Exercice 1. Etudier le syst` ´ eme S :

(1)

Universit´ e Paris Diderot Ann´ ee 2017-2018 MIAN

Interrogation

Exercice 1. Etudier le syst` ´ eme S :







x + 2z = 3 2x + y + 2z = 2 ax + y + z = 1

Pour quelles valeurs de a y a-t-il une solution ? Dans ce cas, ´ ecrire toutes les solutions du syst` eme, en fonction de a.

Solution :

On re-´ ecrit le syst` eme matriciellement et on applique la m´ ethode d’´ elimination de Gauss





1 0 2 3 2 1 2 2 a 1 1 1



 ∼





1 0 2 3

0 1 −2 −4

0 1 1 − 2a 1 − 3a





∼





1 0 2 3

0 1 −2 −4

0 0 3 − 2a 5 − 3a





On voit que si a = 3/2, la derni` ere ´ equation donne 0z = 1/2, qui est fausse. Donc, pas de solution.

Si a 6= 3/2, on trouve z = 5 − 3a

3 − 2a , y = −4 + 2z = 2a − 2

3 − 2a , x = 3 − 2z = 1

2a − 3 . (1) Exercice 2. Soient v

₁

= (1, 2, 3) et v

₂

= (1, 1, 1).

(i) ´ Ecrire l’´ equation param´ etrique du plan P qui contient v

1

et v

2

.

(ii) Montrer que P est un sous-espace vectoriel de R

³

. D´ eterminer une base de P (justifier) et en d´ eduire sa dimension.

(iii) ´ Ecrire une ´ equation cart´ esienne du plan P .

(iv) Trouver une ´ equation param´ etrique pour les points (x, y, z) qui sont dans l’inter- section du plan P avec le plan Q d’´ equation x + y + z = 1.

Solution :

(i)

P =







~

v ∈ R

³

: ~ v = λ



 1 2 3



 + µ



 1 1 1



 avec λ, µ ∈ R







(2)

1

(2)

(ii) On a P = Vect({v

₁

, v

₂

}). ´ Evidement P ⊂ R

³

(sous-ensemble). Comme on a vu dans le cours, il est aussi un sous-espace vectoriel de R

³

: soient v, w ∈ P , qu’on

´

ecrira alors comme v = λ

₁

v

₁

+ µ

₁

v

₂

et w = λ

₂

v

₁

+ µ

₂

v

₂

pour certaines constantes λ

₁

, λ

₂

, µ

₁

, µ

₂

∈ R ; pour tous les α, β ∈ R :

αv + βw = α(λ

₁

v

₁

+ µ

₁

v

₂

) + β(λ

₂

v

₁

+ µ

₂

v

₂

) = (αλ

₁

+ βλ

₂

)v

₁

+ (αµ

₁

+ βµ

₂

)v

₂

(3) et donc αv + βw ∈ P .

L’espace engendr´ e par deux vecteurs (parfois dites “directeurs”) dans R

³

est un plan. Dans ce cas, comme on a dit, P = Vect({v

₁

, v

₂

}). ´ Evidement les vecteurs v

₁

et v

₂

ne sont pas colin´ eaires ; en fait, apr` es l’´ elimination de Gauss :



 1 1 2 1 3 1



 ∼



 1 1 0 1 0 0



 (4)

on trouve deux pivots. Donc {v

₁

, v

₂

} est une base de P et alors P a dimension 2 (cardinalit´ e de sa base).

(iii) Le point (x, y, z) ∈ R

³

appartient ` a P si et seulement si le syst` eme λ



 1 2 3



 + µ



 1 1 1



 =



 x y z



 (5)

a une solution (les inconnues sont λ, µ ∈ R ).

On fait pivot de Gauss :





1 1 x 2 1 y 3 1 z



 ∼





1 1 x

0 −1 y − 2x 0 −2 z − 3x





∼





1 1 x

0 −1 y − 2x 0 0 x − 2y + z





Alors ce syst` eme a une solution si et seulement si x − 2y + z = 0. Autrement dit, l’´ equation cart´ esienne de P est x − 2y + z = 0.

(iv)

P ∩ Q =









 x y x



 ∈ R

³

: x − 2y + z = 0 et x + y + z = 1







(6) Le points d’intersections correspond alors aux solutions du syst` eme

1 −2 1 0

1 1 1 1

∼

1 −2 1 0 0 1 0 1/3

∼

1 0 1 2/3 0 1 0 1/3

2

(3)

Alors z est une variable libre ; les solutions sont



 x y z



 =



 2/3 1/3 0



 + λ





−1 0 1



 o` u λ ∈ R . (7) Exercice 3. Soient v

₁

= (5, 1, 2, 3), v

₂

= (−1, 2, 3, −2), v

₃

= (3, 5, 8, −1) et v

₄

= (11, 0, 1, 8).

(i) Montrer que Vect({v

₁

, v

₂

}) = Vect({v

₃

, v

₄

}).

(ii) D´ ecrire l’espace F = Vect({v

₁

, v

₂

}) par un syst` eme d’´ equations cart´ esiennes.

(iii) Montrer que F est contenu dans G = {(x, y, z, w) ∈ R

⁴

| 11z+11w−9x−10y = 0}.

Est-ce que F = G ? Solution :

(i) Prenons les 4 vecteurs comme colonnes d’une matrice et faisons l’´ elimination de Gauss :







5 −1 3 11

1 2 5 0

2 3 8 1

3 −2 −1 8







∼







5 −1 3 11

0 11 22 −11

0 17 34 −17

0 −7 −14 7







∼







5 −1 3 11

0 1 2 −1

0 0 0 0







∼







5 0 5 10 0 1 2 −1 0 0 0 0 0 0 0 0







∼







1 0 1 2 0 1 2 −1 0 0 0 0 0 0 0 0







Si on consid` ere que les colonnes 1, 2 et 3, on obtient une solution au syst` eme αv

₁

+ βv

₂

= v

₃

. En fait, ¸ca dit que

v

₃

= v

₁

+ 2v

₂

. (8)

De fa¸con analogue, les colonnes 1, 2 et 4 impliquent que

v

₄

= 2v

₁

− v

₂

. (9)

Alors, Vect({v

₃

, v

₄

}) ⊂ Vect({v

₁

, v

₂

}), car toute combinaison lin´ eaire de v

₃

et v

₄

peut s’´ ecrire comme combinaison lin´ eaire de v

₁

et v

₂

si on utilise (8)-(9).

De plus, les relations (8)-(9) sont inversibles. On en d´ eduit v

₁

= 1

5 (v

₃

+ 2v

₄

) (10)

v

₂

= 1

2 (v

₃

− 1

5 (v

₃

+ 2v

₄

)). (11)

D’o` u Vect({v

₁

, v

₂

}) ⊂ Vect({v

₃

, v

₄

}).

3

(4)

(ii) (x, y, z, w) ∈ F si et seulement le syst` eme suivante a une solution







5 −1 x

1 2 y

2 3 z

3 −2 w







∼







5 −1 x

0 11 5y − x 0 17 5z − 2x 0 −7 5w − 3x







∼







5 −1 x

0 11 5y − x

0 0 (5z − 2x)/17 − (5y − x)/11 0 0 (5w − 3x)/(−7) − (5y − x)/11







Ce syst` eme a une solution ssi (5z − 2x)/17 − (5y − x)/11 = 0 et (5w − 3x)/(−7) − (5y − x)/11 = 0. En simplifiant, on obtient le syst` eme d’´ equations cart´ esiennes

−8x + 11w + 7y = 0 (12)

11z − x − 17y = 0 (13)

(iii) Il faut simplement v´ erifier que v

₁

, v

₂

∈ G, car G est un sous-espace vectoriel de R

⁴

et on a vu dans le cours que tout espace vectoriel que contient v

₁

, v

₂

contient aussi Vect({v

1

, v

2

}). Comme v

1

satisfait l’´ equation de G (11 ×2+11× 3−9×5−10×1 = 0), on d´ eduit que v

₁

∈ G. Avec un calcul analogue, on preuve que v

₂

∈ G.

F 6= G car la dimension de F est deux (comparer avec la partie (ii) de l’exercice pr´ ec´ edent) et la dimension de G est 3 (en g´ en´ eral, un hyperplan dans R

ⁿ

a dimension n − 1).

4