TD 1 : Calcul vectoriel, calcul matriciel, espaces vectoriels - Corrigé
Exercice 1 : 1) ⊂ ℳ,(ℝ) par définition de .
De plus est non vide car il contient au moins le vecteur nul 00 de ℳ,(ℝ) ou encore 11 … Il reste à justifier que est stable par l’addition et la multiplication externe :
Soit = ∈ , = ∈ et ∈ ℝ, montrons que + ∈ + = +
= +
= + ′ + ′ ∈ est bien un sous-espace vectoriel de ℳ,(ℝ).
Deuxième méthode : = ∈ ℳ,(ℝ)/ ∈ ℝ = 11/ ∈ ℝ = 1
s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ,(ℝ) donc est un sous-espace 1!
vectoriel de ℳ,(ℝ).
2) " ⊂ ℳ,(ℝ) par définition de ".
De plus " est non vide car il contient au moins le vecteur nul 00 de ℳ,(ℝ) ou encore 1−3 … Il reste à justifier que " est stable par l’addition et la multiplication externe :
Soit = −3 ∈ ", = −3 ∈ " et ∈ ℝ, montrons que + ∈ "
+ = −3 +
−3 = −3 +
−3 = + ′−3 − 3′ = % + ′
−3( + )& ∈ "
" est bien un sous-espace vectoriel de ℳ,(ℝ).
Deuxième méthode : " = −3 ∈ ℳ,(ℝ)/ ∈ ℝ = 1−3 / ∈ ℝ = 1
" s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ,(ℝ) donc " est un sous-espace −3!
vectoriel de ℳ,(ℝ).
3) ' n’est pas un sous-espace vectoriel de ℳ,(ℝ) car le vecteur nul 00 de ℳ,(ℝ) n’appartient pas à '. Autre argument : 11 ∈ ' mais 2 × 11 ∉ ' ou encore − 11 ∉ '
Exercice 2 : 1) ⊂ ℳ+,(ℝ) par définition de .
De plus est non vide car il contient au moins le vecteur nul ,0
00- de ℳ+,(ℝ) ou encore ,1 11- … Il reste à justifier que est stable par l’addition et la multiplication externe :
Soit =
./! ∈ , = , .
/′- ∈ et ∈ ℝ, montrons que + ∈ + =
./! + , .
/′- = ,
./- + , .
/′- = , + ′ . + . / + /′- + + 2(. + .) − 3(/ + /) = , + 2. − 3/011121113
4 567 8∈9
- + ,011121113+ 2.− 3/
4 567 8:∈9
- = 0 donc + ∈ est bien un sous-espace vectoriel de ℳ+,(ℝ).
Deuxième méthode : = ;
./! ∈ ℳ+,(ℝ)/ + 2. − 3/ = 0< = ;
./! ∈ ℳ+,(ℝ)/ = −2. + 3/<
= =,−2. + 3/
./ - /. et / réelsA = =,−2.
.0 - + ,3/
0/- /. et / réelsA = =. ,−2
10 - + / ,3
01- /. et / réelsA
= B,−2 10 - ; ,3
01-D
s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ+,(ℝ) donc est un sous-espace vectoriel de ℳ+,(ℝ).
2) " n’est pas un sous-espace vectoriel de ℳ+,(ℝ) car le vecteur nul ,0
00- de ℳ+,(ℝ) n’appartient pas à ", et c’est suffisant pour conclure.
Exercice 3 : 1ère méthode : on considère la définition d’une matrice symétrique : E ∈ F ⟺ E ∈ ℳ(ℝ)et EH = E
Il est clair que F est inclus dans ℳ(ℝ) et non vide.
Montrons que F est stable par l’addition et la multiplication externe : Soit E ∈ F, E∈ F et ∈ ℝ, montrons que E + E′ ∈ F
(E + E′)
H = (E)H + E′H = EH + E′H = E + E′ car E et E’ sont symétriques.
Ainsi E + E′ ∈ F et F est un sous-espace vectoriel de ℳ(ℝ).
2ème méthode : On considère l’écriture matricielle des matrices de F : E ∈ F ⟺ E = J KK E ∈ F ⟺ E = J KK = J 1 0
0 0 + K 0 1
1 0 + 0 0
0 1 = JL + KM + N ⟺ E ∈ (L, M, N) Ainsi F = (L, M, N) : F s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ(ℝ) donc F est un sous-espace vectoriel de ℳ(ℝ).
Exercice 4 : O = ; J J J
0 K K
0 0 ! /(J, K, ) ∈ ℝ+< = =J ,1 1 1 0 0 0
0 0 0- + K ,0 0 0 0 1 1
0 0 0- + ,0 0 0 0 0 0
0 0 1- /(J, K, ) ∈ ℝ+A
= B,1 1 1 0 0 0
0 0 0- ; ,0 0 0 0 1 1
0 0 0- ; ,0 0 0 0 0 0 0 0 1-D
Ainsi O s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ+(ℝ) donc O est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ).
Exercice 5 :
O = =,J + 2K −K −2K 2K J − K −4K
−K K J + 3K- /(J, K) ∈ ℝA = =J ,1 0 0 0 1 0
0 0 1- + K , 2 −1 −2 2 −1 −4
−1 1 3 - /(J, K) ∈ ℝA
= B,1 0 0 0 1 0
0 0 1- ; , 2 −1 −2 2 −1 −4
−1 1 3 -D
Ainsi O s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ+(ℝ) donc O est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ).
Exercice 6 : 1ère méthode : Par construction O est une sous-ensemble de ℳ+(ℝ) et non vide (en effet, la matrice nulle vérifie Q × 0 = 0 × ')
Étudions la stabilité : Soit E ∈ O, E ∈ Oet ∈ ℝ, montrons que E + E′ ∈ O
Q(E + E′) = Q(E) + QE= QE + QE = E' + E′' car E et E’ appartiennent à O. D’autre part, (E + E′)' = E' + E′' : ainsi Q(E + E′) = (E + E′)'.
La matrice E + E′ ∈ O et donc O est une sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ). Conclusion : O est un espace vectoriel.
2ème méthode : On cherche une famille génératrice de O : E = ,J K
R ST ℎ V- ∈ O ⟺ QE = E' ⟺ ,0 0 0 0 −1 0
0 0 1- ,J K
T ℎ VR S- = ,J K
R ST ℎ V- ,−1 0 0 0 0 0 0 0 1-
⟺ , 0 0 0
−R − −S
T ℎ V - = ,−J 0
−R 0 S
−T 0 V- ⟺ =J = 0 K ∈ ℝ
= 0W et =R ∈ ℝ
= 0S = 0W et =T = 0 ℎ = 0
V ∈ ℝW ⟺ E = ,0 K 0 R 0 0 0 0 V-
⟺ E = K ,0 1 0 0 0 0 0 0 0- 0112113
X
+ R ,0 0 0 1 0 0 0 0 0- 0112113
Y
+ V ,0 0 0 0 0 0 0 0 1- 0112113
Z
⟺ E ∈ ([; \; ])
Ainsi O = ([; \; ]) : O s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ+(ℝ) donc O est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ).
Exercice 7 : 1ère méthode : Par construction '^ est une sous-ensemble de ℳ+(ℝ) et non vide (en effet, la matrice nulle vérifie _ × 0 = 0 × _)
Étudions la stabilité : Soit E ∈ '^, E∈ '^ et ∈ ℝ, montrons que E + E′ ∈ '^
_(E + E′) = _(E) + _E= _E + _E= E_ + E′_ car E et E’ appartiennent à '^. D’autre part, (E + E′)_ = E_ + E′_ : ainsi _(E + E′) = (E + E′)_.
La matrice E + E′ ∈ '^ et donc '^ est une sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ). Conclusion : '^ est un espace vectoriel.
2ème méthode : On cherche une famille génératrice de '^ : E = ,J K
R ST ℎ V- ∈ '^ ⟺ _E = E_ ⟺ ,0 1 0 0 0 1
0 0 0- ,J K
R ST ℎ V- = ,J K
R ST ℎ V- ,0 1 0 0 0 1 0 0 0-
⟺ ,R S T ℎ V
0 0 0- = ,0 J K
0 R 0 T ℎ- ⟺ `
R = T = ℎ = 0 J = = V
K = S ∈ ℝ
W ⟺ E = ,J K 0 J K 0 0 J-
⟺ E = J ,1 0 0 0 1 0 0 0 1- 0112113
a
+ K ,0 1 0 0 0 1 0 0 0- 0112113
X
+ ,0 0 1 0 0 0 0 0 0- 0112113
Xb
⟺ E ∈ (c; [; [)
Ainsi '^= (c; [; [) : '^ s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ+(ℝ) donc '^ est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ).
Remarque : la première méthode est à éviter ici au vu de la recherche de la famille génératrice simultanément.
Exercice 8 : 1) Notons O l’ensemble des matrices diagonales de ℳ+(ℝ) E ∈ O ⟺ E = ,J 0 0
0 K 0
0 0 - ⟺ E = J ,1 0 0 0 0 0 0 0 0- 0112113
X
+ K ,0 0 0 0 1 0 0 0 0- 0112113
Y
+ ,0 0 0 0 0 0 0 0 1- 0112113
⟺ E ∈ ([; \; ]) : ainsi O = ([; \; ]) : O s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de Z
vecteurs de ℳ+(ℝ) donc O est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ).
De plus la famille ([; \; ]) est libre : en effet, [ + .\ + /] = 0 ⟺ , 0 0 0 . 0
0 0 /- = 0 ⟺ = . = / = 0 La famille ([; \; ]) est à la fois libre et génératrice de O, elle est donc une base de O : dim O = 3. 2) Notons L l’ensemble des matrices symétriques de ℳ+(ℝ)
E ∈ O ⟺ E = ,J K
K R S- ⟺ E = J ,1 0 0 0 0 0 0 0 0- 0112113
9g
+ K ,0 1 0 1 0 0 0 0 0- 0112113
9b
+ ⋯ + S ,0 0 0 0 0 0 0 0 1- 0112113
9i
⟺ E ∈ (; ; … ; k)
En utilisant le même raisonnement qu’au 1), L est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ) et dim L = 6. Notons M l’ensemble des matrices antisymétriques de ℳ+(ℝ)
E = ,J K
R ST ℎ V- ∈ M ⟺ E = −H E ⟺ ,J R T
K ℎ S V-=,−J −K −
−R − −S
−T −ℎ −V- ⟺ `
J = K = V = 0 R = −K T = − ℎ = −S
W
⟺ E = , 0 K
−K 0 S
− −S 0- ⟺ E = K , 0 1 0
−1 0 0 0 0 0- 011121113
mg
+ , 0 0 1 0 0 0
−1 0 0- 011121113
mb
+ S ,0 0 0 0 0 1 0 −1 0- 011121113
mn
⟺ E ∈ ("; "; "+)
En utilisant le même raisonnement qu’au 1), M est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ) et dim M = 3. Exercice 9 : On associe à tout triplet (, ., /) de nombres réels la matrice E(, ., /) définie par : E(, ., /) = , . /
. / / .-. La matrice E(1,0,0) n’est autre que la matrice identité c et la matrice E(0,1,0) sera notée [.
1) [ = E(0,1,0) = ,0 1 0 0 0 1
1 0 0- , [ = ,0 0 1 1 0 0
0 1 0- = E(0,0,1) [+ = ,1 0 0 0 1 0
0 0 1- = c = E(1,0,0) 2) Notons O l’ensemble des matrices de la forme E(, ., /), où (, ., /) décrit ℝ+.
E ∈ O ⟺ E = , . /
. / / .- ⟺ E = ,1 0 0 0 1 0 0 0 1- 0112113
a
+ . ,0 1 0 0 0 1 1 0 0- 0112113
X
+ / ,0 0 1 1 0 0 0 1 1- 0112113
Xb
⟺ E ∈ (c; [; [)
Ainsi O = (c; [; [) : O s’écrit sous la forme d’un Vect d’une famille de vecteurs de ℳ+(ℝ) donc O est un sous-espace vectoriel de ℳ+(ℝ).
3) De plus la famille (c; [; [) est libre : En effet, c + .[ + /[ = 0 ⟺ , . /
/ .. / - = 0 ⟺ = . = / = 0
La famille(c; [; [) est à la fois libre et génératrice de O, elle est donc une base de O : dim O = 3.
Exercice 10 : 1) On remarque que ,2
13- = ,1
02- + ,1
11-, la famille B,2 13- , ,1
02- , ,1
11-D est donc liée : elle n’est pas libre.
,2
13- + . ,1
02- + / ,0
11- = 0 ⟺ , 2 + .
3 + 2. + / + / - = 0 ⟺ =2 + . = 0
+ / = 0
3 + 2. + / = 0W ⟺ = + / = 0
2 + . = 0
3 + 2. + / = 0W ⟺ = + / = 0
. − 2/ = 0 2. − 2/ = 0W ⟺ = + / = 0
. − 2/ = 0
2/ = 0W ⟺ = . = / = 0 : La famille est donc libre.
2) On remarque que 12 + 3
4 = 4
6 = 2 2
3 donc la famille est liée.
La famille 12,2
3! est libre car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires.
Exercice 11 : 1) Notons = ;
./! ∈ ℳ+,(ℝ)/ + 2. = 0<
+ 2. = 0 ⟺ = −2.: =
./! ∈ ⟺ = ,−2.
./ - = . ,−2
10 - + / ,0
01- ⟺ ∈ B,−2 10 - ; ,0
01-D Ainsi = B,−2
10 - ; ,0
01-D. De plus la famille B,−2 10 - ; ,0
01-D est libre car les deux vecteurs qui la composent ne sont pas colinéaires: c’est donc une base de et est de dimension 2.
2) Notons " = ;
./! ∈ ℳ+,(ℝ)/ p2 − / = 0. + / = 0W<
p2 − / = 0. + / = 0W ⟺ p / = 2. = −/ = −2W : =
./! ∈ " ⟺ =
−22 ! = , 1
−22 - ⟺ ∈ B, 1
−22 -D Ainsi " = B, 1
−22 -D. De plus la famille B, 1
−22 -D est libre car le vecteur qui la compose est non nul: c’est donc une base de " et " est de dimension 1.
3) Notons ' = ;
./! ∈ ℳ+,(ℝ)/ p4 − 2. + 6/ = 0−2 + . − 3/ = 0W<
p4 − 2. + 6/ = 0−2 + . − 3/ = 0W ⟺ −2 + . − 3/ = 0 ⟺ . = 2 + 3/: =
./! ∈ ' ⟺ = 2 + 3/
/ !
⟺ = ,1
20- + / ,0
31- ⟺ ∈ B,1 20- ; ,0
31-D Ainsi ' = B,1
20- ; ,0
31-D. De plus la famille B,1 20- ; ,0
31-D est libre car les deux vecteurs qui la composent ne sont pas colinéaires: c’est donc une base de ' et ' est de dimension 2.
4) Notons Q = =
./! ∈ ℳ+,(ℝ)/ = − 3. − / = 0 2 − 5. + 2/ = 0 3 − 7. + 5/ = 0WA
= − 3. − / = 0 2 − 5. + 2/ = 0
3 − 7. + 5/ = 0W ⟺ = − 3. − / = 0 . + 4/ = 0
2. + 8/ = 0 ⟺ p − 3. − / = 0 . + 4/ = 0WW ⟺ p = −11/. = −4/W =
./! ∈ Q ⟺ = ,−11/
−4// - = / ,−11
−41 - ⟺ ∈ B,−11
−41 -D Ainsi Q = B,−11
−41 -D. De plus la famille B,−11
−41 -D est libre car le vecteur qui la compose est non nul: c’est donc une base de Q et Q est de dimension 1.
Exercice 12 : J + Kt + u = 0 ⟺ ∀w ∈ ℕ, Jy+ Kty + uy = 0 ⟺ ∀w ∈ ℕ, J × 2y+ K × 3y+ × 4y = 0 ⇒ = J + K + = 0
2J + 3K + 4 = 0
4J + 9K + 16 = 0W ⇒ =J + K + = 0 K + 2 = 0
5K + 12 = 0W ⇒ =J + K + = 0 K + 2 = 0
2 = 0W ⇒ J = K = = 0 La famille (, t, u) est donc une famille libre de l’ensemble des suites numériques.
Exercice 13 :
1) JS4+ KS+ S = 0 ⟺ ∀ ∈ ℝ, JS4() + KS() + S() = 0 ⟺ ∀ ∈ ℝ, J + K|}+ |} = 0 Comme dans l’ex 12, on peut donner 3 valeurs à puis résoudre le système obtenu mais il y a plus rapide : calculer la limite quand tend vers +∞.
}→lim J + K|}+ |} = J or lim}→J + K|}+ |} = 0 (car la fonction est nulle)donc J = 0 On part alors de ∀ ∈ ℝ, K|}+ |} = 0 : on multiplie par } et on obtient : ∀ ∈ ℝ, K + |} = 0 Et on raisonne de la même manière pour justifier que K = 0.
Il reste alors ∀ ∈ ℝ, |} = 0 ce qui implique que = 0 car une exponentielle ne s’annule jamais.
Conclusion : la famille (S4, S, S) est une famille libre de l’ensemble O.
2) Raisonnons par récurrence : notons y la propriété « la famille (S4, S, … , Sy) est libre » et montrons que y est vraie pour tout entier naturel w.
Initialisation : Pour w = 0, la famille (S4) est libre car S4 est non nulle
Hérédité : Supposons que, pour un entier naturel w quelconque, la famille (S4, S, … , Sy) est libre et montrons que la famille (S4, S, … , Sy, Sy) est libre.
J4S4+ JS+ ⋯ + JySy + JySy = 0
⟺ ∀ ∈ ℝ, J4S4() + JS() + ⋯ + JySy() + JySy() = 0
⟺ ∀ ∈ ℝ, J4+ J|}+ ⋯ + Jy|y}+ Jy|(y)} = 0 On multiplie par (y)} :
∀ ∈ ℝ, J4(y)}+ Jy}+ ⋯ + Jy}+ Jy = 0
Puis la limite quand tend vers −∞ donne Jy : ainsi Jy = 0 En revenant à l’équation initiale, on a : J4S4+ JS+ ⋯ + JySy = 0
Ce qui implique que J4 = J = ⋯ = Jy = 0 d’après l’hypothèse de récurrence.
Finalement, la famille (S4, S, … , Sy, Sy) est libre.
Conclusion : pour tout entier naturel w, la famille (S4, S, … , Sy) est libre.
Exercice 14 : 1) Montrons tout d’abord que la famille est libre :
J + Kt + u = 0 ⟺ J(0,1,1) + K(2,0, −1) + (2,1,1) = 0 ⟺ (2K + 2, J + , J − K + ) = 0
⟺ = 2K + 2 = 0 J + = 0
J − K + = 0W ⟺ =J − K + = 0 J + = 0
2K + 2 = 0W ⟺ =J − K + = 0 K = 0
2K + 2 = 0W ⟺ J = K = = 0 Ainsi, la famille (, t, u) est libre.
ℝ+ étant de dimension 3, toute famille libre constituée de trois vecteurs de ℝ+ est une base de ℝ+. Conclusion : (, t, u) est une base de ℝ+.
2) On cherche les réels J, K et tels que = (4, −1, −2) = J + Kt + u : J + Kt + u = (4, −1, −2) ⟺ (2K + 2, J + , J − K + ) = (4, −1, −2)
⟺ = K + 2 = 4 J + = −1
J − K + = −2W ⟺ =J − K + = −2 J + = −1
2K + 2 = 4 W ⟺ =J − K + = −2 K = 1
= 1 W ⟺ = J = −2 K = 1 = 1
W
Conclusion : les coordonnées du vecteur = (4, −1, −2) dans cette base sont -2, 1, 1.
Exercice 15 : Pour déterminer le rang de la famille (, , +), on cherche la dimension de (, , +). On remarque que + = − 2 donc , , + = , Or les vecteurs et sont non colinéaires donc constituent une base de , : ainsi , est de dimension 2 : le rang de la famille (, , +) est donc 2.
2) Voir ci-dessus
