chap 1_espace vectoriel _exercices corrigés
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S3 ; Module M10 ; Matière : Mathématiques II Chapitre 1 : Espace vectoriel (Exercices corrigés)
Professeure Salma DASSER Session Automne-hiver 2009
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EXERCICES CORRIGÉS
Exercice 1 ...................................................................................................................................................... 2
Exercice 2 ...................................................................................................................................................... 3
Exercice 3 ...................................................................................................................................................... 5
Exercice 4 ...................................................................................................................................................... 8
Exercice 5 .................................................................................................................................................... 10
Exercice 6 .................................................................................................................................................... 11
Exercice 7 .................................................................................................................................................... 13
Exercice 8 .................................................................................................................................................... 14
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Exercice 1
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, montrer que le sous ensemble V est un sous espace vectoriel
de 3IR , en donner une base et en déduire la dimension :
1) { }00/),,( 3 =−=+∈= zyetzxIRzyxV
2) { }02/),,( 3 =−−∈= zyxIRzyxV .
3) { }020/),,( 3 =−=+−∈= yxetzyxIRzyxV
Solution :
1) { }00/),,( 3 =−=+∈= zyetzxIRzyxV :
Soit ),,( zyxX = un vecteur de 3IR ,
VzyxX ∈= ),,( ssi :
♦ IRzzzyxzzzzyxzyetzxzyetzx ∈−=⇔−=⇔=−=⇔=−=+ ),1,1,1.(),,(),,(),,(00
♦ )1,1,1.(),,/()(!),,( −==∈∃⇔∈ ααα zyxzIRVzyx
♦ { })1,1,1(− est alors une base de V , 1dim =V et >−=< )1,1,1(V .
2) { }02/),,( 3 =−−∈= zyxIRzyxV :
Soit ),,( zyxX = un vecteur de 3IR ,
VzyxX ∈= ),,( ssi :
♦ 2),(),1,0,2.()0,1,1.(),,(),,2(),,(202 IRzyzyzyxzyzyzyxzyxzyx ∈+=⇔+=⇔+=⇔=−−
♦ )1,0,2.()0,1,1.(),,/(),(),(!),,( 2 βαβαβα +===∈∃⇔∈ zyxzyIRVzyx
♦ { })1,0,2(),0,1,1( est alors une base de V , 2dim =V et >=< )1,0,2(),0,1,1(V .
Ou bien :
VzyxX ∈= ),,( ssi :
♦ 2),(),1,2,0.()0,1,1.(),,(),2,(),,(202 IRzxzxzyxzzxxzyxzxyzyx ∈−+=⇔−=⇔−=⇔=−−
♦ )1,2,0.()0,1,1.(),,/(),(),(!),,( 2 −+===∈∃⇔∈ βαβαβα zyxzxIRVzyx
♦ { })1,2,0(),0,1,1( − est alors une autre base de V , 2dim =V et >−=< )1,2,0(),0,1,1(V .
3) { }020/),,( 3 =−=+−∈= yxetzyxIRzyxV :
Soit ),,( zyxX = un vecteur de 3IR ,
VzyxX ∈= ),,( ssi :
♦ IRyyzyxyyyzyxyyxzetyx ∈−=⇔−=⇔−=+−== ),1,1,2.(),,(),,2(),,(2
♦ )1,1,2.(),,/()(!),,( −==∈∃⇔∈ ααα zyxyIRVzyx
♦ { })1,1,2( − est alors une base de V , 1dim =V et >−=< )1,1,2(V .
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Exercice 2
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, donner une base du sous espace vectoriel V et en déduire sa
dimension :
1) )0,1,1,0(),1,1,0,1(),2,1,1,2(,,, 321321 −===>=< vvvvvvV .
2) )0,1,0,1(),1,1,0,1(),0,1,1,0(,,, 321321 ===>=< vvvvvvV .
3) )1,3,2(),2,1,3(),3,2,1(,,, 321321 ===>=< vvvvvvV .
4) )3,2,4(),1,0,2(),0,1,1(,,, 321321 −===>=< vvvvvvV .
Solution :
Le système { }321 ,, vvvS = est un système générateur de V . Une CNS pour que S soit une base
de V est que S soit libre :
♦ Si le système S est libre alors S est une base de V .
♦ Sinon, on extrait de S un sous système libre d’ordre 2 , sinon d’ordre 1, qui est alors une base
de V .
1) )0,1,1,0(),1,1,0,1(),2,1,1,2(,,, 321321 −===>=< vvvvvvV :
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est–il libre ? 0)0,0,0,0(... 321
?
332211 ===⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0,0()0,1,1,0.()1,1,0,1.()2,1,1,2.()0,0,0,0(... 321332211 =−++⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0,0()2,,,2( 213213121 =+−+++⇒ ααααααααα
♦
∈−=−=
⇒
−=−=−=
−=−=
⇒
=+=−+
=+=+
⇒
IR1
13
12
12
1132
13
12
21
321
31
21 2
2
2
2
02
0
0
02
ααα
αα
αααααα
αααα
ααααα
αααα
♦ )0,0,0,0()../))0,0,0()(,,( 3322113
321 =++∈≠∃⇒ vvvIR αααααα ,
par exemple )1,2,1(),,( 321 −−=ααα : )0,0,0,0(2et )0,0,0()1,2,1( 321 =−−≠−− vvv
♦ Le système { }321 ,, vvvS = n’est donc pas libre.
♦ De la relation )0,0,0,0(2 321 =−− vvv , on déduit que
−=
−=
+=
213
312
321
22
1
2
12
vvv
vvv
vvv
♦ Les systèmes { }21,vv , { }32 ,vv et { }31,vv sont alors générateurs de V .
♦ D’où : >>=<>=<>=<=< 313221321 ,,,,, vvvvvvvvvV
♦ On vérifie que ces trois systèmes { }21,vv , { }32 ,vv et { }31,vv sont libres.
♦ { }21,vv , { }32 ,vv et { }31,vv sont alors des bases de V et 2dim =V .
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2) )0,1,0,1(),1,1,0,1(),0,1,1,0(,,, 321321 ===>=< vvvvvvV :
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est–il libre ? 0)0,0,0,0(... 321
?
332211 ===⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0,0()0,1,0,1.()1,1,0,1.()0,1,1,0.()0,0,0,0(... 321332211 =++⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0,0(),,,( 2321132 =+++⇒ ααααααα
♦ 0
0
0
0
0
0
0
321
2
213
1
23
2
321
1
32
===⇒
=−−=
=−=
⇒
==++
==+
⇒ ααα
αααα
ααα
αααα
ααα
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est alors libre.
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est donc une base de V et 3dim =V .
3) )1,3,2(),2,1,3(),3,2,1(,,, 321321 ===>=< vvvvvvV :
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est–il libre ? 0)0,0,0(... 321
?
332211 ===⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0()1,3,2.()2,1,3.()3,2,1.()0,0,0(... 321332211 =++⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0()23,32,23( 321321321 =++++++⇒ ααααααααα
♦ 0
03023
032
0)(6
023
032
023
)3(
)2(
)1(
321
3
23
321
321
321
321)3()2()1()1(
321
321
321
===
⇒
=−=
−−=⇒
=++=++=++
⇒
=++=++=++
⇒++→
αααα
ααααα
ααααααααα
ααααααααα
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est alors libre.
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est donc une base de V et 3dim =V .
♦ Comme V est un sous espace vectoriel de 3IR et 3dimdim 3 == IRV alors
3IRV =
4) )3,2,4(),1,0,2(),0,1,1(,,, 321321 −===>=< vvvvvvV :
♦ Le système { }321 ,, vvvS = est–il libre ? 0)0,0,0(... 321
?
332211 ===⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0()3,2,4.()1,0,2.()0,1,1.()0,0,0(... 321332211 =−++⇒=++ αααααα vvv
♦ )0,0,0()3,2,42( 3231321 =+−++⇒ ααααααα
♦
−==∈
⇒
−==
=+−⇒
=+=−
=++⇒
32
31
3
32
31
333
32
31
321
3
2
3
2
0462
03
02
042
αααα
α
αααα
ααα
αααα
ααα IR
♦ )0,0,0()../))0,0,0()(,,( 3322113
321 =++∈≠∃⇒ vvvIR αααααα ,
par exemple )1,3,2(),,( 321 −=ααα : )0,0,0,0(32et )0,0,0()1,3,2( 321 =+−≠− vvv
♦ Le système { }321 ,, vvvS = n’est donc pas libre.
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♦ De la relation )0,0,0,0(32 321 =+− vvv , on déduit que
+−=
+=
−=
213
312
321
3231
32
21
23
vvv
vvv
vvv
♦ Les systèmes { }21,vv , { }32 ,vv et { }31,vv sont alors générateurs de V .
♦ D’où : >>=<>=<>=<=< 313221321 ,,,,, vvvvvvvvvV
♦ On vérifie que ces trois systèmes { }21,vv , { }32 ,vv et { }31,vv sont libres.
♦ { }21,vv , { }32 ,vv et { }31,vv sont alors des bases de V et 2dim =V .
Exercice 3
Enoncé :
Dans 4IR , on considère les sous espaces vectoriels 1V , 2V et 3V suivants :
{ }00/),,,( 41 =−+=−+∈= tzyetzyxIRtzyxV
{ }00/),,,( 42 =+=+∈= tzetyxIRtzyxV
{ }tzxetyIRtzyxV ===∈= 0/),,,( 43
1) Trouver une base de chacun des sous espaces vectoriels ci-dessus.
2) Déterminer 21 VV ∩ , 32 VV ∩ et 31 VV ∩ .
3) A-t-on 421 IRVV =⊕ ?
431 IRVV =⊕ ?
431 IRVV =⊕ ?
Solution :
1) Cherchons une base de 1V , une base de 2V et une base de 3V .
♦ { }00/),,,( 41 =−+=−+∈= tzyetzyxIRtzyxV . Soit ),,,( tzyxX = un vecteur de
4IR :
� 1),,,( VtzyxX ∈= ssi ),,,(),,,(
,0
0zyzyzytzyx
IRzy
zyt
zyx
tzy
zyx++−=⇔
∈+=+−=
⇔
=−+=−+
� 1),,,( VtzyxX ∈= ssi 2),(),1,1,0,1.()1,0,1,1.(),,,( IRzyzytzyx ∈+−=
� 1),,,( VtzyxX ∈= ssi )1,1,0,1.()1,0,1,1.(),,,/(),(),(! 2 βαβαβα +−===∈∃ tzyxzyIR
� { })1,1,0,1(),1,0,1,1(− est alors une base de 1V , 2dim 1 =V et >−=< )1,1,0,1(),1,0,1,1(1V .
♦ { }00/),,,( 42 =+=+∈= tzetyxIRtzyxV . Soit ),,,( tzyxX = un vecteur de
4IR :
� 2),,,( VtzyxX ∈= ssi ),,,(),,,(
,0
0zzxxtzyx
IRzx
zt
xy
tz
zyx−−=
∈−=−=
⇔
=+=−+
� 2),,,( VtzyxX ∈= ssi 2),(),1,1,0,0.()0,0,1,1.(),,,( IRzxzxtzyx ∈−+−=
� 2),,,( VtzyxX ∈= ssi )1,1,0,0.()0,0,1,1.(),,,/(),(),(! 2 −+−===∈∃ βαβαβα tzyxzxIR
� { })1,1,0,0(),0,0,1,1( −− est alors une base de 2V , 2dim 2 =V
et >−−=< )1,1,0,0(),0,0,1,1(2V
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♦ { }tzxetyIRtzyxV ===∈= 0/),,,( 43 . Soit ),,,( tzyxX = un vecteur de
4IR :
� 3),,,( VtzyxX ∈= ssi : ),,0,(),,,(,
00
xxxtzyx
IRx
xtxz
y
tzx
y=⇔
∈==
=⇔
===
� 3),,,( VtzyxX ∈= ssi 2),1,1,0,1.(),,,( IRxxtzyx ∈=
� 3),,,( VtzyxX ∈= ssi )1,1,0,1.(),,,/()(! ααα ==∈∃ tzyxxIR
� { })1,1,0,1( est alors une base de 3V , 1dim 3 =V et >=< )1,1,0,1(3V .
2) Cherchons une base de 21 VV ∩ , une base de 32 VV ∩ et une base de 31 VV ∩ .
♦ Soit ),,,( tzyxX = un vecteur de 4IR , 21),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi 1VX ∈ et 2VX ∈
� 21),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi )0,0,0,0(),,,(
0
0
0
0
0
0
0
0
=⇔
===−=
===
⇔
=+=+
=−+=−+
tzyx
zt
yx
ty
z
tz
yx
tzy
zyx
� Donc { })0,0,0,0(21 =∩VV
♦ Soit ),,,( tzyxX = un vecteur de 4IR , 32),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi 2VX ∈ et 3VX ∈
� 32),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi )0,0,0,0(),,,(
0
0
0
0
0
0
=⇔
====
−==−=
⇔
===
=+=+
tzyx
xzt
y
zt
yx
tzx
y
tz
yx
� Donc { })0,0,0,0(32 =∩VV
♦ Soit ),,,( tzyxX = un vecteur de 4IR , 31),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi 1VX ∈ et 3VX ∈
� 31),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi ),,0,(),,,(00
0
0
xxxtzyx
tzx
y
zzyt
zzyx
tzx
y
tzy
zyx
=⇔
===
=+==+−=
⇔
===
=−+=−+
� 31),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi 2),1,1,0,1.(),,,( IRxxtzyx ∈=
� 31),,,( VVtzyxX ∩∈= ssi )1,1,0,1.(),,,/()(! ααα ==∈∃ tzyxxIR
� { })1,1,0,1( est alors une base de 31 VV ∩ , 1dim 31 =∩VV et 331 )1,1,0,1( VVV >==<∩
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3) Vérifions si 421 IRVV =⊕ ,
431 IRVV =⊕ et
432 IRVV =⊕ .
♦ 421 IRVV =⊕ :
� 2dim 1 =V : { }21,uu est alors une base de 1V , )1,0,1,1(1 −=u et )1,1,0,1(2 =u .
� 2dim 2 =V : { }21,vv est alors une base de 2V , )0,0,1,1(1 −=v et )1,1,0,0(2 −=v
� 421 IRVV =⊕ ssi { }2121 ,,, vvuuS = est une base de
4IR .
� { }2121 ,,, vvuuS = est une base de 4IR ssi { }2121 ,,, vvuuS = est libre.
o )0,0,0,0(.. 22112211 =+++ vvuu ββαα
o )0,0,0,0()1,1,0,0.()0,0,1,1.()1,1,0,1.()1,0,1,1.( 2121 =−+−++−⇒ ββαα
o 0
0
0
0
0
0
0
2121
221
22
11
112
221
22
11
121
====⇒
=+−=−=
==−=
⇒
=−+=+=−
=++−
⇒ ββαα
βαααβ
αββαα
βααβαβα
βαα
o Le système { }2121 ,,, vvuuS = est alors libre.
� Le système { }2121 ,,, vvuuS = est donc une base de 4IR
� Donc : 4
21 IRVV =⊕
♦ 431 IRVV =⊕ :
� 2dim 1 =V : { }21,uu est alors une base de 1V , )1,0,1,1(1 −=u et )1,1,0,1(2 =u .
� 1dim 3 =V : { }3v est alors une base de 3V , )1,1,0,1(3 =v
� 431 dim3dimdim IRVV ≠=+ ou bien { })0,0,0,0()1,1,0,1(31 >≠=<∩VV
� Donc : 4
31 IRVV ≠⊕
♦ 432 IRVV =⊕ :
� 2dim 2 =V : { }21,vv est alors une base de 2V , )0,0,1,1(1 −=v et )1,1,0,0(2 −=v
� 1dim 3 =V : { }3v est alors une base de 3V , )1,1,0,1(3 =v
� 431 dim3dimdim IRVV ≠=+
� Donc : 4
32 IRVV ≠⊕ , (remarquons que { })0,0,0,0(31 =∩VV )
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Exercice 4
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, déterminer le rang du système { }4321 ,,, vvvvS = de 4IR :
1) )1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1( 4321 −−=−−=−−== vvvv .
2) )1,1,0,1(),1,0,2,3(),0,1,1,2(),1,2,0,1( 4321 −=−=−=−= vvvv
3) )0,2,2,4(),2,0,2,3(),0,1,1,2(),2,2,0,1( 4321 −==−=−−= vvvv .
Solution : { }4321 ,,, vvvvS = : 4)(1 ≤≤ Srg
1) )1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1( 4321 −−=−−=−−== vvvv : { }4321 ,,, vvvvS =
♦ Cherchons si 4)( =Srg : { }4321 ,,, vvvvS = est-il libre ?
� )0,0,0,0(.. 44332211 =+++ vvvv αααα
� )0,0,0,0()1,1,1,1.()1,1,1,1.()1,1,1,1.()1,1,1,1.( 4321 =−−+−−+−−+⇒ αααα
� 0
0
0
0
0
)(
)(
0
0
0
0
4321
43
21
43
21
4321
4321
4321
4321
4321
4321
4321
4321
====⇒
=−=−=+=+
⇒
−=+−−=−
+=++−=+
⇒
=+−−=−+−=−−+=+++
⇒ αααα
αααααααα
αααααααα
αααααααα
αααααααααααααααα
� Le système { }4321 ,,, vvvvS = est alors libre.
♦ Donc : 4)( =Srg
2) )1,1,0,1(),1,0,2,3(),0,1,1,2(),1,2,0,1( 4321 −=−=−=−= vvvv : { }4321 ,,, vvvvS =
♦ Cherchons si 4)( =Srg : { }4321 ,,, vvvvS = est-il libre ?
� )0,0,0,0(.. 44332211 =+++ vvvv αααα
� )0,0,0,0()1,1,0,1.()1,0,2,3.()0,1,1,2.()1,2,0,1.( 4321 =−+−+−+−⇒ αααα
�
=+−=−+−
−==+−
⇒
=+−=−−−
=+=+++
⇒
0
022
2
0
0
02
02
032
431
431
32
431
431
421
32
4321
αααααα
ααααα
αααααα
αααααα
�
∈=
−==
⇒
∈=−+−−
−=−=
⇒
IRIR 3
4
32
31
3
4343
32
431
0
2
02)(2
2
αα
αααα
ααααα
ααααα
� )0,0,0,0()../))0,0,0,0()(,,,( 443322114
4321 =+++∈≠∃⇒ vvvvIR αααααααα ,
par exemple )0,1,2,1(),,,( 4321 −=αααα : )0,0,0,0(2et )0,1,2,1(),,,( 3214321 =+−−= vvvαααα
� Le système { }4321 ,,, vvvvS = n’est donc pas libre.
♦ Donc : 4)( <Srg
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♦ Cherchons si 3)( =Srg : Si au moins l’un des sous systèmes d’ordre 3({ }321 ,, vvv , { }421 ,, vvv ,
{ }431 ,, vvv ou { }432 ,, vvv ) extraits de { }4321 ,,, vvvvS = est libre alors 3)( =Srg
� De la relation )0,0,0,0(2 321 =+− vvv , on déduit que le système { }321 ,, vvv n’est pas libre.
� On vérifie que les deux autres systèmes { }421 ,, vvv et { }432 ,, vvv sont libres.
♦ Donc : 3)( =Srg
3) )0,2,2,4(),2,0,2,3(),0,1,1,2(),2,2,0,1( 4321 −==−=−−= vvvv : { }4321 ,,, vvvvS =
♦ Cherchons si 4)( =Srg : { }4321 ,,, vvvvS = est-il libre ?
� )0,0,0,0(.. 44332211 =+++ vvvv αααα
� )0,0,0,0()0,2,2,4.()2,0,2,3.()0,1,1,2.()2,2,0,1.( 4321 =−++−+−−⇒ αααα
�
∈∈
−−==
⇒
==−−−
=++=++
⇒
=+−=−−−
=++=+++
⇒
IR
IR
4
1
412
13
13
421
421
421
31
421
432
4321
22
022
022
0424
022
022
022
0432
αα
ααααα
ααααα
αααααα
ααααα
ααααααα
� )0,0,0,0()../))0,0,0,0()(,,,( 443322114
4321 =+++∈≠∃⇒ vvvvIR αααααααα ,
par exemple )1,1,4,1(),,,( 4321 −=αααα : )0,0,0,0(4et )1,1,4,1(),,,( 43214321 =++−−= vvvvαααα
� Le système { }4321 ,,, vvvvS = n’est donc pas libre.
♦ Donc : 4)( <Srg
♦ Cherchons si 3)( =Srg : Si au moins l’un des sous systèmes d’ordre 3({ }321 ,, vvv , { }421 ,, vvv ,
{ }431 ,, vvv ou { }432 ,, vvv ) extraits de { }4321 ,,, vvvvS = est libre alors 3)( =Srg
� De la relation 231 2vvv =+ , on déduit que le système { }321 ,, vvv n’est pas libre.
� De la relation 431 vvv =+ , on déduit que le système { }431 ,, vvv n’est pas libre.
� De la relation 24 2vv = , on déduit que les systèmes { }421 ,, vvv et { }432 ,, vvv sont liés.
♦ Donc : 3)( <Srg
♦ Cherchons si 2)( =Srg : Si au moins l’un des sous systèmes d’ordre 2 extraits de
{ }4321 ,,, vvvvS = est libre alors 2)( =Srg
� On vérifie, par exemple, que le système { }21,vv est libre.
♦ Donc : 2)( =Srg
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Exercice 5
Enoncé :
Dans chacun des cas suivants, montrer que les vecteurs 4321 ,, vetvvv forment une base de
4IR et exprimer le vecteur v dans cette base :
1) )4,1,2,1(),0,1,3,1(),1,0,3,2(),2,1,2,1( 4321 =−=−=−−= vvvv et )1,1,1,1( −−=v .
2) )1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1( 4321 −−=−−=−−== vvvv et )1,1,2,1(=v .
Solution :
{ }4321 ,,, vvvvS = est un système d’ordre 4 et 4dim 4 =IR .Pour montrer que { }4321 ,,, vvvvS =
est une base de 4IR , il suffit alors de montrer que { }4321 ,,, vvvvS = est libre.
1) { }4321 ,,, vvvvS = : )4,1,2,1(),0,1,3,1(),1,0,3,2(),2,1,2,1( 4321 =−=−=−−= vvvv , )1,1,1,1( −−=v
♦ Montrons que { }4321 ,,, vvvvS = est une base de 4IR : { }4321 ,,, vvvvS = est-il libre ?
� )0,0,0,0(.. 44332211 =+++ vvvv αααα
� )0,0,0,0()4,1,2,1.()0,1,3,1.()1,0,3,2.()2,1,2,1.( 4321 =+−+−+−−⇒ αααα
� 0calcul après
042
0
02332
02
321
421
431
4321
4321
===
=+−−=+−−
=+++=+++
⇒ ⇒ ααα
αααααα
αααααααα
� Le système { }4321 ,,, vvvvS = est alors libre.
♦ Donc { }4321 ,,, vvvvS = est une base de 4IR .
♦ Ecrivons le vecteur )1,1,1,1( −−=v dans la base { }4321 ,,, vvvvS = .
� { }4321 ,,, vvvvS = est une base de 4IR :
� 443322114
4321 ../),,,(! vvvvvIR αααααααα +++=∈∃
� 44332211 .. vvvvv αααα +++=
�
=−+=−+
=+++−=
−−
+
⇒
−=+−−−=+−−
=+++=+++
⇒
142
1
12332
)4(
)3(
)2(
)3()1(
142
1
12332
12
)4(
)3(
)2(
)1(
421
431
4321
24
421
431
4321
4321
αααααα
αααααα
αααααα
αααααααα
�
−=−=
==
⇒
−=−=
−=−=
−
−⇒
=−=−
−=−=
−⇒
=+=++
=++−=
⇒
3
4
8
3
3
1
2
)3(4)4(
)3(
)3()2(
)1(
145
1
2
)4(
)3(
)3()2(
)1(
152
1
132
)4(
)3(
)2(
)1(
2
3
1
4
2
23
31
24
32
32
31
24
21
321
321
24
αααα
ααα
αααα
αααα
αααα
ααααα
ααααα
♦ Donc 4321 3438 vvvvv +−−=
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2) { }4321 ,,, vvvvS = : )1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1(),1,1,1,1( 4321 −−=−−=−−== vvvv , )1,1,2,1(=v
♦ Montrons que { }4321 ,,, vvvvS = est une base de 4IR : { }4321 ,,, vvvvS = est-il libre ?
� Le système { }4321 ,,, vvvvS = est libre, voir l’exercice 4-1.
♦ Donc { }4321 ,,, vvvvS = est une base de 4IR .
♦ Ecrivons le vecteur )1,1,2,1(=v dans la base { }4321 ,,, vvvvS = .
� { }4321 ,,, vvvvS = est une base de 4IR :
� 443322114
4321 ../),,,(! vvvvvIR αααααααα +++=∈∃
� 44332211 .. vvvvv αααα +++=
�
−=+=
=−−+−=
−−
−
⇒
=+−−=−+−=−−+=+++
⇒
122
2
)2()1(
)4()3(
)2(
)3()1(
1
1
2
1
)4(
)3(
)2(
)1(
43
43
4321
42
4321
4321
4321
4321
αααα
αααααα
αααααααααααααααα
�
−=
−=
=
=
⇒
−==
+=−=
⇒
4
14
14
54
1
14
32
4
3
1
2
4
43
41
42
α
α
α
α
ααα
αααα
♦ Donc 4321 41
41
41
45
vvvvv −−+=
Exercice 6
Enoncé :
Dans 3IR muni de sa base canonique { }321 ,, eee , on considère les vecteurs )0,1,1(1 =v ,
)1,1,0(2 =v et )1,0,1(3 =v .
1) Montrer que les vecteurs 1v , 2v et 3v forment une base de 3IR .
2) Exprimer les vecteurs 1e , 2e et 3e dans cette base.
Solution :
1) { }321 ,, vvvS = est un système d’ordre 3 et 3dim 3 =IR . Pour montrer que { }321 ,, vvvS = est une
base de 3IR , il suffit alors de montrer que { }321 ,, vvvS = est libre.
♦ { }321 ,, vvvS = : )1,0,1(),1,1,0(),0,1,1( 321 === vvv
♦ Montrons que { }321 ,, vvvS = est une base de 3IR : { }321 ,, vvvS = est-il libre ?
� )0,0,0(.. 332211 =++ vvv ααα
� )0,0,0()1,0,1.()1,1,0.()0,1,1.( 321 =++⇒ ααα
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� 0
020
0
0
321
1
12
13
32
21
31
===⇒
=−−=−=
⇒
=+=+=+
⇒ αααα
αααα
αααααα
� Le système { }321 ,, vvvS = est alors libre.
♦ Donc { }321 ,, vvvS = est une base de 3IR .
2) Ecrivons les vecteurs )1,0,0(eet ),1,0( ),0,0,1( 321 === ee dans la base { }321 ,, vvvS = .
♦ )0,0,1(1 =e : 33221113
321 ../),,(! vvveIR αααααα ++=∈∃
� 3322111 .. vvve ααα ++=
� )0,0,1()1,0,1.()1,1,0.()0,1,1.( 321 =++⇒ ααα
�
=
−=
=
⇒
=−=
=⇒
−=−=
=+⇒
=+=+=+
⇒
21
21
21
121
0
0
1
3
2
1
13
12
1
23
21
31
32
21
31
α
α
α
αααα
α
αααα
αα
αααααα
♦ Donc 3211 21
21
21
vvve +−=
♦ )0,1,0(2 =e : 33221123
321 ../),,(! vvveIR αααααα ++=∈∃
� 3322112 .. vvve ααα ++=
� )0,1,0()1,0,1.()1,1,0.()0,1,1.( 321 =++⇒ ααα
�
−=
=
=
⇒
==−=
⇒
−==+
−=⇒
=+=+=+
⇒
21
2121
121
0
1
0
3
2
1
12
1
13
32
21
13
32
21
31
α
α
α
ααα
αα
αααα
αα
αααααα
♦ Donc 3212 21
21
21
vvve −+=
♦ )1,0,0(3 =e : 33221133
321 ../),,(! vvveIR αααααα ++=∈∃
� 3322113 .. vvve ααα ++=
� )1,0,0()1,0,1.()1,1,0.()0,1,1.( 321 =++⇒ ααα
�
=
=
−=
⇒
=−=
=⇒
=+−=−=
⇒
=+=+=+
⇒
2121
21
1211
0
0
3
2
1
2
21
23
32
21
13
32
21
31
α
α
α
ααα
αα
αααααα
αααααα
♦ Donc 3213 21
21
21
vvve ++−=
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Exercice 7
Enoncé :
Sous quelles conditions sur le paramètre IRa ∈ , les vecteurs )0,1,1(1 −=v , )1,2,1(2 −−=v et
),1,0(3 av −= forment-ils une base de 3IR ?
Solution : ),1,0(),1,2,1(),0,1,1( 321 avvv −=−−=−=
♦ { }321 ,, vvvS = est un système d’ordre 3 et 3dim 3 =IR .
♦ Pour montrer que { }321 ,, vvvS = est une base de 3IR , il suffit alors de montrer que S est libre.
♦ Discutons la dépendance des vecteurs 1v , 2v et 3v selon les valeurs du paramètre a .
� )0,0,0(.. 332211 =++ vvv ααα
� )0,0,0(),1,0.()1,2,1.()0,1,1.( 321 =−+−−+−⇒ aααα
�
=−==
⇒
=+−+−=
=⇒
=+−=−+−
=−⇒
0)1(0.
2
0.
02
0
1
13
12
32
213
12
32
321
21
aaa ααααα
ααααα
αα
ααααα
αα
� 1er
cas : 01≠−a ( 1≠a )
o 0
0
0
0)1(321
1
13
12
1
13
12
===
⇒
===≠
=−==
⇒ αααα
αααα
ααααα a
a
o Le système { }321 ,, vvvS = est alors libre.
� Donc si 1≠a alors { }321 ,, vvvS = est une base de 3IR .
� 2ème
cas : 01=−a ( 1=a )
o
∈==
⇒
====
=−==
⇒IR
a
a 1
13
12
13
12
1
13
12
00
0
0)1( ααααα
αααα
ααααα
o )0,0,0()../))0,0,0()(,,( 3322113
321 =++∈≠∃⇒ vvvIR αααααα
par exemple )1,1,1(),,( 321 =ααα : )0,0,0(et )0,0,0()1,1,1( 321 =++≠ vvv
o Le système { }321 ,, vvvS = est alors lié.
� Donc si 1=a alors { }321 ,, vvvS = n’est pas une base de 3IR .
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Exercice 8
Enoncé :
Dans 3IR , on considère les vecteurs ),1,1(1 av = , )1,,1(2 av = et )1,1,(3 av = . Discuter suivant
le paramètre IRa ∈ :
1) La dépendance des vecteurs 321, vetvv .
2) Le rang du système { }321 ,, vvv .
3) La dimension du sous espace vectoriel engendré par les vecteurs 321, vetvv .
Solution :
)1,1,(),1,,1(),,1,1( 321 avavav ===
1) Discutons la dépendance des vecteurs 1v , 2v et 3v selon les valeurs du paramètre a .
♦ )0,0,0(.. 332211 =++ vvv ααα
♦ )0,0,0()1,1,.()1,,1.(),1,1.( 321 =++⇒ aaa ααα
♦
=++=++
=+++++⇒
=++=++=++
⇒
0
0
0)2(
)3(
)2(
)3()2()1(
0
0
0
)3(
)2(
)1(
321
321
321
321
321
321
αααααα
ααα
ααααααααα
a
a
a
a
a
a
♦ 1er
cas : 02 ≠+a ( 2−≠a )
o
=++=++
=++−≠
=++=++
=+++
⇒0
0
02
0
0
0)2(
321
321
321
321
321
321
αααααα
ααα
αααααα
ααα
a
aa
a
a
a
o
=−=−+−=
⇒
=−−+=−−+
+−=⇒
0)1(
0)1(
)(
0
0
)(
1
2
213
2121
2121
213
αα
ααα
αααααααα
ααα
a
a
a
a
o 1er
sous cas : 02 ≠+a et 01≠−a ( 2−≠a et 1≠a )
o 0
0
0
0)(1
0)1(
0)1(
)(
321
1
2
213
1
2
213
===
⇒
==
=+−=≠
=−=−+−=
⇒ ααααα
ααα
αα
ααα a
a
a
o Le système { }321 ,, vvvS = est alors libre.
o Donc si 2−≠a et 1≠a alors { }321 ,, vvvS = est libre.
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o 2ème
sous cas : 02 ≠+a et 01=−a ( 1=a )
o
∈∈
+−=
⇒
==
+−==
=−=−+−=
⇒IR
IRa
a
a
1
2
213213
1
2
213 )(
00
00
)(1
0)1(
0)1(
)(
αα
αααααα
αα
ααα
o )0,0,0()../))0,0,0()(,,( 3322113
321 =++∈≠∃⇒ vvvIR αααααα
par exemple )2,1,1(),,( 321 −=ααα : )0,0,0(2et )0,0,0()2,1,1( 321 =−+≠− vvv
o Le système { }321 ,, vvvS = est alors lié.
o Donc si 1=a alors { }321 ,, vvvS = n’est pas libre.
o Remarque : si 1=a alors )1,1,1(321 === vvv .
♦ 2ème
cas : 02 =+a ( 2−=a )
o
==∈
−⇒
=++−=+−
=−=
=++=++
=+++
⇒13
12
1
321
321
321
321
321
)2(
)2()1(
02
02
00
)2(
)1(2
0
0
0)2(
αααα
α
αααααα
αααααα
ααα IRa
a
a
a
o )0,0,0().../))0,0,0()(,,( 3322113
321 =++∈≠∃⇒ vvvIR αααααα
par exemple )1,1,1(),,( 321 =ααα : )0,0,0(et )0,0,0()1,1,1( 321 =++≠ vvv
o Le système { }321 ,, vvvS = est alors lié.
o Donc si 2−=a alors { }321 ,, vvvS = n’est pas libre.
♦ Résumé :
o si 2−≠a et 1≠a alors { }321 ,, vvvS = est libre.
o si 2−=a ou 1=a alors { }321 ,, vvvS = est lié.
2) Discutons l’ordre du système { }321 ,, vvvS = selon les valeurs du paramètre a .
♦ 1er
cas : 2−≠a et 1≠a
o Le système { }321 ,, vvvS = est libre : 3)( =⇒ Srg
♦ 2ème
cas : 2−=a : )1,1,2(),1,2,1(),2,1,1( 321 −=−=−= vvv
o Le système { }321 ,, vvvS = est lié : 3)( <⇒ Srg
o Le système { }21,vv est libre : 2)( =⇒ Srg
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♦ 3ème
cas : 1=a : )1,1,1(321 === vvv
o 1)( =⇒ Srg
3) Donnons la dimension du sous espace vectoriel >< 321 ,, vvv : { }321321 ,,,,dim vvvrgvvv >=<
♦ 1er
cas : 2−≠a et 1≠a
o { } 3,,dim3),,( 321321 >=<⇒= vvvvvvrg
♦ 2ème
cas : 2−=a :
o { } 2,,dim2),,( 321321 >=<⇒= vvvvvvrg
♦ 3ème
cas : 1=a :
o { } 1,,dim1),,( 321321 >=<⇒= vvvvvvrg