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Exercice 1
Partie 1: L'union de sous-espaces vectoriels
Soient F et G deux sous-espaces vectoriels (sev) de E. Montrons que F ∪ G est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si F ⊆ G ou G ⊆ F.
(⇎) Sens direct : Si F ⊆ G ou G ⊆ F, alors F ∪ G est un sev de E.
Cette implication est triviale. Si F ⊆ G, alors F ∪ G = G. Comme G est un sous-espace vectoriel de E, F ∪ G est un sous-espace vectoriel. De même, si G ⊆ F, alors F ∪ G = F, qui est aussi un sous-espace vectoriel de E.
(⇒) Sens réciproque (par l'absurde) : Si F ∪ G est un sev de E, alors F ⊆ G ou G ⊆ F.
Supposons par l'absurde que F ⊄ G et G ⊄ F.
Comme F ⊄ G, il existe un vecteur u ∈ F tel que u ∉ G.
Comme G ⊄ F, il existe un vecteur v ∈ G tel que v ∉ F.
Puisque F ∪ G est supposé être un sous-espace vectoriel, et que u ∈ F ⊆ F ∪ G et v ∈ G ⊆ F ∪ G, alors leur somme u+v doit aussi appartenir à F ∪ G.
Supposons que u+v ∈ F ∪ G. Cela implique que u+v ∈ F ou u+v ∈ G.
Nous distinguons deux cas :
- Cas 1 : u+v ∈ F.
Puisque u ∈ F et F est un sous-espace vectoriel, et que u+v ∈ F, alors (u+v) - u doit appartenir à F. Donc v ∈ F. Or, nous avons choisi v tel que v ∉ F. Ceci est une contradiction. - Cas 2 : u+v ∈ G.
Puisque v ∈ G et G est un sous-espace vectoriel, et que u+v ∈ G, alors (u+v) - v doit appartenir à G. Donc u ∈ G. Or, nous avons choisi u tel que u ∉ G. Ceci est une contradiction.
Dans les deux cas, nous arrivons à une contradiction. Notre hypothèse de départ (F ⊄ G et G ⊄ F) est donc fausse. Par conséquent, si F ∪ G est un sous-espace vectoriel, alors nécessairement F ⊆ G ou G ⊆ F.
Partie 2: L'intersection de sous-espaces vectoriels
Remarque : L'intersection F ∩ G de deux sous-espaces vectoriels est toujours un sous-espace vectoriel de E.
Démonstration : Montrons que F ∩ G vérifie les propriétés d'un sous-espace vectoriel.
- F ∩ G ≠ ∅ :
Le vecteur nul 0₊ (vecteur zéro de E) appartient à F car F est un sev. Le vecteur nul 0₊ appartient à G car G est un sev. Donc, 0₊ ∈ F ∩ G. L'intersection est non vide. - Stabilité par combinaison linéaire :
Soient u, v ∈ F ∩ G et soient λ, µ des scalaires réels (λ, µ ∈ K, le corps des scalaires). Montrons que λu + µv ∈ F ∩ G.
Puisque u ∈ F ∩ G, cela signifie que u ∈ F et u ∈ G.
Puisque v ∈ F ∩ G, cela signifie que v ∈ F et v ∈ G.
Comme F est un sous-espace vectoriel de E, et que u ∈ F, v ∈ F, alors λu + µv ∈ F (par définition d'un sev).
De même, comme G est un sous-espace vectoriel de E, et que u ∈ G, v ∈ G, alors λu + µv ∈ G (par définition d'un sev).
Puisque λu + µv appartient à la fois à F et à G, nous déduisons que λu + µv ∈ F ∩ G.
Les propriétés étant vérifiées, F ∩ G est un sous-espace vectoriel de E.
Exercice 2
Déterminer si les ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels de ℝ³.
1. E1 = {(x,y,z) ∈ ℝ³ | xy=0 et y+z=0}
- Vérification du vecteur nul :
Le vecteur (0,0,0) ∈ ℝ³ vérifie 0*0=0 et 0+0=0. Donc (0,0,0) ∈ E1. E1 n'est pas vide. - Vérification de la stabilité par addition :
Soient u=(1,0,0) et v=(0,1,-1).
Pour u=(1,0,0) : 1*0=0 et 0+0=0. Donc u ∈ E1.
Pour v=(0,1,-1) : 0*1=0 et 1+(-1)=0. Donc v ∈ E1.
Considérons la somme u+v = (1+0, 0+1, 0+(-1)) = (1,1,-1).
Pour que u+v ∈ E1, il faut que 1*1=0. Or, 1*1=1 ≠ 0.
Donc u+v ∉ E1. E1 n'est pas stable par addition.
Par conséquent, E1 n'est pas un sous-espace vectoriel de ℝ³.
2. E2 = {(x,y,z) ∈ ℝ³ | x-2y=0 et x+y+z=0}
- Vérification du vecteur nul :
Le vecteur (0,0,0) ∈ ℝ³ vérifie 0-2*0=0 et 0+0+0=0. Donc (0,0,0) ∈ E2. E2 n'est pas vide. - Vérification de la stabilité par combinaison linéaire :
Soient u=(x,y,z) ∈ E2 et v=(x',y',z') ∈ E2, et soient λ, µ ∈ ℝ. Montrons que λu + µv ∈ E2.
λu + µv = (λx+µx', λy+µy', λz+µz').
Vérifions les conditions pour λu + µv :- Condition 1 : (λx+µx') - 2(λy+µy') = λ(x-2y) + µ(x'-2y').
Puisque u ∈ E2, x-2y=0. Puisque v ∈ E2, x'-2y'=0.
Donc, λ(0) + µ(0) = 0. La première condition est satisfaite. - Condition 2 : (λx+µx') + (λy+µy') + (λz+µz') = λ(x+y+z) + µ(x'+y'+z').
Puisque u ∈ E2, x+y+z=0. Puisque v ∈ E2, x'+y'+z'=0.
Donc, λ(0) + µ(0) = 0. La seconde condition est satisfaite.
- Condition 1 : (λx+µx') - 2(λy+µy') = λ(x-2y) + µ(x'-2y').
Les deux conditions sont vérifiées, donc λu + µv ∈ E2. Par conséquent, E2 est un sous-espace vectoriel de ℝ³.
3. E3 = {(x,y,z) ∈ ℝ³ | x+2y=0 et y+z=1}
- Vérification du vecteur nul :
Le vecteur (0,0,0) ∈ ℝ³ ne vérifie pas la deuxième condition y+z=1, car 0+0=0 ≠ 1. Donc (0,0,0) ∉ E3.
Par conséquent, E3 n'est pas un sous-espace vectoriel de ℝ³.
Alternativement, par instabilité pour la loi externe :
Soit u=(x,y,z) ∈ E3, par exemple u=(-2,1,0) (car -2+2*1=0 et 1+0=1).
Soit λ=2 ∈ ℝ. Alors 2u = (-4,2,0).
Vérifions la deuxième condition pour 2u : y+z = 2+0 = 2. Or, cette valeur doit être 1 pour que 2u ∈ E3.
Puisque 2 ≠ 1, 2u ∉ E3. E3 n'est pas stable par multiplication scalaire.
4. E4 = {(x,y,z) ∈ ℝ³ | x>0 et 2y-z=0}
- Vérification du vecteur nul :
Le vecteur (0,0,0) ∈ ℝ³ ne vérifie pas la première condition x>0, car 0>0 est faux. Donc (0,0,0) ∉ E4.
Par conséquent, E4 n'est pas un sous-espace vectoriel de ℝ³.
Alternativement, par instabilité pour la loi externe :
Soit u=(2,1,2) (car 2>0 et 2*1-2=0). Donc u ∈ E4.
Soit λ=-1 ∈ ℝ. Alors λu = -1*(2,1,2) = (-2,-1,-2).
Vérifions la première condition pour λu : x = -2. Or, cette valeur doit être strictement positive pour que λu ∈ E4.
Puisque -2 ≯ 0, λu ∉ E4. E4 n'est pas stable par multiplication scalaire.
Remarque générale sur les sous-espaces vectoriels définis par des équations :
Dans ℝⁿ, un sous-ensemble F est un sous-espace vectoriel si et seulement si F est défini par un ensemble fini d'équations linéaires homogènes sur les coordonnées des vecteurs (c'est-à-dire, toutes les équations sont de la forme a₁x₁ + ... + aₙxₙ = 0).
En appliquant cette remarque aux exemples précédents :
- E1 : La condition xy=0 n'est pas linéaire homogène. E1 n'est pas un sous-espace vectoriel.
- E2 : Les conditions x-2y=0 et x+y+z=0 sont toutes deux linéaires homogènes. E2 est un sous-espace vectoriel.
- E3 : La condition y+z=1 n'est pas homogène (le second membre n'est pas 0). E3 n'est pas un sous-espace vectoriel.
- E4 : La condition x>0 n'est pas linéaire homogène (c'est une inégalité). E4 n'est pas un sous-espace vectoriel.
Exercice 3
Dans ℝ³, montrer que si le système de vecteurs (X, Y-X, Z-X) est libre, alors le système (X, Y, Z) est libre.
SOLUTION :
Nous supposons que le système (X, Y-X, Z-X) est libre.
Soient α, β, γ des scalaires réels tels que αX + βY + γZ = 0.
Notre objectif est de montrer que α = β = γ = 0.
Nous pouvons réécrire Y et Z en fonction des vecteurs du système libre :
Y = (Y-X) + X
Z = (Z-X) + X
Substituons ces expressions dans l'équation de dépendance linéaire :
αX + β((Y-X) + X) + γ((Z-X) + X) = 0
Développons et regroupons les termes par vecteur X, (Y-X), et (Z-X) :
αX + β(Y-X) + βX + γ(Z-X) + γX = 0
(α + β + γ)X + β(Y-X) + γ(Z-X) = 0
Puisque le système (X, Y-X, Z-X) est libre (par hypothèse), les coefficients de cette combinaison linéaire doivent tous être nuls :
- α + β + γ = 0
- β = 0
- γ = 0
En substituant les valeurs de β=0 et γ=0 de (2) et (3) dans l'équation (1), nous obtenons :
α + 0 + 0 = 0
Donc, α = 0.
Nous avons montré que α = 0, β = 0, et γ = 0.
Par conséquent, si le système (X, Y-X, Z-X) est libre, alors le système (X, Y, Z) est libre.
Exercice 4
Dans ℝ³, la dimension est dim(ℝ³)=3. Sa base canonique est B=(e₁,e₂,e₃), où e₁=(1,0,0), e₂=(0,1,0), e₃=(0,0,1).
On considère les vecteurs u=(1,-1,1), v=(-1,1,1), w=(1,2,-1).
a/ Montrer que (u,v,w) est un système libre.
SOLUTION :
Pour montrer que (u,v,w) est un système libre, soient α, β, γ des scalaires tels que αu + βv + γw = 0.
Cela conduit au système d'équations linéaires :
α(1,-1,1) + β(-1,1,1) + γ(1,2,-1) = (0,0,0)
L1: α - β + γ = 0 L2: -α + β + 2γ = 0 L3: α + β - γ = 0Appliquons la méthode du pivot de Gauss :
(L1) + (L2) ⇒ (α - β + γ) + (-α + β + 2γ) = 0 ⇒ 3γ = 0 ⇒ γ = 0.
En substituant γ=0 dans le système, il devient :
L1': α - β = 0 L2': -α + β = 0 L3': α + β = 0De (L1'), on a α = β.
Substituons α=β dans (L3') : β + β = 0 ⇒ 2β = 0 ⇒ β = 0.
Puisque α = β, alors α = 0.
Nous avons trouvé α=0, β=0, γ=0.
Donc, le système (u,v,w) est libre.
Comme dim(ℝ³)=3 et que {u,v,w} est un système libre composé de 3 vecteurs, c'est un système libre maximal et donc une base de ℝ³.
b/ Exprimer e=(1+c, 1-c, c) comme combinaison linéaire de (u,v,w) où c est un scalaire.
SOLUTION :
Soient α, β, γ des scalaires tels que e = αu + βv + γw.
Cela conduit au système d'équations linéaires :
α(1,-1,1) + β(-1,1,1) + γ(1,2,-1) = (1+c, 1-c, c)
L1: α - β + γ = 1+c L2: -α + β + 2γ = 1-c L3: α + β - γ = cAppliquons la méthode du pivot de Gauss :
(L1) + (L2) ⇒ (α - β + γ) + (-α + β + 2γ) = (1+c) + (1-c) ⇒ 3γ = 2 ⇒ γ = 2/3.
Substituons γ=2/3 dans (L1) et (L3) :
L1': α - β + 2/3 = 1+c ⇒ α - β = 1/3 + c L3': α + β - 2/3 = c ⇒ α + β = 2/3 + cMaintenant, résolvons ce nouveau système de deux équations à deux inconnues :
(L1') + (L3') ⇒ (α - β) + (α + β) = (1/3 + c) + (2/3 + c) ⇒ 2α = 1 + 2c ⇒ α = 1/2 + c.
Substituons α = 1/2 + c dans (L3') :
(1/2 + c) + β = 2/3 + c ⇒ β = 2/3 + c - (1/2 + c) ⇒ β = 2/3 - 1/2 ⇒ β = 4/6 - 3/6 ⇒ β = 1/6.
Donc, les scalaires sont α = 1/2 + c, β = 1/6, γ = 2/3.
Le vecteur e s'exprime comme : e = (1/2 + c)u + (1/6)v + (2/3)w.
Exercice 5
On note B=(e₁,e₂,e₃) la base canonique de ℝ³ avec e₁=(1,0,0), e₂=(0,1,0), e₃=(0,0,1).
On considère les vecteurs v₁=(2,1,1), v₂=(1,2,1), v₃=(1,1,2).
1/ Le système (v₁,v₂,v₃) est-il une base de ℝ³ ?
SOLUTION :
Comme dim(ℝ³)=3, pour que (v₁,v₂,v₃) soit une base de ℝ³, il suffit de montrer que ce système est libre.
Soient x₁, x₂, x₃ des scalaires tels que x₁v₁ + x₂v₂ + x₃v₃ = 0.
x₁(2,1,1) + x₂(1,2,1) + x₃(1,1,2) = (0,0,0)
Cela donne le système d'équations :
L1: 2x₁ + x₂ + x₃ = 0 L2: x₁ + 2x₂ + x₃ = 0 L3: x₁ + x₂ + 2x₃ = 0Appliquons la méthode du pivot de Gauss :
(L1) - (L2) ⇒ (2x₁ + x₂ + x₃) - (x₁ + 2x₂ + x₃) = 0 ⇒ x₁ - x₂ = 0 ⇒ x₁ = x₂.
(L2) - (L3) ⇒ (x₁ + 2x₂ + x₃) - (x₁ + x₂ + 2x₃) = 0 ⇒ x₂ - x₃ = 0 ⇒ x₂ = x₃.
Donc, nous avons x₁ = x₂ = x₃.
Substituons x₂ et x₃ par x₁ dans (L1) :
2x₁ + x₁ + x₁ = 0 ⇒ 4x₁ = 0 ⇒ x₁ = 0.
Puisque x₁ = x₂ = x₃, nous avons x₁ = x₂ = x₃ = 0.
Donc, le système (v₁,v₂,v₃) est libre. Par conséquent, c'est une base de ℝ³.
2/ Donner les coordonnées du vecteur (2,0,2) dans la base (v₁,v₂,v₃).
SOLUTION :
Nous cherchons les scalaires x₁, x₂, x₃ tels que (2,0,2) = x₁v₁ + x₂v₂ + x₃v₃.
x₁(2,1,1) + x₂(1,2,1) + x₃(1,1,2) = (2,0,2)
Cela donne le système d'équations :
L1: 2x₁ + x₂ + x₃ = 2 L2: x₁ + 2x₂ + x₃ = 0 L3: x₁ + x₂ + 2x₃ = 2Appliquons la méthode du pivot de Gauss :
(L1) - (L2) ⇒ (2x₁ + x₂ + x₃) - (x₁ + 2x₂ + x₃) = 2 - 0 ⇒ x₁ - x₂ = 2 ⇒ x₁ = x₂ + 2.
(L2) - (L3) ⇒ (x₁ + 2x₂ + x₃) - (x₁ + x₂ + 2x₃) = 0 - 2 ⇒ x₂ - x₃ = -2 ⇒ x₃ = x₂ + 2.
Substituons x₁ et x₃ en fonction de x₂ dans (L1) :
2(x₂ + 2) + x₂ + (x₂ + 2) = 2
2x₂ + 4 + x₂ + x₂ + 2 = 2
4x₂ + 6 = 2
4x₂ = -4 ⇒ x₂ = -1.
Maintenant, calculons x₁ et x₃ en utilisant x₂ = -1 :
x₁ = x₂ + 2 = -1 + 2 = 1.
x₃ = x₂ + 2 = -1 + 2 = 1.
Les coordonnées du vecteur (2,0,2) dans la base (v₁,v₂,v₃) sont (1, -1, 1).
Exercice 6
Trouver une relation de dépendance entre les vecteurs v₁=(3,1,-1), v₂=(-1,4,2), v₃=(2,-1,-1) et v₄=(5,-2,3) de l'espace ℝ³.
SOLUTION :
Dans ℝ³, la dimension est 3 (dim(ℝ³)=3). Tout système de vecteurs de ℝ³ comportant plus de 3 vecteurs est nécessairement lié (non libre).
Puisque nous avons 4 vecteurs (v₁, v₂, v₃, v₄), le système est lié. Cela signifie qu'il existe des scalaires λ₁, λ₂, λ₃, λ₄ non tous nuls tels que λ₁v₁ + λ₂v₂ + λ₃v₃ + λ₄v₄ = 0.
Pour trouver une telle relation, nous pouvons chercher à exprimer l'un des vecteurs comme combinaison linéaire des autres. Exprimons v₄ comme combinaison linéaire de v₁, v₂, v₃ :
v₄ = λ₁v₁ + λ₂v₂ + λ₃v₃
(5,-2,3) = λ₁(3,1,-1) + λ₂(-1,4,2) + λ₃(2,-1,-1)
Cela donne le système d'équations linéaires :
L1: 3λ₁ - λ₂ + 2λ₃ = 5 L2: λ₁ + 4λ₂ - λ₃ = -2 L3: -λ₁ + 2λ₂ - λ₃ = 3Appliquons la méthode du pivot de Gauss :
(L2) + (L3) ⇒ (λ₁ + 4λ₂ - λ₃) + (-λ₁ + 2λ₂ - λ₃) = -2 + 3 ⇒ 6λ₂ - 2λ₃ = 1 (L4)
(L1) + 2*(L3) ⇒ (3λ₁ - λ₂ + 2λ₃) + 2(-λ₁ + 2λ₂ - λ₃) = 5 + 2*(3)
⇒ 3λ₁ - λ₂ + 2λ₃ - 2λ₁ + 4λ₂ - 2λ₃ = 11
⇒ λ₁ + 3λ₂ = 11 (L5)
De (L5), nous tirons λ₁ = 11 - 3λ₂.
De (L4), nous tirons 2λ₃ = 6λ₂ - 1 ⇒ λ₃ = 3λ₂ - 1/2.
Substituons ces expressions de λ₁ et λ₃ dans (L2) :
(11 - 3λ₂) + 4λ₂ - (3λ₂ - 1/2) = -2
11 - 3λ₂ + 4λ₂ - 3λ₂ + 1/2 = -2
-2λ₂ + 11.5 = -2
-2λ₂ = -13.5
λ₂ = 13.5 / 2 = 27/4.
Maintenant, calculons λ₁ et λ₃ :
λ₁ = 11 - 3*(27/4) = 11 - 81/4 = 44/4 - 81/4 = -37/4.
λ₃ = 3*(27/4) - 1/2 = 81/4 - 2/4 = 79/4.
Nous avons donc v₄ = (-37/4)v₁ + (27/4)v₂ + (79/4)v₃.
La relation de dépendance est :
(-37/4)v₁ + (27/4)v₂ + (79/4)v₃ - v₄ = 0.
Pour avoir des coefficients entiers, multiplions toute l'équation par 4 :
-37v₁ + 27v₂ + 79v₃ - 4v₄ = 0.
Exercice 7
On définit E = {(x,y,z) ∈ ℝ³ | x+y+z=0}. Est-ce que E est un sous-espace vectoriel de ℝ³ ? Si oui, quelle est sa base et sa dimension ?
SOLUTION :
Pour montrer que E est un sous-espace vectoriel de ℝ³, nous pouvons utiliser deux méthodes.
Méthode 1 : Vérification des propriétés des sous-espaces vectoriels.
- E ≠ ∅ (L'ensemble n'est pas vide) :
Le vecteur nul de ℝ³ est (0,0,0). Vérifions s'il appartient à E : 0+0+0 = 0. La condition est satisfaite. Donc (0,0,0) ∈ E, ce qui signifie que E n'est pas vide. - Stabilité par combinaison linéaire :
Soient u=(x,y,z) ∈ E et v=(x',y',z') ∈ E. Soient λ et µ deux scalaires réels.
Puisque u ∈ E, nous avons x+y+z=0.
Puisque v ∈ E, nous avons x'+y'+z'=0.
Considérons le vecteur λu+µv = (λx+µx', λy+µy', λz+µz').
Vérifions si ce vecteur satisfait la condition de E :
(λx+µx') + (λy+µy') + (λz+µz') = λ(x+y+z) + µ(x'+y'+z').
Puisque x+y+z=0 et x'+y'+z'=0, l'expression devient λ(0) + µ(0) = 0.
La condition est satisfaite, donc λu+µv ∈ E.
Puisque E est non vide et stable par combinaison linéaire, E est un sous-espace vectoriel de ℝ³.
Méthode 2 : Écrire E comme l'espace engendré par un ensemble de vecteurs.
L'ensemble E est défini par l'équation x+y+z=0. Nous pouvons exprimer une variable en fonction des autres, par exemple z = -x-y.
Tout vecteur u ∈ E peut s'écrire sous la forme (x, y, -x-y).
Nous pouvons décomposer ce vecteur :
u = (x, 0, -x) + (0, y, -y)
u = x(1, 0, -1) + y(0, 1, -1)
Posons les vecteurs u₁ = (1,0,-1) et u₂ = (0,1,-1).
Ainsi, E = Vect{u₁, u₂}. Par définition, l'espace engendré par un ensemble de vecteurs est toujours un sous-espace vectoriel.
Détermination d'une base et de la dimension de E :
Le système {u₁, u₂} est un système générateur de E.
Pour qu'il soit une base, il faut également qu'il soit libre. Les vecteurs u₁=(1,0,-1) et u₂=(0,1,-1) ne sont pas colinéaires (l'un n'est pas un multiple scalaire de l'autre), donc ils forment un système libre.
Par conséquent, {u₁, u₂} est une base de E.
La dimension de E est le nombre de vecteurs dans sa base, donc dim(E) = 2.
Exercice 8
Dans ℝ⁴, on considère les vecteurs :
v₁ = (1,2,0,1)
v₂ = (1,0,2,1)
v₃ = (2,0,4,2)
w₁ = (1,2,1,0)
w₂ = (-1,1,1,1)
w₃ = (2,-1,0,1)
w₄ = (1,2,3,4)
1/ Questions sur la liberté des systèmes de vecteurs :
a/ Le système {v₁, v₂} est-il libre ?
SOLUTION :
Les vecteurs v₁=(1,2,0,1) et v₂=(1,0,2,1) ne sont pas colinéaires (il n'existe pas de scalaire λ tel que v₁ = λv₂). Par exemple, la première composante de v₁ est 1 et celle de v₂ est 1, ce qui impliquerait λ=1. Mais alors la deuxième composante de v₁ (2) ne correspond pas à celle de v₂ (0) multipliée par 1.
Donc, le système {v₁, v₂} est libre.
b/ Le système {w₁, w₂, w₃} est-il libre ?
SOLUTION :
Soient α, β, γ des scalaires tels que αw₁ + βw₂ + γw₃ = 0.
α(1,2,1,0) + β(-1,1,1,1) + γ(2,-1,0,1) = (0,0,0,0)
Cela donne le système d'équations :
L1: α - β + 2γ = 0 L2: 2α + β - γ = 0 L3: α + β = 0 L4: β + γ = 0Appliquons la méthode du pivot de Gauss :
De (L3), α = -β.
De (L4), γ = -β.
Substituons α et γ dans (L1) :
(-β) - β + 2(-β) = 0
-β - β - 2β = 0
-4β = 0 ⇒ β = 0.
Puisque α=-β et γ=-β, si β=0, alors α=0 et γ=0.
Donc, α = β = γ = 0. Le système {w₁, w₂, w₃} est libre.
c/ Le système {v₁, v₂, w₁, w₂} est-il libre ?
SOLUTION :
Soient α, β, γ, δ des scalaires tels que αv₁ + βv₂ + γw₁ + δw₂ = 0.
α(1,2,0,1) + β(1,0,2,1) + γ(1,2,1,0) + δ(-1,1,1,1) = (0,0,0,0)
Cela donne le système d'équations :
L1: α + β + γ - δ = 0 L2: 2α + 2γ + δ = 0 L3: 2β + γ + δ = 0 L4: α + β + δ = 0Appliquons la méthode du pivot de Gauss :
(L1) - (L4) ⇒ (α + β + γ - δ) - (α + β + δ) = 0 ⇒ γ - 2δ = 0 ⇒ γ = 2δ.
Substituons γ = 2δ dans (L2) et (L3) :
(L2') : 2α + 2(2δ) + δ = 0 ⇒ 2α + 5δ = 0 ⇒ α = -5/2 δ.
(L3') : 2β + 2δ + δ = 0 ⇒ 2β + 3δ = 0 ⇒ β = -3/2 δ.
Substituons α, β, γ en fonction de δ dans (L4) :
(-5/2 δ) + (-3/2 δ) + δ = 0
-8/2 δ + δ = 0
-4δ + δ = 0
-3δ = 0 ⇒ δ = 0.
Puisque δ=0, alors γ=2(0)=0, α=-5/2(0)=0, β=-3/2(0)=0.
Donc, α = β = γ = δ = 0. Le système {v₁, v₂, w₁, w₂} est libre.
2/ Base et dimension de E = Vect{v₁, v₂, v₃}.
SOLUTION :
Nous avons E = Vect{v₁, v₂, v₃}.
Remarquons que v₃ = (2,0,4,2) et v₂ = (1,0,2,1). Il est clair que v₃ = 2v₂.
Puisque v₃ est une combinaison linéaire de v₂, il est linéairement dépendant et n'ajoute pas de "nouvelle direction" à l'espace engendré. Nous pouvons donc le retirer de l'ensemble des générateurs sans modifier l'espace.
Donc, E = Vect{v₁, v₂}.
D'après la question 1.a/, le système {v₁, v₂} est libre. Puisqu'il est aussi un système générateur de E, {v₁, v₂} est une base de E.
La dimension de E est le nombre de vecteurs dans sa base, donc dim(E) = 2.
b/ Donner un supplémentaire de E dans ℝ⁴.
SOLUTION :
Un sous-espace G est un supplémentaire de E dans ℝ⁴ si E ⊕ G = ℝ⁴, ce qui signifie E+G=ℝ⁴ et E ∩ G = {0}.
D'après le théorème de la dimension, dim(ℝ⁴) = dim(E) + dim(G) - dim(E ∩ G).
Pour avoir E ∩ G = {0}, il faut dim(E ∩ G) = 0. Alors dim(ℝ⁴) = dim(E) + dim(G).
4 = 2 + dim(G) ⇒ dim(G) = 2.
Nous devons trouver un sous-espace G de dimension 2 tel que E ∩ G = {0}.
D'après la question 1.c/, le système {v₁, v₂, w₁, w₂} est libre. Puisqu'il est composé de 4 vecteurs dans ℝ⁴ (qui est de dimension 4), c'est une base de ℝ⁴.
Donc, ℝ⁴ = Vect{v₁, v₂, w₁, w₂} = Vect{v₁, v₂} + Vect{w₁, w₂}.
Posons G = Vect{w₁, w₂}.
Nous avons E + G = ℝ⁴.
Puisque {v₁, v₂, w₁, w₂} est une base, les vecteurs de G ne sont pas dans E, et réciproquement. Donc E ∩ G = {0}.
Conclusion : G = Vect{w₁, w₂} est un supplémentaire de E dans ℝ⁴.
3/ Base de F = Vect{w₁, w₂, w₃, w₄}.
SOLUTION :
Nous avons F = Vect{w₁, w₂, w₃, w₄}.
Vérifions s'il y a des vecteurs dépendants dans cet ensemble.
Nous avons :
w₁ = (1,2,1,0)
w₂ = (-1,1,1,1)
w₃ = (2,-1,0,1)
w₄ = (1,2,3,4)
Cherchons si w₄ est une combinaison linéaire de w₁, w₂, w₃. Soient a, b, c des scalaires :
a(1,2,1,0) + b(-1,1,1,1) + c(2,-1,0,1) = (1,2,3,4)
L1: a - b + 2c = 1 L2: 2a + b - c = 2 L3: a + b = 3 L4: b + c = 4De (L3), a = 3-b.
De (L4), c = 4-b.
Substituons a et c dans (L1) :
(3-b) - b + 2(4-b) = 1
3 - 2b + 8 - 2b = 1
11 - 4b = 1 ⇒ 4b = 10 ⇒ b = 10/4 = 5/2.
Alors a = 3 - 5/2 = 1/2.
Et c = 4 - 5/2 = 3/2.
Vérifions ces valeurs dans (L2) :
2(1/2) + 5/2 - 3/2 = 1 + 2/2 = 1 + 1 = 2. La deuxième équation est satisfaite.
Donc, w₄ = (1/2)w₁ + (5/2)w₂ + (3/2)w₃.
Puisque w₄ est une combinaison linéaire de {w₁, w₂, w₃}, il est linéairement dépendant et peut être retiré du système générateur.
Donc, F = Vect{w₁, w₂, w₃}.
D'après la question 1.b/, le système {w₁, w₂, w₃} est libre. Puisqu'il est aussi un système générateur de F, {w₁, w₂, w₃} est une base de F.
La dimension de F est dim(F) = 3.
4/ Déterminer E+F.
SOLUTION :
E+F = Vect{v₁, v₂} + Vect{w₁, w₂, w₃} = Vect{v₁, v₂, w₁, w₂, w₃}.
D'après la question 1.c/, le système {v₁, v₂, w₁, w₂} est libre.
Comme ce système contient 4 vecteurs dans un espace de dimension 4 (ℝ⁴), il constitue une base de ℝ⁴.
Puisque {v₁, v₂, w₁, w₂} est déjà une base de ℝ⁴, et que w₃ est un vecteur de ℝ⁴, alors w₃ peut être exprimé comme combinaison linéaire des vecteurs de cette base. Ajouter w₃ au système générateur {v₁, v₂, w₁, w₂} ne change pas l'espace engendré, qui reste ℝ⁴.
Donc, E+F = ℝ⁴.
5/ Donner une base de E ∩ F.
SOLUTION :
Nous utilisons le théorème de la dimension pour l'intersection :
dim(E+F) = dim(E) + dim(F) - dim(E ∩ F).
Nous connaissons :
dim(E+F) = dim(ℝ⁴) = 4.
dim(E) = 2.
dim(F) = 3.
Donc, 4 = 2 + 3 - dim(E ∩ F)
4 = 5 - dim(E ∩ F)
dim(E ∩ F) = 5 - 4 = 1.
Nous cherchons un vecteur non nul qui appartient à la fois à E et à F. C'est-à-dire un vecteur qui est une combinaison linéaire de {v₁, v₂} et aussi une combinaison linéaire de {w₁, w₂, w₃}.
Considérons le vecteur v₁ + v₂ = (1,2,0,1) + (1,0,2,1) = (2,2,2,2).
Ce vecteur X=(2,2,2,2) appartient à E car c'est une combinaison linéaire de v₁ et v₂.
Vérifions si X appartient à F = Vect{w₁, w₂, w₃}. Nous cherchons des scalaires a, b, c tels que :
a(1,2,1,0) + b(-1,1,1,1) + c(2,-1,0,1) = (2,2,2,2)
L1: a - b + 2c = 2 L2: 2a + b - c = 2 L3: a + b = 2 L4: b + c = 2De (L3), a = 2-b.
De (L4), c = 2-b.
Substituons a et c dans (L1) :
(2-b) - b + 2(2-b) = 2
2 - 2b + 4 - 2b = 2
6 - 4b = 2 ⇒ 4b = 4 ⇒ b = 1.
Alors a = 2-1 = 1.
Et c = 2-1 = 1.
Vérifions ces valeurs dans (L2) :
2(1) + 1 - 1 = 2 + 0 = 2. La deuxième équation est satisfaite.
Donc, X = 1w₁ + 1w₂ + 1w₃. Ce vecteur X=(2,2,2,2) appartient à F.
Puisque X=(2,2,2,2) est un vecteur non nul qui appartient à E ∩ F, et que dim(E ∩ F)=1, alors {X} est une base de E ∩ F.
Conclusion : E ∩ F = Vect{(2,2,2,2)}.
Exercice 9
Soit E = Vect{v₁, v₂} avec v₁=(0,1,2,0) et v₂=(-1,2,0,1).
1/ Dans quelles conditions U=(x,0,y,z) ∈ E ?
SOLUTION :
Si U ∈ E, alors U est une combinaison linéaire de v₁ et v₂. Il existe donc des scalaires α, β tels que U = αv₁ + βv₂.
(x,0,y,z) = α(0,1,2,0) + β(-1,2,0,1)
Cela donne le système d'équations :
L1: x = -β L2: 0 = α + 2β L3: y = 2α L4: z = βDe (L1), nous avons β = -x.
De (L4), nous avons β = z.
En comparant ces deux expressions de β, nous obtenons une première condition : x = -z.
De (L2), nous avons α = -2β. Puisque β = z (ou -x), nous avons α = -2z.
De (L3), nous avons y = 2α. Substituons α = -2z : y = 2(-2z) = -4z.
Les conditions pour que U=(x,0,y,z) ∈ E sont donc :
x = -z
y = -4z
(On peut aussi exprimer ces conditions en fonction de x : z = -x, et y = -4(-x) = 4x. Donc, y=4x.)
2/ Soit B=(e₁,e₂,e₃,e₄) la base canonique de ℝ⁴.
a/ Trouver un sous-espace vectoriel G tel que E ∩ G = {0}.
SOLUTION :
L'espace E est engendré par deux vecteurs v₁ et v₂ qui sont non colinéaires (donc libres). Par conséquent, {v₁, v₂} est une base de E et dim(E) = 2.
Nous cherchons un sous-espace G tel que E ∩ G = {0}. Le plus simple est de prendre un sous-espace G de dimension 1, c'est-à-dire G=Vect{u} avec u ∉ E.
Vérifions si le vecteur canonique e₁=(1,0,0,0) appartient à E. En utilisant les conditions établies en 1/ (x=-z et y=-4z) :
Pour e₁=(1,0,0,0) : x=1, y=0, z=0.
Condition 1 : x = -z ⇒ 1 = -0 ⇒ 1 = 0 (Faux).
Donc e₁ ∉ E.
Nous pouvons choisir G = Vect{e₁}. Puisque e₁ ∉ E et dim(G)=1, alors E ∩ G = {0}.
Conclusion : G = Vect{e₁} est un sous-espace vectoriel tel que E ∩ G = {0}.
b/ Trouver un sous-espace vectoriel G' tel que E ⊕ G' = ℝ⁴.
SOLUTION :
G' est un supplémentaire de E dans ℝ⁴. Par le théorème de la dimension, dim(G') = dim(ℝ⁴) - dim(E) = 4 - 2 = 2.
Nous devons trouver deux vecteurs (une base de G') u₃ et u₄, tels que le système {v₁, v₂, u₃, u₄} soit une base de ℝ⁴. Un choix simple est de prendre des vecteurs de la base canonique qui ne sont pas dans E et qui sont libres entre eux et avec v₁ et v₂.
D'après 2.a/, e₁ ∉ E. Vérifions e₂=(0,1,0,0) :
Pour e₂=(0,1,0,0) : x=0, y=1, z=0.
Condition 1 : x = -z ⇒ 0 = -0 (Vrai).
Condition 2 : y = -4z ⇒ 1 = -4*0 ⇒ 1 = 0 (Faux).
Donc e₂ ∉ E.
Vérifions e₃=(0,0,1,0) :
Pour e₃=(0,0,1,0) : x=0, y=0, z=1.
Condition 1 : x = -z ⇒ 0 = -1 (Faux).
Donc e₃ ∉ E.
Vérifions e₄=(0,0,0,1) :
Pour e₄=(0,0,0,1) : x=0, y=0, z=1.
Condition 1 : x = -z ⇒ 0 = -1 (Faux).
Donc e₄ ∉ E.
Nous pouvons essayer de prendre G' = Vect{e₃, e₄}. Pour que ce soit un supplémentaire, il faut que {v₁, v₂, e₃, e₄} soit une base de ℝ⁴ (c'est-à-dire un système libre de 4 vecteurs).
Soient α, β, γ, δ des scalaires tels que αv₁ + βv₂ + γe₃ + δe₄ = 0.
α(0,1,2,0) + β(-1,2,0,1) + γ(0,0,1,0) + δ(0,0,0,1) = (0,0,0,0)
Cela donne le système d'équations :
L1: -β = 0 L2: α + 2β = 0 L3: 2α + γ = 0 L4: β + δ = 0De (L1), β = 0.
De (L4), β + δ = 0 ⇒ 0 + δ = 0 ⇒ δ = 0.
De (L2), α + 2(0) = 0 ⇒ α = 0.
De (L3), 2(0) + γ = 0 ⇒ γ = 0.
Nous avons α = β = γ = δ = 0. Le système {v₁, v₂, e₃, e₄} est libre.
Puisqu'il s'agit d'un système libre de 4 vecteurs dans ℝ⁴, c'est une base de ℝ⁴. Donc E ⊕ G' = ℝ⁴.
Conclusion : G' = Vect{e₃, e₄} est un supplémentaire de E dans ℝ⁴.
Exercice 10
1/ Dans ℝ³, F = {(x,y,z) ∈ ℝ³ | x+y-z=0} et G = {λ(1,0,-1) | λ ∈ ℝ}. Montrer que F et G sont supplémentaires dans ℝ³.
SOLUTION :
Cherchons une base de F :
Si u=(x,y,z) ∈ F, alors x+y-z=0, ce qui implique z = x+y.
Tout vecteur de F peut s'écrire sous la forme (x, y, x+y).
u = (x,0,x) + (0,y,y) = x(1,0,1) + y(0,1,1).
Posons v₁=(1,0,1) et v₂=(0,1,1). Le système {v₁, v₂} est un système générateur de F.
Puisque v₁ et v₂ ne sont pas colinéaires, ils forment un système libre. Donc, {v₁, v₂} est une base de F, et dim(F)=2.
Cherchons une base de G :
G = {λ(1,0,-1) | λ ∈ ℝ}.
Posons v₃=(1,0,-1). Le système {v₃} est un système générateur de G.
Puisque v₃ ≠ (0,0,0), il forme un système libre. Donc, {v₃} est une base de G, et dim(G)=1.
Vérifions si F et G sont supplémentaires dans ℝ³ :
Pour cela, il faut que F+G=ℝ³ et F ∩ G = {0}. Il suffit de montrer que la concaténation de leurs bases, {v₁, v₂, v₃}, est une base de ℝ³.
Comme dim(ℝ³)=3 et que nous avons 3 vecteurs, il suffit de montrer que {v₁, v₂, v₃} est un système libre.
Soient α, β, γ des scalaires tels que αv₁ + βv₂ + γv₃ = 0.
α(1,0,1) + β(0,1,1) + γ(1,0,-1) = (0,0,0)
Cela donne le système d'équations :
L1: α + γ = 0 L2: β = 0 L3: α + β - γ = 0De (L2), β = 0.
Substituons β=0 dans (L3) : α - γ = 0 ⇒ α = γ.
Substituons α=γ dans (L1) : γ + γ = 0 ⇒ 2γ = 0 ⇒ γ = 0.
Puisque α=γ et γ=0, alors α=0.
Donc, α = β = γ = 0. Le système {v₁, v₂, v₃} est libre.
Puisque {v₁, v₂, v₃} est une base de ℝ³, cela implique que F+G=ℝ³ et F ∩ G = {0}.
Conclusion : F et G sont supplémentaires dans ℝ³.
2/ Dans ℝ⁴, F = {(x,y,z,t) ∈ ℝ⁴ | z=0 et t=y}, G = {λ(2,0,-1,1) | λ ∈ ℝ} et H = {μ(0,0,0,1) | μ ∈ ℝ}. Vérifier si ℝ⁴ = F ⊕ G ⊕ H.
SOLUTION :
Pour vérifier si ℝ⁴ = F ⊕ G ⊕ H, nous devons montrer que la concaténation des bases de F, G et H forme une base de ℝ⁴.
Cherchons une base de F :
Si u=(x,y,z,t) ∈ F, alors z=0 et t=y.
Donc u = (x,y,0,y) = x(1,0,0,0) + y(0,1,0,1).
Posons v₁=(1,0,0,0) et v₂=(0,1,0,1). Ces deux vecteurs sont non colinéaires et engendrent F.
Donc, {v₁, v₂} est une base de F, et dim(F)=2.
Cherchons une base de G :
G = {λ(2,0,-1,1) | λ ∈ ℝ}.
Posons v₃=(2,0,-1,1). Ce vecteur est non nul et engendre G.
Donc, {v₃} est une base de G, et dim(G)=1.
Cherchons une base de H :
H = {μ(0,0,0,1) | μ ∈ ℝ}.
Posons v₄=(0,0,0,1). Ce vecteur est non nul et engendre H.
Donc, {v₄} est une base de H, et dim(H)=1.
Vérifions si {v₁, v₂, v₃, v₄} est une base de ℝ⁴ :
Comme dim(ℝ⁴)=4 et que nous avons 4 vecteurs, il suffit de montrer que ce système est libre.
Soient α, β, γ, δ des scalaires tels que αv₁ + βv₂ + γv₃ + δv₄ = 0.
α(1,0,0,0) + β(0,1,0,1) + γ(2,0,-1,1) + δ(0,0,0,1) = (0,0,0,0)
Cela donne le système d'équations :
L1: α + 2γ = 0 L2: β = 0 L3: -γ = 0 L4: β + γ + δ = 0De (L3), γ = 0.
De (L2), β = 0.
Substituons γ=0 dans (L1) : α + 2(0) = 0 ⇒ α = 0.
Substituons β=0 et γ=0 dans (L4) : 0 + 0 + δ = 0 ⇒ δ = 0.
Donc, α = β = γ = δ = 0. Le système {v₁, v₂, v₃, v₄} est libre.
Puisqu'il s'agit d'un système libre de 4 vecteurs dans ℝ⁴, c'est une base de ℝ⁴. Cela signifie que ℝ⁴ est la somme directe de F, G et H.
Conclusion : ℝ⁴ = F ⊕ G ⊕ H.
FAQ : Espaces Vectoriels
Qu'est-ce qu'un sous-espace vectoriel (SEV) ?
Un sous-ensemble non vide F d'un espace vectoriel E est un sous-espace vectoriel si F est "fermé" sous les opérations de l'espace vectoriel. Cela signifie que la somme de deux vecteurs de F reste dans F, et le produit d'un scalaire par un vecteur de F reste dans F. En d'autres termes, toute combinaison linéaire de vecteurs de F appartient à F.
Comment montrer qu'un ensemble est un sous-espace vectoriel ?
Il existe deux méthodes principales :
- Méthode classique (par définition) : Vérifier trois propriétés :
- L'ensemble est non vide (il contient le vecteur nul).
- Il est stable par addition (si u, v sont dans l'ensemble, alors u+v est aussi dans l'ensemble).
- Il est stable par multiplication scalaire (si u est dans l'ensemble et λ est un scalaire, alors λu est aussi dans l'ensemble).
- Méthode par l'espace engendré : Montrer que l'ensemble F peut être écrit comme Vect{u₁, ..., uₖ}, c'est-à-dire l'ensemble de toutes les combinaisons linéaires d'un ensemble de vecteurs {u₁, ..., uₖ}. Tout espace engendré est par définition un sous-espace vectoriel.
Quelle est la différence entre un système libre et une base ?
Un système libre (ou famille libre) est un ensemble de vecteurs tel qu'aucun vecteur de cet ensemble ne peut être exprimé comme une combinaison linéaire des autres vecteurs de l'ensemble. Autrement dit, la seule combinaison linéaire de ces vecteurs qui donne le vecteur nul est celle où tous les coefficients scalaires sont nuls.
Une base d'un espace vectoriel est un système de vecteurs qui est à la fois :
- Libre : Les vecteurs sont linéairement indépendants.
- Générateur : Tout vecteur de l'espace peut être exprimé comme une combinaison linéaire de ces vecteurs.