𝑖, 0) + 𝛾(0,1) + 𝛿(0, 𝑖) La famille 𝑆 est génératrice, donc c’est une base. 𝑣1 = (1 − 𝑖, 𝑖) = (1,0) − (𝑖, 0) + (0, 𝑖) 𝑣2 = (2,−1 + 𝑖) = (2,0) − (0,1) + (0, 𝑖) Allez à : Exercice 40