Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Math´ematiques (M160).

Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Math´ematiques (M160).

Correction du devoir num´ero 2.

Exercice 1

(1) Soitv∈V, alors il existe des r´eelsx, y, z, ttels que :

v= (x+z+ 2t, y+z−t, x−y+ 3t) donc

v=x(1,0,1) +y(0,1,−1) +z(1,1,0) +t(2,−1,3) (1) En notantu1= (1,0,1) ;u2= (0,1,−1) ;u3= (1,1,0) etu4= (2,−1,3) alors l’´ecriture (1) est ´equivalente `a

v∈V ect(u1, u2, u3, u4) Donc

V ⊂V ect(u1, u2, u3, u4)

Oru1∈V (choisirx= 1,y =z=t= 0) ;u2∈V (x=z=t= 0,y= 1) ;u3∈V (x=y=t= 0,z= 0) et u4∈V (x=y =z= 0 ett= 1). Donc toute combinaison lin´eaire des vecteursu1,u2,u3 et u4 est dans V. Ce qui montre que

V ect(u1, u2, u3, u4)⊂V On a donc montr´e que

V =V ect(u1, u2, u3, u4)

ce qui montre queV est un espace vectoriel et queB= (u1, u2, u3, u4) en est une famille g´en´eratrice.

2

(2) Appliquons l’algorithme du rang pour extraire deB une famille libre.

•u1= (1,0,1) est non nul : on le garde.

•u26∈V ect(u1) (u1 etu2non li´es). Donc on gardeu2.

•Commeu3=u1+u2 alorsu3∈V ect(u1, u2) donc on le rejette.

Remarque : On pouvait ´evidemment r´esoudre le syst`eme donn´e par :u3=au1+bu2et voir qu’une ´eventuelle solution (a, b) existe.

•Pour voir si u4∈V ect(u1, u2) ou non, on r´esoud l’´equation suivante aux inconnues aetb: u₄=au₁+bu₂

(2,−1,3) =a(1,0,1) +b(0,1,−1) = (a, b, a−b)





 2 =a 1 =−b 3 =a−b

Ce syst`eme est compatible et admet (2,−1) comme solution. Doncu₄∈V ect(u₁, u₂). On le rejette.

Par cons´equent, la famille L= (u₁, u₂) est une famille libre (extraite deB).

De plus, par l’algorithme du rang, on a

V ect(B) =V ect(L) DoncV =V ect(L) et Lest une famille g´en´eratrice deV. Etant libre et g´en´eratrice deV, elle en est une base.

Layant 2 vecteurs, alors la dimension deV est 2. C’est donc un plan deR³. 2

(3) Compl´etion de Len une base deR³ :

La dimension deR³´etant 3 alors il manque un vecteur `aLpour qu’elle devienne une base deR³. NotonsB0= (e1, e2, e3) la base canonique deR³.

Voyons sie₁ (par exemple) est dansV ect(L) =V ect(u₁, u₂).

Si c’est le cas, il existe des r´eels aet btels que

e₁=au₁+bu₂

(1,0,0) =a(1,0,1) +b(0,1,−1) (1,0,0) = (a, b, a−b) donc a=1, b=0 et a-b=0 , ce qui est impossible.

AinsiB1= (u1, u2, e1) est une famille libre deR³.

Comme elle est de cardinal 3 et comme la dimension deR³ est 3 alors c’est une base deR³. Suppl´ementaire deV dansR³:

On sait que siE etF sont deux sous-espaces vectoriels deR³ ayant la propri´et´e suivante : si en concat´enant une base deE et une base deF , on obtient une base deR³ alorsE et F sont suppl´ementaires.

La compl´etion deLen une base deR³ faite ci-dessus, montre que la droite vectoirelleD =V ect(e1) est un suppl´ementaire deV dansR³.

2

(4) Soitu= (x, y, z) un vecteur quelconque deR³. On se demande quelles sont les ´equations liantx, y etz qui permettent de d´ecider siuappartient ou non `aV.

•x, y, z sont les coordonn´ees de udans la base canoniqueB0 :x=xe1+ye2+ze3.

•Notonsy1,y2 ety3 les coordonn´ees deudans la baseB1= (u1, u2, e1), c-a-d les uniques r´eels tels que u=y₁u₁+y₂u₂+y₃e₁

•

u∈V si et seulement siy₃= 0 (2)

En effetu∈V ⇐⇒y₁u₁+y₂u₂+y₃e₁∈V. Commeu₁ et u₂ sont dansV et que V est un espace vectoriel (donc stable par multiplication des scalaires et addition des vecteurs) alors cela est ´equivalent `a y3e1 ∈V, soit encorey3e1∈V ∩D.

V etD ´etant suppl´ementaires, alorsV ∩D={0} doncy3e1= 0 doncy3= 0.

•Exprimons maintenant les vecteurs de la base canonique en fonction de ceux deB1:

*e1∈B1.

* Ecrivonse2=au1+bu2+ce3soit (0,1,0) =a(1,0,1) +b(0,1,−1) +c(1,0,0) soit (0,1,0) = (a+c, b, a−b) soit le syst`eme







a+c= 0 b= 1 a−b= 0 Donca=b= 1 etc=−1. Donc

e₂=u₁+u₂−e₁

* De mˆeme (ou par simple constatation) , on trouve que e₃=u₁−e₁

* Finalement, ´ecrivons

u = xe1+ye2+ze3

= xe₁+y(u₁+u₂−e−1) +z(u₁−e₁)

= (y+z)

| {z }

y₁

u1+ y

|{z}

y2

u2+ (x−y−z)

| {z }

y₃

e1

• D’apr`es (2),u∈V si et seulementy₃= 0 , c-a-d x−y−z= 0

On a donc trouv´e l’´equation du planV : g´eom´etriquement, c’est l’´equation du plan deR³passant par (0,0,0) et ayant pour vecteur normal (1,−1,1).

2

Exercice 2

Notons (S) le syst`eme :







x−y+t= 0 (L1) x+y−z−t= 0 (L₂) 3x−y−z+t= 0 (L3) (1) Pour r´esoudre le syst`eme on applique la m´ethode du pivot :

(S) ⇐⇒







x−y+t= 0 (L1)

2y−z−2t= 0 (L2←L2−L1) 2y−z−2t= 0 (L3←L3−3L1)

⇐⇒ (S⁰)

(x−y +t= 0 2y−z−2t= 0 Ainsiuest solution de (S) si et seulement sius’´ecrit :

u= (z 2, t+z

2, z, t) =z(1 2,1

2,1,0)

| {z }

u1

+t(0,1,0,1)

| {z }

u₂

avec (z, t)∈R². Ceci montre que

V =V ect(u1, u2)

V est, par suite, un espace vectoriel dont une famille g´en´eratrice estB= (u1, u2). En faitB est clairement libre, donc c’est une base deV.

2 (2-a)W = Vect (1,2,0,−1),(1,1,−1,0),(−1,0,2,−1)

.

•Trouvons pour simplifier une base deW: ((1,2,0,−1),(1,1,−1,0),(−1,0,2,−1)

est une famille g´en´eratrice deW (par d´efinition deW) mais elle est li´ee car (−1,0,2,−1) = (1,2,0,−1)−2(1,1,−1,0). Si on applique l’algorithme du rang on obtient que ((1,2,0,−1)

| {z }

v₁

,(1,1,−1,0)

| {z }

v₂

) est une base deW.

Ainsi un vecteur u de R⁴ appartient `a W si et seulement si il est de la forme u = av1+bv2, c-a-d u= (a+b,2a+b,−b,−a)

Et le vecteur u de R⁴ appartient `a V si et seulement si ses composantes sont solutions de (S) (ou du syst`eme ´equivalent (S⁰)).

•Ainsi un vecteurudeR⁴ appartient `aV ∩W si et seulement si il peut s’´ecrie sous la formeu=av1+bv2, de sorte que les composantes sont solutions de (S⁰).

• On doit donc d´eterminer les r´eels (a, b) tels que : ((a+b)−(2a+b) −a= 0

2(2a+b)−(−b)−2(−a) = 0 ⇐⇒

(−2a= 0

3(2a+b) = 0 ⇐⇒

(a= 0 b= 0 Ceci montre que

V ∩W ={(0,0,0,0)}

dim(V +W) =dim(V) +dim(W)−dim(V ∩W) = 2 + 2−0 = 4 (2-b) CommeV +W est un sous-espace deR⁴qui a la mˆeme dimension alors

V +W =R⁴

Donc un sppl´ementaire est juste l’espace vectoriel nul :{(0,0,0,0)}.

Deuxi`eme m´ethode pour traiter (2-a) :

V est d´ej`a donn´e, par hypoth`ese, par un syst`eme (S) d’´equation cart´esiennes.

On traduire alorsW par un syst`eme d’´equations (S⁰) par la mˆeme m´ethode que la question (4) de l’exercice (1). On trouve

(x, y, z, t)∈W ⇐⇒ (S⁰) :

(x−y=t y+z+ 2t= 0

Ensuite on r´esoud le syst`eme form´e par (S) et (S<sup>0</sup>). C-a-d on trouve un syst`eme d’´equations deV ∩W. Il est facile de voir que (S) et (S⁰) n’ont que (0,0,0,0) comme unique solution.

2

Exercice 3

(1) Le rang de la suite (v1, v2, v3, v4) est par d´efinition la dimension de V. F = (v1, v2, v3, v4) est une famille g´en´eratrice deV.

Utilisons l’algorithme du rang pour en extraire une famille libre donc une base deV :

•v1 est non nul ; on le garde.

• v2 6∈ V ect(v1) pour tout a ∈ R. En effet, sinon on pourra trouver un λ ∈ R^∗ tel que v2 = λv1 donc (2a,3,−1,3) = (aλ,2λ,(a−1)λ,2λ). Doncλ= ³₂;a= 0 et−1 = (a−1)λce qui est impossible.

•Voyons siv₃∈V ect(v₁, v₂) :

On peut, soit remarquer directement, que pour touta,v₃= 3v₁−2v₂ soit s’en apercevoir par le calcul : v₃∈V ect(v₁, v₂) si et seulement si il existe des r´eelsλ₁ etλ₂tels que

v3=λ1v1+λ2v2, c-a-d (−a,0,3a−1,0) = (aλ1+ 2aλ2,2λ1+ 3λ2,(a−1)λ1−λ2,2λ1+ 3λ2) On doit donc r´esoudre le syst`eme correspondant `a cette ´equation vectorielle :











aλ1+ 2aλ2=−a 2λ1+ 3λ2= 0

(a−1)λ1−λ2= 3a−1 2λ1+ 3λ2= 0

⇐⇒







2λ₁+ 3λ₂= 0 aλ1+ 2aλ2=−a (a−1)λ₁−λ₂= 3a−1

⇐⇒







2λ₁+ 3λ₂= 0

a

2λ2=−a(L2−^a₂L1)

1−3a

2 λ₂= 3a−1 (L₃−^a−1₂ L₁)

⇐⇒







2λ1+ 3λ2= 0 aλ₂=−2a

1−3aλ2= 2(3a−1)

⇐⇒







2λ1+ 3λ2= 0 aλ₂=−2a

λ2=−2 (L3+ 3aL2)

⇐⇒

(2λ₁+ 3λ₂= 0

λ2=−2 ⇐⇒

(λ₁= 3 λ2=−2 Ainsi, pour toute valeur du param`etrea, on av3= 3v1−2v2, donc on rejettev3.

Remarquer qu’on a utilis´e dans la r´esolution du syst`eme des op´erations ´el´ementaires qui sont permises quelles que soient les valeurs du param`etre a, notamment parce qu’on n’a jamais divis´e par une quantit´e d´ependant de aqui pourrait s’annuler pour certaines valeurs de a (d’o`u discussions). De cette fa¸con on a

´evit´e la multiplication des cas inutiles. Quand on r´esout un syst`eme `a param`etre(s) il faut essayer de proc´eder ainsi : repousser le plus loin possible les distinctions de cas, en effectuant tant qu’on le peut des op´erations

´el´ementaires permises quelle que soit la valeur du (ou des) param`etre(s).

•Reste `a voir pour quelles valeurs dea,v4∈V ect(v1, v2).

On r´esoud l’´equation vectoriellev4=λ1v1+λ2v2, autrement dit on chercheλ1, λ2 tels que (5a,7,2a− 3,7) =λ₁(a,2, a−1,2) +λ₂(2a,3,−1,3). De fa¸con ´equivalente on r´esout le syst`eme, avec au d´ebut les mˆemes

´etapes que ci-dessus :











aλ1+ 2aλ2= 5a 2λ₁+ 3λ₂= 7

(a−1)λ1−λ2= 2a−3 2λ1+ 3λ2= 7

⇐⇒







2λ1+ 3λ2= 7 aλ₁+ 2aλ₂= 5a (a−1)λ1−λ2= 2a−3

⇐⇒







2λ1+ 3λ2= 7

a

2λ₂= ^3a₂ (L₂−^a₂L₁)

1−3a

2 λ2= ^1−3a₂ (L3−^a−1₂ L1)

⇐⇒







2λ1+ 3λ2= 7

a

2λ2= ^3a₂

1

2λ₂= ^1+6a₂ (L₃+ 3L₂)

⇐⇒







2λ1+ 3λ2= 7 λ2= 1 + 6a(2L3) 0 =a−3a² (L₂−aL₃)

Donc si a−3a² 6= 0 alors le syst`eme n’a pas de solution etB = (v1, v2, v4) est une base deV. Dans ce cas,dim(V) = 3

Et sia−3a²= 0, autrement dita= 0 oua= ¹₃ alors le syst`eme ci-dessus ´equivaut `a (2λ1+ 3λ2= 7

λ₂= 1 + 6a

qui admet pour unique solutionλ1=−2−9a, λ2= 1 + 6a. En particulierv4∈Vect(v1, v2), doncB= (v1, v2) est une base deV etdim(V) = 2.

2

(2) Pour trouver un suppl´ementaireW deV, on compl`eteB en une base deR⁴.

•Si a= 0 : V =V ect(v₁, v₂).

v₁= (0,2,−1,2) ;v₂= (0,3,−1,3)

*e₁6∈V ect(v₁, v₂) : sinon il existe des r´eels λ₁ et λ₂, tels que :

e₁=λ₁u₁+λ₂u₂ ⇐⇒(1,0,0) = (0,2λ₁,−λ₁,2λ₁) + (0,3λ₂,−λ₂,3λ₂) ce qui est impossible.

* e₂ 6∈ V ect(v₁, v₂, e₁) : en effet, il faut r´esoudre l’´equation : e₂ = λ₁v₁+λ₂v₂+λ₃e₁ ⇐⇒ (0,1,0,0) = (λ₃,2λ₁+ 3λ₂,−λ₁−λ₂,2λ₁+ 3λ₂+λ₃) qui donne clairement un syst`eme incompatible.

B1= (v1, v2, e1, e2) est donc une base deR⁴ et

W =V ect(e1, e2) est un suppl´ementaire deV dansR⁴

•Si a= ¹₃ :v1= (¹₃,2,⁻²₃ ,2) ;v2= (²₃,3,−1,3).

On remarque que 2v2 −3v1 = (¹₃,0,0,0) donc e1 = 6v2−9v1. On rejette e1. On v´erifie facilement que e26∈V ect(v1, v2) et quee36∈V ect(v1, v2, e2). Faisons par exemple la v´erification pour la derni`ere :

le syst`eme suivant











0 = ^λ₃¹ +^2λ₃² +λ₃ 0 = 2λ1+ 3λ2

1 = ^−2λ₃¹ −λ₂ 0 = 2λ1+ 3λ2

est incompatible.

B1= (v1, v2, e2, e3) est donc une base deR⁴ W =V ect(e₂, e₃) est un suppl´ementaire deV dansR⁴

• Si a6∈ {0,¹₃}:V =V ect(v₁, v₂, v₄).

Il manque un vecteur `a V pour qu’elle devienne base deR⁴.

Or e2 6∈V ect(v1, v2, v4) car l’´ecriture e2 = λ1v1+λ2v2+λ4v4 ´equivaut `a (0,1,0,0) =λ1(a,2, a−1,2) + λ2(2a,3,−1,3) +λ4(5a,7,2a−3,7) soit au syst`eme











aλ₁+ 2aλ₂+ 5aλ₄= 0 2λ1+ 3λ2+ 7λ4= 1

(a−1)λ₁−λ₂+ (2a−3)λ₃= 0 2λ1+ 3λ2+ 7λ4= 0

La deuxi`eme et derni`ere lignes ´etant incompatibles, alors le syst`eme n’a pas de solution.

B2= (v1, v2, v4, e2) est donc une base deR⁴ et

W =V ect(e2) est un suppl´ementaire de V dansR⁴

R´ecapitulons : Si a = 0 : V est de dimension 2. Une base est (v1, v2). Le suppl´ementaire est W = V ect(e1, e2) dont une base est (e1, e2).

Si a = ¹₃ : V est de dimension 2. Une base est(v1, v4). Le suppl´ementaire est W = V ect(e2, e3) de base (e₂, e₃).

Si a6∈ {0,¹₃} : V est de dimension 3. Une base est (v₁, v₂, v₄). Le suppl´ementaire est la droite vectorielle engendr´ee pare₂.

2

(3) On suit la mˆeme m´ethode que la question (4) de l’exercice 1.

Soitu= (x, y, z, t)∈R⁴. On note (y1, y2, y3, y4) les coordonn´ees deudans la base B1 = (v1, v2, W) de V. On rappelle queW est le suppl´ementaire deV dansR⁴.

Alors

u∈V ⇐⇒les coordonn´ees suivantW sont nulles

•Si a= 0 ;

B1= (v1, v2, e1, e2) avecV =V ect(v1, v2) et W =V ect(e1, e2) le suppl´ementaire deV dansR⁴. u∈V ⇐⇒ y3=y4= 0

Exprimons les vecteurse3 ete4 de la base canonique en fonction de ceux deB1 :

On a v₁ = (0,2,−1,2) ;v₂ = (0,3,−1,3). Donc v₂−v₁ = (0,1,0,1). Donc v₂−v₁−e₂ = (0,0,0,1) = e₄. Ainsi

e₄=v₂−v₁−e₂

De plus,

e3= 2v2−3v1

Ainsi

u= (x, y, z, t) =xe1+ye2+ze3+te4=xe1+ye2+z(2v2−3v1) +t(v2−v1−e2) u= (−3z−t)

| {z }

y₁

v1+ (2z+t)

| {z }

y₂

v2+ x

|{z}

y3

e1+ (y−t)

| {z }

y₄

e4

Donc un syst`eme d’´equations deV est

(x= 0 y=t

• Si a=¹₃ Mˆeme raisonnement :V =V ect(v1, v2) ;W =V ect(e2, e3) ;B1=V ect(v1, v2, e2, e3).

On exprimee1et e4en fonction dev1, v2, e2, e3. On a d´ej`a remarqu´e quee1=−9v1+ 6v2.

De plus,v2−v1= (¹₃,1,−¹₃,1) = ¹₃e1+e2−¹₃e3+e4=−3v1+2v2+e2−¹₃e3+e4. Donce4= 2v1−v2−e2+¹₃e3. Donc les coordonn´ees d’un vecteuru= (x, y, z, t) dans la baseB= (v1, v2, e2, e3) sont :y1=−9x+ 2t,y2= 6x−t,y3=y−tety4=z+¹₃t. Un syst`eme d’´equations d´efinissantV est obtenu en r´esolvant :y3=y4= 0.

(x= 0 3z+t= 0

•Si a6= 0.

B₁= (v₁, v₂, v₄, e₂) avecV =V ect(v₁, v₂, v₄) et W =V ect(e₂) le suppl´ementaire deV dansR⁴. u∈V ⇐⇒ y₃=y₄= 0

u∈V ⇐⇒ y₄= 0

En particulier, on a une seule ´equation lin´eaire enx, y, z, td´efinissantV.

Soit on exprime, comme avant, les vecteurs de la base canonique en fonction de ceux deB1. Soit on remarque directement quev1, v2et v4 v´erifient l’´equation

y=t C’est donc l’´equation d´efinissant V dans ce cas.