Td espaces vectoriels exercices corrigés série 01 algèbre

Td espaces vectoriels exercices pascal lainé série 01 algèbr

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Espaces Vectoriels

Ce document propose une série d'exercices fondamentaux sur les espaces vectoriels, accompagnés de leurs solutions détaillées. Il couvre des notions essentielles telles que les familles libres, les sous-espaces vectoriels, les bases, la dimension, les sommes directes et les applications aux polynômes et aux matrices. Ces exercices sont conçus pour renforcer votre compréhension des concepts clés de l'algèbre linéaire.

Exercice 1

Soient dans R3 les vecteurs v1 = (1,1,0), v2 = (4,1,4) et v3 = (2, -1,4). La famille (v1, v2, v3) est-elle libre ?

Exercice 2

Les familles suivantes sont-elles libres ?

1. v1 = (1,0,1), v2 = (0,2,2) et v3 = (3,7,1) dans R3.
2. v1 = (1,0,0), v2 = (0,1,1) et v3 = (1,1,1) dans R3.
3. v1 = (1,2,1,2,1), v2 = (2,1,2,1,2), v3 = (1,0,1,1,0) et v4 = (0,1,0,0,1) dans R5.
4. v1 = (2,4,3, -1, -2,1), v2 = (1,1,2,1,3,1) et v3 = (0, -1,0,3,6,2) dans R6.
5. v1 = (2,1,3, -1, -4, -1), v2 = (-1,1, -2,2, -3,3) et v3 = (1,5,0,4, -1,7) dans R6.

Exercice 3

On considère dans Rn une famille de 4 vecteurs linéairement indépendants (v1, v2, v3, v4). Les familles suivantes sont-elles libres ?

1. (v1, 2v2, v3).
2. (v1, v3).
3. (v1, 2v1 + v4, v4).
4. (3v1 + v3, v3, v2 + v3).
5. (2v1 + v2, v1 - 3v2, v4, v2 - v1).

Exercice 4

Soient dans R4 les vecteurs v1 = (1,2,3,4) et v2 = (1, -2,3, -4). Peut-on déterminer x et y pour que (x, 1, y, 1) appartienne à Vect(v1, v2) ? Et pour que (x, 1,1, y) appartienne à Vect(v1, v2) ?

Exercice 5

Dans R4 on considère l'ensemble E des vecteurs (x1, x2, x3, x4) vérifiant x1 + x2 + x3 + x4 = 0. L'ensemble E est-il un sous-espace vectoriel de R4 ? Si oui, en donner une base.

Exercice 6

Dans l'espace R4, on se donne cinq vecteurs : v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,2,3,4), v3 = (3,1,4,2), v4 = (10,4,13,7) et v5 = (1,7,8,14). Chercher les relations de dépendance linéaires entre ces vecteurs. Si ces vecteurs sont dépendants, en extraire au moins une famille libre engendrant le même sous-espace.

Exercice 7

Dans l'espace R4, on se donne cinq vecteurs : v1 = (1,1,1,1), v2 = (1,2,3,4), v3 = (3,1,4,2), v4 = (10,4,13,7) et v5 = (1,7,8,14). À quelle(s) condition(s) un vecteur v = (x1, x2, x3, x4) appartient-il au sous-espace engendré par les vecteurs v1, v2, v3, v4 et v5 ? Définir ce sous-espace par une ou des équations.

Exercice 8

Soit E un espace vectoriel sur R et v1, v2, v3 et v4 une famille libre d'éléments de E, les familles suivantes sont-elles libres ?

1. (v1, 2v2, v3)
2. (v1, v3)
3. (v1, v1 + v2, v4)
4. (3v1 + v3, v3, v2 + v3).
5. (2v1 + v2, v1 - 3v2, v4, v2 - v1)

Exercice 9

Dans R4, comparer les sous-espaces E et F suivants : E = Vect((1,0,1,1), (-1, -2,3, -1), (-5, -3,1,5)) et F = Vect((-1, -1,1, -1), (4,1,2,4)).

Exercice 10

On suppose que v1, v2,..., vn sont des vecteurs indépendants de Rn.

1. Les vecteurs v1 - v2, v2 - v3, v3 - v4,..., vn-1 - vn, vn - v1 sont-ils linéairement indépendants ?
2. Les vecteurs v1 + v2, v2 + v3, v3 + v4,..., vn-1 + vn, vn + v1sont-ils linéairement indépendants?
3. Les vecteurs v1, v1 + v2, v1 + v2 + v3, v1 + v2 + v3 + v4,..., v1 + v2 + ... + vn-1 + vn, vn + v1 sont ils linéairement indépendants?

Exercice 11

Soient u = (2,3, -1), v = (1, -1, -2), w = (3,7,0) et z = (5,0, -7). Soient E = Vect(u, v) et F = Vect(w, z) les sous-espaces vectoriels de R3. Montrer que E = F.

Exercice 12

Peut-on déterminer des réels a, b pour que le vecteur v = (-2, a, b, 3) appartienne au sous-espace-vectoriel engendré par le système (v1, v2), où v1 = (1, -1,1,2) et v2 = (-1,2,3,1) ?

Exercice 13

Soient v1 = (0,1, -2,1), v2 = (1,0,2, -1), v3 = (3,2,2, -1), v4 = (0,0,1,0) et v5 = (0,0,0,1) des vecteurs de R4. Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifier votre réponse.

1. Vect(v1, v2, v3) = Vect((1,1,0,0), (-1,1, -4,2))
2. (1,1,0,0) appartient à Vect(v1, v2) inter Vect(v2, v3, v4).
3. dim(Vect(v1, v2) inter Vect(v2, v3, v4)) = 1.
4. Vect(v1, v2) + Vect(v2, v3, v4) = R4.
5. Vect(v4, v5) est un sous-espace vectoriel supplémentaire de Vect(v1, v2, v3) dans R4.

Exercice 14

On considère les vecteurs v1 = (1,0,0,1), v2 = (0,0,1,0), v3 = (0,1,0,0), v4 = (0,0,0,1) et v5 = (0,1,0,1) dans R4.

1. Vect(v1, v2) et Vect(v3) sont-ils supplémentaires dans R4 ?
2. Même question pour Vect(v1, v3, v4) et Vect(v2, v5).
3. Même question pour Vect(v1, v2) et Vect(v3, v4, v5).

Exercice 15

1. Est-ce que le sous-ensemble E = {(x, y) ∈ R2 | y = 2x} de R2, muni des lois habituelles de l’espace vectoriel R2, est un R-espace vectoriel ?
2. Est-ce que le sous-ensemble F = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 = 2y, z = 0} de R3, muni des lois habituelles de l’espace vectoriel R3 est un sous-espace vectoriel de R3 ?

Exercice 16

Soient v1 = (1, -1,2), v2 = (1,1, -1) et v3 = (-1, -5, -7). Soit E = Vect(v1, v2, v3). Soit F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0}.

1. Donner une base de E.
2. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R3.
3. Donner une base de F.
4. Donner une base de E inter F.

Exercice 17

Soient v1 = (1,1,1), v2 = (2, -2, -1) et v3 = (1,1, -1). Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y = 0} et F = Vect(v1, v2).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3. Déterminer une base de E.
2. La famille (v1, v2, v3) est-elle libre ? Est-ce que v3 appartient à E ?
3. Est-ce que v3 appartient à F ?
4. Donner une base de E inter F.
5. Soit v4 = (-1,7,5), est-ce que v4 appartient à E ? est-ce que v4 appartient à F ?

Exercice 18

Soit E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0}. Soient u = (1, -2,3) et v = (2,1, -1) deux vecteurs. On pose F = Vect(u, v).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.
2. Déterminer E inter F.
3. A-t-on E somme directe F ?

Exercice 19

Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - 2z = 0 et 2x - y - z = 0} et F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - z = 0} deux sous-ensembles de R3. On admettra que F est un sous-espace vectoriel de R3. Soient u = (1,1,1), v = (1,0,1) et w = (0,1,1).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.
2. Déterminer une famille génératrice de E et montrer que cette famille est une base.
3. Montrer que {u, v} est une base de F.
4. Montrer que {u, v, w} est une famille libre de R3.
5. A-t-on E somme directe F = R3 ?
6. Soit V = (x, y, z), exprimer V dans la base {u, v, w}.

Exercice 20

Soient E = {(x, y, z) ∈ R | 2x + y - z = 0 et x + 2y + z = 0} et F = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x - 3y + z = 0} deux sous-ensembles de R3. On admettra que F est un sous-espace vectoriel de R3. Soient u = (1, -1,1), v = (-2, -1,1) et w = (-1,0,2).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.
2. Déterminer une famille génératrice de E et montrer que cette famille est une base.
3. Montrer que {u, v} est une base de F.
4. Montrer que {u, v, w} est une famille libre de R3.
5. A-t-on E somme directe F = R3 ?
6. Soit V = (x, y, z), exprimer V dans la base {u, v, w}.

Exercice 21

Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - z = 0 et x - y - z = 0} et F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - 2z = 0} deux sous-ensembles de R3. On admettra que F est un sous-espace vectoriel de R3. Soient u = (1,0,1), v = (1,1,1) et w = (0,2,1).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.
2. Déterminer une famille génératrice de E et montrer que cette famille est une base.
3. Montrer que {u, v} est une base de F.
4. Montrer que {u, v, w} est une famille libre de R3.
5. A-t-on E somme directe F = R3 ?
6. Soit V = (x, y, z), exprimer V dans la base {u, v, w}.

Exercice 22

Soient E = Vect(u, v, w, z) un sous-espace vectoriel de R3. u = (2, -1, -1); v = (-1,2,3); w = (1,4,7); z = (1,1,2).

1. Est-ce que (u, v, w, z) est une base de R3 ?
2. Montrer que (u, v) est une base de E.
3. Déterminer une ou plusieurs équations caractérisant E.
4. Compléter une base de E en une base de R3.

Exercice 23

Soient E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y + z - t = 0 et x - 2y + 2z + t = 0 et x - y + z = 0}. On admettra que E est un espace vectoriel. Et F = {(x, y, z, t) ∈ R4 | 2x + 6y + 7z - t = 0}. Soient v1 = (2,1, -1,2), v2 = (1,1, -1,1), v3 = (-1, -2,3,7) et v4 = (4,4, -5, -3) quatre vecteurs de R4.

Première partie

1. Déterminer une base de E et en déduire la dimension de E.
2. Compléter cette base en une base de R4.

Deuxième partie

1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R4.
2. Déterminer une base de F.
3. A-t-on E somme directe F = R4 ?

Troisième partie

1. Montrer que E = Vect(v1, v2, v3).
2. Soit v = (x, y, z, t) ∈ E, exprimer v comme une combinaison linéaire de v1, v2 et v3.

Exercice 24

Soit E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y + z + t = 0, x + 2y - z + t = 0, -x - y + 2z + 2t = 0} et F = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + 3y + 4z = 0}.

1. Donner une base de ces deux sous-espaces vectoriels de R4.
2. A-t-on E somme directe F = R4 ?
3. Soit v = (1,3,0,4) ∈ R4 et on pose G = Vect(v), a-t-on E somme directe G = R4 ?

Exercice 25

Soit E = {(x1, x2, x3) ∈ R3 | x1 + 2x2 - 3x3 = 0}. Soit v = (1,2, -3), et F = Vect(v).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3, et déterminer une base de cet espace-vectoriel.
2. A-t-on E somme directe F = R3 ? On justifiera la réponse.

Exercice 26

Soit E = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 + x3 = 0 et x2 + x4 = 0}. Soient v1 = (1,1,1,1), v2 = (1, -1,1, -1) et v3 = (1,0,1,0). Soit F = Vect(v1, v2, v3). On admettra que F est un espace vectoriel.

1. Donner une base de E et en déduire sa dimension.
2. Déterminer une base de F.
3. Donner une (ou plusieurs) équation(s) qui caractérise(nt) F.
4. Donner une famille génératrice de E + F.
5. Montrer que : E somme directe F = R4.

Exercice 27

Soient u = (1,1,1,1) et v = (1, -1,1, -1) deux vecteurs de R4. Soit E = Vect(u, v). Soient F1 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 + x2 + x3 + x4 = 0 et 2x1 + x2 = 0}. F2 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x2 + x4 = 0 et x1 + x3 = 0}. On admettra que E, F1 et F2 sont trois sous-espaces vectoriels de R4.

1. Déterminer une base (w, z) de F1.
2. Déterminer une base (a, b) de F2.
3. A-t-on F1 somme directe F2 = R4 ?
4. Montrer que (u, v, w, z) est une base de R4.
5. A-t-on E somme directe F1 = R4 ?

Exercice 28

Soient E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x - y + z - t = 0}, F = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y + z + t = 0} et G = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x = 2t, y = 3t, z = 4t}.

1. Montrer que E, F et G sont des sous-espaces vectoriels de R4, donner une base de chacun de ces sous-espaces vectoriels.
2. Déterminer E + F.
3. Montrer que F somme directe G = R4.

Exercice 29

Soient v1 = (2,1,1), v2 = (1,2, -1), v3 = (1,1,0) et v4 = (1, -1, -2) quatre vecteurs de R3. Déterminer une sous-famille de (v1, v2, v3, v4) libre qui engendre E = Vect(v1, v2, v3, v4), en déduire la dimension de E.

Exercice 30

Soit E = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 - x2 = 0 et x3 - x4 = 0}. On admettra que E est un sous-espace vectoriel de R4.

1. Déterminer une base de E.
2. Compléter cette base de E en une base de R4.

Exercice 31

Soient u = (2, -1,1,2), v = (2, -1,6,1) et w = (6, -3,8,5) trois vecteurs de R4. Soient E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | -7x + y + 5z = 0 et z + t = 0} et F = Vect(u, v, w).

1. Montrer que E et F sont des sous-espaces vectoriels de R4.
2. Donner une base de E et une base de F.
3. A-t-on E somme directe F = R4 ?

Exercice 32

Soit M3(R) l’espace vectoriel des matrices à coefficients dans R à 3 lignes et 3 colonnes. Soit S3(R) l’ensemble des matrices symétriques de M3(R). C’est-à-dire les matrices qui vérifient A transpose = A.

1. Montrer que S3(R) est un sous-espace vectoriel de M3(R).
2. Déterminer dim(S3(R)).

Exercice 33

Soient P0 = 1/2(X - 1)(X - 2), P1 = -X(X - 2) et P2 = 1/2 X(X - 1) trois polynômes de R2[X].

1. Montrer que (P0, P1, P2) est une base de R2[X].
2. Soit P = aX2 + bX + c ∈ R2[X], exprimer P dans la base (P0, P1, P2).
3. Soit P = aP0 + bP1 + cP2 ∈ R2[X], exprimer P dans la base (1, X, X2).
4. Pour tout a, b et c réels montrer qu’il existe un unique polynôme de P ∈ R2[X], tel que : P(0) = a, P(1) = b et P(2) = c.

Exercice 34

Soient P1 = X3 + X2 + X + 1, P2 = X3 + 2X2 + 3X + 4, P3 = 3X3 + X2 + 4X + 2 et P4 = 10X3 + 4X2 + 13X + 7 quatre polynômes de R3[X].

1. La famille (P1, P2, P3, P4) est-elle libre ?
2. Donner une base de Vect(P1, P2, P3, P4).

Exercice 35

Soit E = {P ∈ R2[X] | P(1) = 0}.

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R2[X].
2. Donner une base de E et en déduire sa dimension.

Exercice 36

Soit E = {P ∈ R3[X] | P(-1) = 0 et P(1) = 0}.

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3[X].
2. Déterminer une base et la dimension de E.

Exercice 37

Dans F(R,R), les trois fonctions f(x) = sin(x), g(x) = sin(2x) et h(x) = sin(3x), sont-elles linéairement indépendantes ?

Exercice 38

Soient f(x) = cos(x), g(x) = cos(x)cos(2x) et h(x) = sin(x)sin(2x). Déterminer Vect(f, g, h).

Exercice 39

Soit E l’ensemble des fonctions vérifiant l’équation différentielle y'' + a*y' - b^2*y = 0. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions.

Exercice 40

(Hors programme)

1. Montrer que les systèmes : S1 = (1, sqrt(2)) et S2 = (1, sqrt(2), sqrt(3)) sont libres dans R considéré comme Q-espace vectoriel.
2. Soient, dans R2, les vecteurs v1 = (3 + sqrt(5), 2 + 3sqrt(5)) et v2 = (4, 7sqrt(5) - 9). Montrer que le système (v1, v2) est Q-libre et R-lié.
3. Soient les vecteurs v1 = (1 - i, i) et v2 = (2, -1 + i) dans C2.
1. Montrer que le système (v1, v2) est R-libre et C-lié.
2. Vérifier que le système B = {(1,0), (i, 0), (0,1), (0, i)} est une base de l’espace vectoriel C2 sur R et donner les composantes des vecteurs v1 et v2 par rapport à cette base.

Solutions Détaillées

Correction de l'Exercice 1

On peut éventuellement s’apercevoir que v2 - v3 = 2v1 donc la famille est liée. Sinon, a*v1 + b*v2 + c*v3 = 0_R3 entraîne :

a(1,1,0) + b(4,1,4) + c(2, -1,4) = (0,0,0)

Ce qui donne le système d'équations :

x + 4y + 2z = 0 (L1)

x + y - z = 0 (L2)

4y + 4z = 0 (L3)

En effectuant les opérations : L2 - L1 et L3 (inchangée), on obtient :

x + 4y + 2z = 0

-3y - 3z = 0

4y + 4z = 0

De la deuxième ligne, -3(y + z) = 0 donc y = -z. En substituant y = -z dans la première ligne :

x + 4(-z) + 2z = 0 => x - 4z + 2z = 0 => x - 2z = 0 => x = 2z.

Il n’y a pas que (0,0,0) comme solution. Par exemple, en prenant z = 1, on trouve x = 2 et y = -1. Par conséquent, 2v1 - v2 + v3 = 0_R3, ce qui montre que la famille est liée. C'est la même relation que celle "devinée" ci-dessus.

Correction de l'Exercice 2

1. a*v1 + b*v2 + c*v3 = 0_R3 entraîne :

   a(1,0,1) + b(0,2,2) + c(3,7,1) = (0,0,0)

   Ce qui donne le système :

   a + 3c = 0 (L1)

   2b + 7c = 0 (L2)

   a + 2b + c = 0 (L3)

   De L1, a = -3c. De L2, b = -7/2c. On substitue dans L3 :

   -3c + 2(-7/2c) + c = 0 => -3c - 7c + c = 0 => -9c = 0.

   Donc c = 0, ce qui implique a = 0 et b = 0. La famille est libre.

2. Là, il est clair que v1 + v2 = v3, donc (1,0,0) + (0,1,1) = (1,1,1). La famille est liée.

3. On peut raisonnablement s’apercevoir que : v1 + v2 = (3,3,3,3,3) = 3(1,1,1,1,1). Si l'on note u = (1,1,1,1,1), et on observe que v3 + v4 = (1,1,1,1,1), alors v1 + v2 = 3(v3 + v4), donc la famille est liée.

   Sinon, on procède par calcul : a*v1 + b*v2 + c*v3 + d*v4 = 0_R5

   a(1,2,1,2,1) + b(2,1,2,1,2) + c(1,0,1,1,0) + d(0,1,0,0,1) = (0,0,0,0,0)

   Système :

   a + 2b + c = 0 (L1)

   2a + b + d = 0 (L2)

   a + 2b + c = 0 (L3)

   2a + b + c = 0 (L4)

   a + 2b + d = 0 (L5)

   On remarque que L1 = L3. De plus, L2 et L4 sont similaires. En utilisant L1 et L3, elles sont identiques. En utilisant L2 et L5 :

   L2 - L5 : (2a + b + d) - (a + 2b + d) = 0 => a - b = 0 => a = b.

   Maintenant, remplaçons a par b dans le système réduit :

   a + 2a + c = 0 => 3a + c = 0 => c = -3a (de L1)

   2a + a + d = 0 => 3a + d = 0 => d = -3a (de L2)

   Donc, si on prend a = 1, alors b = 1, c = -3, d = -3. Ce qui donne la relation : v1 + v2 - 3v3 - 3v4 = 0_R5. La famille est liée.

4. a*v1 + b*v2 + c*v3 = 0_R6 entraîne :

   a(2,4,3, -1, -2,1) + b(1,1,2,1,3,1) + c(0, -1,0,3,6,2) = (0,0,0,0,0,0)

   Système :

   2a + b = 0 (L1)

   4a + b - c = 0 (L2)

   3a + 2b = 0 (L3)

   -a + b + 3c = 0 (L4)

   -2a + 3b + 6c = 0 (L5)

   a + b + 2c = 0 (L6)

   De L1, b = -2a. Substituons dans L3 :

   3a + 2(-2a) = 0 => 3a - 4a = 0 => -a = 0 => a = 0.

   Si a = 0, alors b = -2(0) = 0. Substituons a = 0 et b = 0 dans L2 :

   4(0) + 0 - c = 0 => -c = 0 => c = 0.

   Puisque a = b = c = 0 est la seule solution, la famille est libre.

5. C’est trop fatigant de tout calculer, on peut essayer de trouver une relation. On observe 2v1 + 3v2 :

   2(2,1,3, -1, -4, -1) + 3(-1,1, -2,2, -3,3)

   = (4,2,6, -2, -8, -2) + (-3,3, -6,6, -9,9)

   = (1,5,0,4, -1,7).

   Ce résultat est v3. Donc 2v1 + 3v2 = v3. La famille est liée.

Correction de l'Exercice 3

1. Oui, évidemment. Si a*v1 + b(2v2) + c*v3 = 0_Rn, alors a*v1 + (2b)*v2 + c*v3 = 0_Rn. Comme (v1, v2, v3, v4) est une famille libre, a = 0, 2b = 0, c = 0. Ce qui implique a = b = c = 0. La famille (v1, 2v2, v3) est libre.

2. Une sous-famille d’une famille libre est libre. Donc (v1, v3) est libre.

3. Considérons la combinaison linéaire : 2*v1 - 1*(2v1 + v4) + 1*v4 = 2v1 - 2v1 - v4 + v4 = 0_Rn.

   Il existe une combinaison linéaire non identiquement nulle (par exemple 2, -1, 1) de ces trois vecteurs, donc la famille (v1, 2v1 + v4, v4) est liée.

4. Soit a(3v1 + v3) + b*v3 + c(v2 + v3) = 0_Rn.

   Alors 3a*v1 + c*v2 + (a + b + c)*v3 = 0_Rn.

   Puisque (v1, v2, v3, v4) est une famille libre, les coefficients doivent être nuls :

   3a = 0 => a = 0

   c = 0

   a + b + c = 0 => 0 + b + 0 = 0 => b = 0.

   Donc a = b = c = 0. La famille (3v1 + v3, v3, v2 + v3) est libre.

5. Il y a trois vecteurs : u1 = 2v1 + v2, u2 = v1 - 3v2, u3 = v2 - v1.

   Ces trois vecteurs appartiennent au sous-espace Vect(v1, v2). Vect(v1, v2) est un espace de dimension 2 (car v1, v2 sont libres). Une famille de 3 vecteurs dans un espace de dimension 2 est nécessairement liée. Par conséquent, (u1, u2, u3) est une famille liée. Ajouter v4 à une famille liée ne la rend pas libre. La famille (2v1 + v2, v1 - 3v2, v4, v2 - v1) est donc liée.

Correction de l'Exercice 4

Le problème est de déterminer x et y tels qu’il existe a et b vérifiant (x, 1, y, 1) = a*v1 + b*v2 :

(x, 1, y, 1) = a(1,2,3,4) + b(1, -2,3, -4)

Ce qui donne le système :

x = a + b (L1)

1 = 2a - 2b (L2)

y = 3a + 3b (L3)

1 = 4a - 4b (L4)

De L2, 1 = 2(a - b) => a - b = 1/2.

De L4, 1 = 4(a - b) => a - b = 1/4.

Nous avons 1/2 = 1/4, ce qui est impossible. La dernière ligne entraîne qu’il n’y a pas de solution.

Le second problème est de déterminer x et y tels qu’il existe a et b vérifiant (x, 1,1, y) = a*v1 + b*v2 :

(x, 1,1, y) = a(1,2,3,4) + b(1, -2,3, -4)

Ce qui donne le système :

x = a + b (L1)

1 = 2a - 2b (L2)

1 = 3a + 3b (L3)

y = 4a - 4b (L4)

De L2, 1 = 2(a - b) => a - b = 1/2.

De L3, 1 = 3(a + b) => a + b = 1/3.

Nous avons un système de deux équations à deux inconnues (a et b) :

a - b = 1/2

a + b = 1/3

Additionnant les deux équations : 2a = 1/2 + 1/3 = 3/6 + 2/6 = 5/6 => a = 5/12.

Soustrayant la première de la seconde : 2b = 1/3 - 1/2 = 2/6 - 3/6 = -1/6 => b = -1/12.

Maintenant que a et b sont connus, nous pouvons trouver x et y :

x = a + b = 5/12 + (-1/12) = 4/12 = 1/3.

y = 4a - 4b = 4(a - b) = 4(1/2) = 2.

Ainsi, il est possible de déterminer x = 1/3 et y = 2 pour que le vecteur appartienne à Vect(v1, v2). Le vecteur est (1/3, 1,1, 2).

Correction de l'Exercice 5

Première méthode

Pour montrer que E est un sous-espace vectoriel de R4, il faut vérifier trois conditions :

1. Le vecteur nul appartient à E : Le vecteur (0,0,0,0) vérifie 0 + 0 + 0 + 0 = 0. Donc 0_R4 appartient à E.

2. Stabilité par addition : Soient u = (x1, x2, x3, x4) ∈ E et v = (y1, y2, y3, y4) ∈ E. Alors x1 + x2 + x3 + x4 = 0 et y1 + y2 + y3 + y4 = 0.

   u + v = (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3, x4 + y4).

   La somme des composantes de u + v est (x1 + y1) + (x2 + y2) + (x3 + y3) + (x4 + y4) = (x1 + x2 + x3 + x4) + (y1 + y2 + y3 + y4) = 0 + 0 = 0. Donc u + v appartient à E.

3. Stabilité par multiplication scalaire : Soit u = (x1, x2, x3, x4) ∈ E et k ∈ R. Alors x1 + x2 + x3 + x4 = 0.

   k*u = (k*x1, k*x2, k*x3, k*x4).

   La somme des composantes de k*u est k*x1 + k*x2 + k*x3 + k*x4 = k(x1 + x2 + x3 + x4) = k * 0 = 0. Donc k*u appartient à E.

E est donc un sous-espace vectoriel de R4.

Deuxième méthode (pour la base)

Un vecteur (x1, x2, x3, x4) ∈ E vérifie x1 + x2 + x3 + x4 = 0. On peut exprimer x1 en fonction des autres : x1 = -x2 - x3 - x4.

Un vecteur de E s'écrit donc :

(-x2 - x3 - x4, x2, x3, x4) = x2(-1,1,0,0) + x3(-1,0,1,0) + x4(-1,0,0,1).

Ainsi, E = Vect(v1, v2, v3) où v1 = (-1,1,0,0), v2 = (-1,0,1,0), v3 = (-1,0,0,1).

Cette famille est génératrice de E. Pour montrer que c'est une base, il faut montrer qu'elle est libre :

a*v1 + b*v2 + c*v3 = (0,0,0,0)

a(-1,1,0,0) + b(-1,0,1,0) + c(-1,0,0,1) = (0,0,0,0)

Système :

-a - b - c = 0

a = 0

b = 0

c = 0

Il est immédiat que a = b = c = 0. La famille est donc libre. C'est une base de E.

Correction de l'Exercice 6

Une famille de 5 vecteurs dans R4 (qui est de dimension 4) est nécessairement liée. Il existe donc des relations de dépendance linéaire.

Soit a*v1 + b*v2 + c*v3 + d*v4 + e*v5 = 0_R4 :

a(1,1,1,1) + b(1,2,3,4) + c(3,1,4,2) + d(10,4,13,7) + e(1,7,8,14) = (0,0,0,0)

Système d'équations :

a + b + 3c + 10d + e = 0 (L1)

a + 2b + c + 4d + 7e = 0 (L2)

a + 3b + 4c + 13d + 8e = 0 (L3)

a + 4b + 2c + 7d + 14e = 0 (L4)

Opérations sur les lignes : L2 - L1, L3 - L1, L4 - L1

a + b + 3c + 10d + e = 0

b - 2c - 6d + 6e = 0 (L2')

2b + c + 3d + 7e = 0 (L3')

3b - c - 3d + 13e = 0 (L4')

Opérations : L3' - 2L2', L4' - 3L2'

a + b + 3c + 10d + e = 0

b - 2c - 6d + 6e = 0

5c + 15d - 5e = 0 (L3'') => c + 3d - e = 0

5c + 15d - 5e = 0 (L4'') => c + 3d - e = 0

Le système se réduit à 3 équations pour 5 inconnues. Il y a 5 - 3 = 2 paramètres libres.

De L3'', c = e - 3d.

Substituons c dans L2' : b - 2(e - 3d) - 6d + 6e = 0 => b - 2e + 6d - 6d + 6e = 0 => b + 4e = 0 => b = -4e.

Substituons b et c dans L1 : a + (-4e) + 3(e - 3d) + 10d + e = 0 => a - 4e + 3e - 9d + 10d + e = 0 => a + d = 0 => a = -d.

Les relations sont : a = -d, b = -4e, c = e - 3d.

On peut choisir d et e comme paramètres.

Si nous prenons d = 1, e = 0 : a = -1, b = 0, c = -3. Ceci donne la relation : -v1 - 3v3 + v4 = 0_R4, soit v4 = v1 + 3v3.

Si nous prenons d = 0, e = 1 : a = 0, b = -4, c = 1. Ceci donne la relation : -4v2 + v3 + v5 = 0_R4, soit v5 = 4v2 - v3.

Ces deux relations montrent que v4 et v5 peuvent être exprimés comme combinaisons linéaires de v1, v2, v3.

Donc Vect(v1, v2, v3, v4, v5) = Vect(v1, v2, v3, v1 + 3v3, 4v2 - v3) = Vect(v1, v2, v3).

Il faut maintenant montrer que (v1, v2, v3) est une famille libre. Reprenons le système pour a, b, c, d, e avec d = 0, e = 0 :

a = 0

b = 0

c = 0

Ceci montre que (v1, v2, v3) est une famille libre et génératrice de l'espace engendré par les cinq vecteurs. C'est une base.

Correction de l'Exercice 7

D'après l'exercice précédent, Vect(v1, v2, v3, v4, v5) = Vect(v1, v2, v3).

Un vecteur v = (x1, x2, x3, x4) appartient à ce sous-espace si et seulement s'il est une combinaison linéaire de v1, v2, v3 :

v = a*v1 + b*v2 + c*v3

(x1, x2, x3, x4) = a(1,1,1,1) + b(1,2,3,4) + c(3,1,4,2)

Système :

a + b + 3c = x1 (L1)

a + 2b + c = x2 (L2)

a + 3b + 4c = x3 (L3)

a + 4b + 2c = x4 (L4)

Opérations : L2 - L1, L3 - L1, L4 - L1

a + b + 3c = x1

b - 2c = x2 - x1 (L2')

2b + c = x3 - x1 (L3')

3b - c = x4 - x1 (L4')

Opérations : L3' - 2L2', L4' - 3L2'

a + b + 3c = x1

b - 2c = x2 - x1

5c = x3 - x1 - 2(x2 - x1) = x3 - x1 - 2x2 + 2x1 = x1 - 2x2 + x3 (L3'')

5c = x4 - x1 - 3(x2 - x1) = x4 - x1 - 3x2 + 3x1 = 2x1 - 3x2 + x4 (L4'')

Pour qu'une solution (a, b, c) existe, il faut que les deux expressions pour 5c soient égales :

x1 - 2x2 + x3 = 2x1 - 3x2 + x4

0 = (2x1 - x1) + (-3x2 + 2x2) + (x4 - x3)

0 = x1 - x2 - x3 + x4

Donc, un vecteur v = (x1, x2, x3, x4) appartient au sous-espace engendré si et seulement si il vérifie l'équation : x1 - x2 - x3 + x4 = 0.

Correction de l'Exercice 8

1. Soit a*v1 + b(2v2) + c*v3 = 0_E.

   Alors a*v1 + (2b)*v2 + c*v3 = 0_E.

   Comme (v1, v2, v3, v4) est une famille libre, alors v1, v2, v3 sont libres. Donc a = 0, 2b = 0, c = 0. Ce qui implique a = b = c = 0. La famille est libre.

2. Une sous-famille d’une famille libre est libre. Donc (v1, v3) est libre.

3. Soit a*v1 + b(v1 + v2) + c*v4 = 0_E.

   (a + b)*v1 + b*v2 + c*v4 = 0_E.

   Comme (v1, v2, v3, v4) est une famille libre, alors v1, v2, v4 sont libres. Donc :

   a + b = 0

   b = 0

   c = 0

   Ceci implique a = b = c = 0. La famille est libre.

4. Soit a(3v1 + v3) + b*v3 + c(v2 + v3) = 0_E.

   3a*v1 + c*v2 + (a + b + c)*v3 = 0_E.

   Puisque (v1, v2, v3, v4) est une famille libre, alors v1, v2, v3 sont libres. Donc :

   3a = 0 => a = 0

   c = 0

   a + b + c = 0 => 0 + b + 0 = 0 => b = 0.

   Donc a = b = c = 0. La famille est libre.

5. Les trois premiers vecteurs 2v1 + v2, v1 - 3v2, v2 - v1 appartiennent à Vect(v1, v2). Ce sous-espace est de dimension 2 (car v1 et v2 sont libres). Une famille de 3 vecteurs dans un espace de dimension 2 est liée. En ajoutant v4, la famille reste liée.

Correction de l'Exercice 9

Comparons les dimensions et les générateurs.

Pour E = Vect(u1, u2, u3) avec u1=(1,0,1,1), u2=(-1,-2,3,-1), u3=(-5,-3,1,5)

Vérifions si (u1, u2, u3) est libre. Soit a*u1 + b*u2 + c*u3 = 0_R4 :

a(1,0,1,1) + b(-1,-2,3,-1) + c(-5,-3,1,5) = (0,0,0,0)

Système :

a - b - 5c = 0 (L1)

-2b - 3c = 0 (L2)

a + 3b + c = 0 (L3)

a - b + 5c = 0 (L4)

De L2, b = -3/2 c.

De L4 - L1 : (a - b + 5c) - (a - b - 5c) = 0 => 10c = 0 => c = 0.

Si c = 0, alors b = 0 (de L2). Et a = 0 (de L1). Donc (u1, u2, u3) est une famille libre.

Par conséquent, dim(E) = 3. E = Vect(u1, u2, u3).

Pour F = Vect(w1, w2) avec w1=(-1,-1,1,-1), w2=(4,1,2,4)

Vérifions si (w1, w2) est libre. Soit a*w1 + b*w2 = 0_R4 :

a(-1,-1,1,-1) + b(4,1,2,4) = (0,0,0,0)

Système :

-a + 4b = 0

-a + b = 0

a + 2b = 0

-a + 4b = 0

De la première ligne, a = 4b. De la deuxième ligne, a = b. Donc 4b = b => 3b = 0 => b = 0. Par conséquent, a = 0. La famille (w1, w2) est libre.

Par conséquent, dim(F) = 2. F = Vect(w1, w2).

Puisque dim(E) = 3 et dim(F) = 2, E et F sont différents.

Correction de l'Exercice 10

Soient v1, v2,..., vn des vecteurs indépendants de Rn.

1. Les vecteurs sont : u1 = v1 - v2, u2 = v2 - v3, ..., un-1 = vn-1 - vn, un = vn - v1.

   Considérons la somme de ces vecteurs : u1 + u2 + ... + un = (v1 - v2) + (v2 - v3) + ... + (vn-1 - vn) + (vn - v1) = 0_Rn.

   Il existe une combinaison linéaire non triviale (les coefficients sont tous 1) qui donne le vecteur nul. Par conséquent, cette famille est liée.

2. Les vecteurs sont : u1 = v1 + v2, u2 = v2 + v3, ..., un-1 = vn-1 + vn, un = vn + v1.

   Considérons une combinaison linéaire nulle : a1*u1 + a2*u2 + ... + an*un = 0_Rn.

   a1(v1 + v2) + a2(v2 + v3) + ... + an-1(vn-1 + vn) + an(vn + v1) = 0_Rn.

   Réorganisons par vecteurs vi :

   (a1 + an)v1 + (a1 + a2)v2 + (a2 + a3)v3 + ... + (an-1 + an)vn = 0_Rn.

   Puisque (v1, ..., vn) est une famille libre, les coefficients doivent être nuls :

   a1 + an = 0 (Eq 1)

   a1 + a2 = 0 (Eq 2)

   a2 + a3 = 0 (Eq 3)

   ...

   an-1 + an = 0 (Eq n)

   De Eq 1, an = -a1. De Eq 2, a2 = -a1. De Eq 3, a3 = -a2 = -(-a1) = a1. De Eq 4, a4 = -a3 = -a1. etc.

   On voit que les coefficients alternent entre a1 et -a1 : a_k = (-1)^(k-1) * a1.

   Si n est impair : a1 = -an. Mais an = (-1)^(n-1) * a1 = (-1)^(impair-1) * a1 = (-1)^(pair) * a1 = a1. Donc a1 = -a1 => 2a1 = 0 => a1 = 0.

   Si a1 = 0, alors tous les a_k sont nuls. La famille est libre si n est impair.

   Si n est pair : an = -a1. Mais an = (-1)^(n-1) * a1 = (-1)^(pair-1) * a1 = (-1)^(impair) * a1 = -a1. L'équation an = -a1 est toujours satisfaite, quel que soit a1.

   Donc si n est pair, la famille est liée. Par exemple, si a1 = 1, a2 = -1, a3 = 1, ..., an = -1, la combinaison linéaire est nulle.

   En résumé, la famille est libre si n est impair, et liée si n est pair.

3. Les vecteurs sont : u1 = v1, u2 = v1 + v2, u3 = v1 + v2 + v3, ..., un = v1 + ... + vn.

   Considérons une combinaison linéaire nulle : a1*u1 + a2*u2 + ... + an*un = 0_Rn.

   a1(v1) + a2(v1 + v2) + a3(v1 + v2 + v3) + ... + an(v1 + ... + vn) = 0_Rn.

   Réorganisons par vecteurs vi :

   (a1 + a2 + ... + an)v1 + (a2 + a3 + ... + an)v2 + (a3 + ... + an)v3 + ... + an*vn = 0_Rn.

   Puisque (v1, ..., vn) est une famille libre, les coefficients doivent être nuls :

   a1 + a2 + ... + an = 0 (Eq 1)

   a2 + a3 + ... + an = 0 (Eq 2)

   a3 + ... + an = 0 (Eq 3)

   ...

   an = 0 (Eq n)

   De Eq n, an = 0. Substituons dans Eq n-1 : a_n-1 + an = 0 => a_n-1 = 0. En remontant, on trouve que tous les a_k sont nuls.

   La famille est donc libre.

Correction de l'Exercice 11

Pour montrer que E = F, nous pouvons montrer que Vect(u, v) et Vect(w, z) ont la même dimension et que leurs vecteurs sont linéairement dépendants entre eux, ou que les vecteurs de l'un sont combinaisons linéaires des vecteurs de l'autre.

D'abord, vérifions si (u, v) est une base de E et (w, z) une base de F.

Pour (u, v) : Sont-ils colinéaires ? u = k*v ? (2,3,-1) = k(1,-1,-2). Non, car 2 = k*1 et 3 = k*(-1) n'est pas possible. Donc (u,v) est libre. dim(E) = 2.

Pour (w, z) : Sont-ils colinéaires ? w = k*z ? (3,7,0) = k(5,0,-7). Non, car 7 = k*0 n'est pas possible. Donc (w,z) est libre. dim(F) = 2.

Maintenant, il faut montrer que E et F sont le même sous-espace. Cela revient à montrer que les vecteurs de E sont dans F et vice-versa. Puisque les dimensions sont égales, il suffit de montrer que (u, v) génère F (ou que (w, z) génère E).

Cherchons si u et v sont des combinaisons linéaires de w et z. C'est équivalent à tester si la famille (u, v, w, z) est liée et de rang 2. Cela peut être fait en cherchant les relations de dépendance.

Alternativement, cherchons des équations pour E et F.

Pour E = Vect(u, v) : Soit (x, y, z) ∈ E. Alors (x, y, z) = a(2,3, -1) + b(1, -1, -2).

x = 2a + b

y = 3a - b

z = -a - 2b

De la première équation, b = x - 2a. Substituons dans la deuxième :

y = 3a - (x - 2a) = 5a - x => 5a = y + x => a = (x + y)/5.

Alors b = x - 2(x + y)/5 = (5x - 2x - 2y)/5 = (3x - 2y)/5.

Substituons a et b dans la troisième équation :

z = -(x + y)/5 - 2(3x - 2y)/5 = (-x - y - 6x + 4y)/5 = (-7x + 3y)/5.

Donc 5z = -7x + 3y, ou 7x - 3y + 5z = 0. C'est l'équation caractérisant E.

Pour F = Vect(w, z) : Soit (x, y, z) ∈ F. Alors (x, y, z) = a'(3,7,0) + b'(5,0, -7).

x = 3a' + 5b'

y = 7a'

z = -7b'

De la deuxième équation, a' = y/7. De la troisième, b' = -z/7.

Substituons dans la première équation :

x = 3(y/7) + 5(-z/7) = (3y - 5z)/7.

Donc 7x = 3y - 5z, ou 7x - 3y + 5z = 0. C'est l'équation caractérisant F.

Les deux sous-espaces E et F sont caractérisés par la même équation 7x - 3y + 5z = 0. Par conséquent, E = F.

Correction de l'Exercice 12

Le vecteur v = (-2, a, b, 3) appartient à Vect(v1, v2) s'il existe des scalaires c et d tels que v = c*v1 + d*v2 :

(-2, a, b, 3) = c(1, -1,1,2) + d(-1,2,3,1)

Ce qui donne le système :

-2 = c - d (L1)

a = -c + 2d (L2)

b = c + 3d (L3)

3 = 2c + d (L4)

Nous avons un système de deux équations (L1 et L4) pour trouver c et d :

c - d = -2

2c + d = 3

Additionnons les deux équations : (c - d) + (2c + d) = -2 + 3 => 3c = 1 => c = 1/3.

Substituons c dans la première équation : 1/3 - d = -2 => d = 1/3 + 2 = 1/3 + 6/3 = 7/3.

Maintenant que c et d sont connus, on peut déterminer a et b :

a = -c + 2d = -(1/3) + 2(7/3) = -1/3 + 14/3 = 13/3.

b = c + 3d = 1/3 + 3(7/3) = 1/3 + 21/3 = 22/3.

Oui, il est possible de déterminer a = 13/3 et b = 22/3 pour que le vecteur appartienne au sous-espace engendré.

Correction de l'Exercice 13

Soient v1 = (0,1, -2,1), v2 = (1,0,2, -1), v3 = (3,2,2, -1), v4 = (0,0,1,0) et v5 = (0,0,0,1) des vecteurs de R4.

1. Vect(v1, v2, v3) = Vect((1,1,0,0), (-1,1, -4,2))

   Notons A = Vect(v1, v2, v3) et B = Vect(u1, u2) où u1 = (1,1,0,0) et u2 = (-1,1, -4,2).

   D'abord, vérifions la dimension de A. Cherchons si (v1, v2, v3) est libre. Soit a*v1 + b*v2 + c*v3 = 0_R4 :

   a(0,1, -2,1) + b(1,0,2, -1) + c(3,2,2, -1) = (0,0,0,0)

   b + 3c = 0 (L1)

   a + 2c = 0 (L2)

   -2a + 2b + 2c = 0 (L3)

   a - b - c = 0 (L4)

   De L2, a = -2c. De L1, b = -3c.

   Substituons dans L3 : -2(-2c) + 2(-3c) + 2c = 4c - 6c + 2c = 0. Ceci est toujours vrai.

   Substituons dans L4 : -2c - (-3c) - c = -2c + 3c - c = 0. Ceci est toujours vrai.

   Donc, par exemple, si c = 1, alors a = -2, b = -3. Donc -2v1 - 3v2 + v3 = 0_R4. La famille (v1, v2, v3) est liée.

   Puisque v1 et v2 ne sont pas colinéaires, (v1, v2) est libre. Donc dim(A) = 2.

   Maintenant pour B, (u1, u2) n'est pas colinéaire (u1 = k*u2 => (1,1,0,0) = k(-1,1,-4,2) => 1 = -k, 1 = k => impossible). Donc (u1, u2) est libre et dim(B) = 2.

   Pour que A = B, il faut que A et B aient la même dimension (ce qui est le cas, dim=2) et que les vecteurs générateurs de l'un soient dans l'autre (ou vice versa).

   Vérifions si u1 et u2 sont dans A = Vect(v1, v2) (puisque v3 est lié à v1, v2).

   u1 = (1,1,0,0). Est-ce que u1 = a*v1 + b*v2 ?

   (1,1,0,0) = a(0,1, -2,1) + b(1,0,2, -1)

   b = 1

   a = 1

   -2a + 2b = 0 => -2(1) + 2(1) = 0. Vrai.

   a - b = 0 => 1 - 1 = 0. Vrai.

   Donc u1 = v1 + v2, et u1 appartient à A.

   u2 = (-1,1, -4,2). Est-ce que u2 = a*v1 + b*v2 ?

   (-1,1, -4,2) = a(0,1, -2,1) + b(1,0,2, -1)

   b = -1

   a = 1

   -2a + 2b = -4 => -2(1) + 2(-1) = -2 - 2 = -4. Vrai.

   a - b = 2 => 1 - (-1) = 2. Vrai.

   Donc u2 = v1 - v2, et u2 appartient à A.

   Puisque u1 et u2 sont dans A et (u1, u2) est une base de B, alors B est inclus dans A. Comme dim(A) = dim(B) = 2, on a A = B.

   La proposition est VRAIE.

2. (1,1,0,0) ∈ Vect(v1, v2) inter Vect(v2, v3, v4).

   D'après le point 1, (1,1,0,0) = v1 + v2, donc (1,1,0,0) ∈ Vect(v1, v2).

   Maintenant, vérifions si (1,1,0,0) ∈ Vect(v2, v3, v4).

   v2 = (1,0,2, -1), v3 = (3,2,2, -1), v4 = (0,0,1,0).

   Est-ce que (1,1,0,0) = a*v2 + b*v3 + c*v4 ?

   (1,1,0,0) = a(1,0,2, -1) + b(3,2,2, -1) + c(0,0,1,0)

   a + 3b = 1 (L1)

   2b = 1 (L2)

   2a + 2b + c = 0 (L3)

   -a - b = 0 (L4)

   De L2, b = 1/2.

   De L4, a = -b = -1/2.

   Vérifions L1 : a + 3b = -1/2 + 3(1/2) = 2/2 = 1. Vrai.

   Vérifions L3 : 2a + 2b + c = 0 => 2(-1/2) + 2(1/2) + c = 0 => -1 + 1 + c = 0 => c = 0.

   Donc (1,1,0,0) = -1/2 v2 + 1/2 v3 + 0 v4. Il appartient bien à Vect(v2, v3, v4).

   Puisqu'il appartient aux deux sous-espaces, il appartient à leur intersection.

   La proposition est VRAIE.

3. dim(Vect(v1, v2) inter Vect(v2, v3, v4)) = 1.

   On a vu que Vect(v1, v2) est de dimension 2 (base (v1, v2)).

   Pour Vect(v2, v3, v4) : Vérifions si (v2, v3, v4) est libre. On sait que v3 = 2v1 + 3v2. Donc v3 n'est pas lié à v2 et v4 si v4 n'est pas combinaison de v1 et v2. Mais (v2,v3,v4) est dans R4.

   Testons la liberté de (v2, v3, v4). On a trouvé que (1,1,0,0) = -1/2 v2 + 1/2 v3, donc v3 = v2 + 2(1,1,0,0). Non, v3 = v2 + c4 * v4. On a utilisé v3 dans la partie 1 pour v3 = 2v1+3v2. Faisons simple : (v2, v4) est libre car (1,0,2,-1) et (0,0,1,0) ne sont pas colinéaires. Si v3 est combinaison linéaire de v2 et v4 :

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

   a = 3

   0 = 2 (de la 2e composante). Impossible. Donc v3 n'est pas dans Vect(v2, v4).

   Donc (v2, v3, v4) est une famille libre de 3 vecteurs. Donc dim(Vect(v2, v3, v4)) = 3.

   Calculons la dimension de l'intersection : dim(A inter B) = dim(A) + dim(B) - dim(A+B).

   A = Vect(v1, v2). Base (v1, v2). dim(A) = 2.

   B = Vect(v2, v3, v4). Base (v2, v3, v4). dim(B) = 3.

   On a vu que u1 = v1 + v2 et u2 = v1 - v2 sont des vecteurs de A. On a aussi vu que u1 = -1/2 v2 + 1/2 v3 (avec c=0 dans point 2) donc u1 appartient à B. Par contre u2 n'est pas forcément dans B.

   Le vecteur (1,1,0,0) = v1+v2 appartient à l'intersection. Est-ce le seul vecteur "indépendant" dans l'intersection ?

   Un vecteur x dans l'intersection est x = a*v1 + b*v2 et x = c*v2 + d*v3 + e*v4.

   a*v1 + b*v2 - c*v2 - d*v3 - e*v4 = 0_R4

   a*v1 + (b-c)*v2 - d*v3 - e*v4 = 0_R4

   On sait que v3 = 2v1 + 3v2.

   a*v1 + (b-c)*v2 - d(2v1 + 3v2) - e*v4 = 0_R4

   (a - 2d)*v1 + (b - c - 3d)*v2 - e*v4 = 0_R4

   Puisque (v1, v2, v4) est une famille libre (v1=(0,1,-2,1), v2=(1,0,2,-1), v4=(0,0,1,0)), les coefficients sont nuls :

   a - 2d = 0 => a = 2d

   b - c - 3d = 0

   e = 0

   Donc un vecteur x de l'intersection doit avoir e = 0. x = c*v2 + d*v3.

   Et x = 2d*v1 + b*v2.

   Soit x = d*v3 + c*v2 = d(2v1 + 3v2) + c*v2 = 2d*v1 + (3d + c)*v2.

   Pour qu'il soit dans l'intersection, on doit avoir 2d = a et 3d+c = b. Avec e=0.

   L'intersection est Vect(v1+v2). On a trouvé que (1,1,0,0) est dans l'intersection. Et c'est un vecteur non nul. Donc la dimension est au moins 1.

   Si la dimension était 2, on aurait deux vecteurs libres dans l'intersection. Essayons de trouver un autre.

   L'équation de Vect(v1,v2) est : (x,y,z,t) = a(0,1,-2,1)+b(1,0,2,-1) => x=b, y=a, z=-2a+2b, t=a-b. Donc z = -2y+2x, t=y-x. On a x-y+t=0 et 2x-2y+z=0.

   L'équation de Vect(v2,v3,v4) est : (x,y,z,t) = a(1,0,2,-1)+b(3,2,2,-1)+c(0,0,1,0).

   On a 3 équations pour un espace de dimension 3 dans R4 : on cherche l'équation d'un hyperplan.

   C'est plus simple de dire que l'intersection est engendrée par v1+v2. Est-ce qu'on peut trouver un autre vecteur non colinéaire à v1+v2 qui appartient à l'intersection? Si oui, la dimension serait 2. Sinon, 1.

   A partir de (a - 2d)*v1 + (b - c - 3d)*v2 - e*v4 = 0_R4 et la liberté de (v1,v2,v4), on a e=0, a=2d, b=c+3d. Le vecteur x = a*v1 + b*v2 = 2d*v1 + (c+3d)*v2. Et il est aussi x = c*v2 + d*v3 = c*v2 + d(2v1+3v2) = 2d*v1 + (c+3d)*v2. C'est le même vecteur.

   L'ensemble des vecteurs de l'intersection est donc Vect(2v1 + 3v2). C'est le même sous-espace Vect(v1 + v2) que nous avons trouvé dans la question 2.

   Vect(v1+v2) est de dimension 1. Donc la proposition est VRAIE.

4. Vect(v1, v2) + Vect(v2, v3, v4) = R4.

   Dim(A+B) = dim(A) + dim(B) - dim(A inter B) = 2 + 3 - 1 = 4.

   Puisque A+B est un sous-espace vectoriel de R4 et que sa dimension est 4, alors A+B = R4.

   La proposition est VRAIE.

5. Vect(v4, v5) est un sous-espace vectoriel supplémentaire de Vect(v1, v2, v3) dans R4.

   Notons A = Vect(v1, v2, v3) et C = Vect(v4, v5).

   On a dim(A) = 2 (v3 est combinaison de v1, v2). Donc une base de A est (v1, v2).

   v4 = (0,0,1,0) et v5 = (0,0,0,1) sont clairement libres, donc dim(C) = 2. Une base de C est (v4, v5).

   Pour être supplémentaire, il faut dim(A) + dim(C) = dim(R4) et A inter C = {0_R4}.

   dim(A) + dim(C) = 2 + 2 = 4 = dim(R4). La première condition est remplie.

   Vérifions A inter C = {0_R4}. Soit x ∈ A inter C.

   x = a*v1 + b*v2 = c*v4 + d*v5

   a(0,1, -2,1) + b(1,0,2, -1) = c(0,0,1,0) + d(0,0,0,1)

   b = 0

   a = 0

   -2a + 2b = c => 0 = c

   a - b = d => 0 = d

   Donc a = b = c = d = 0, ce qui implique x = 0_R4. L'intersection est bien le vecteur nul.

   Les deux conditions sont remplies. La proposition est VRAIE.

Correction de l'Exercice 14

Soient v1 = (1,0,0,1), v2 = (0,0,1,0), v3 = (0,1,0,0), v4 = (0,0,0,1) et v5 = (0,1,0,1) dans R4.

Pour être supplémentaires, deux sous-espaces E et F doivent vérifier :

1. E inter F = {0_R4}
2. dim(E) + dim(F) = dim(R4) = 4

1. Vect(v1, v2) et Vect(v3) sont-ils supplémentaires dans R4 ?

   E = Vect(v1, v2). (v1, v2) est libre (non colinéaires), donc dim(E) = 2.

   F = Vect(v3). (v3) est libre (non nul), donc dim(F) = 1.

   dim(E) + dim(F) = 2 + 1 = 3 ≠ 4. Donc ils ne sont PAS supplémentaires.

2. Même question pour Vect(v1, v3, v4) et Vect(v2, v5).

   E = Vect(v1, v3, v4). v1=(1,0,0,1), v3=(0,1,0,0), v4=(0,0,0,1).

   Vérifions la liberté de (v1, v3, v4) : a*v1 + b*v3 + c*v4 = 0_R4.

   a(1,0,0,1) + b(0,1,0,0) + c(0,0,0,1) = (0,0,0,0)

   a = 0

   b = 0

   a + c = 0 => 0 + c = 0 => c = 0.

   Donc (v1, v3, v4) est libre. dim(E) = 3.

   F = Vect(v2, v5). v2=(0,0,1,0), v5=(0,1,0,1).

   Vérifions la liberté de (v2, v5) : a*v2 + b*v5 = 0_R4.

   a(0,0,1,0) + b(0,1,0,1) = (0,0,0,0)

   b = 0

   a = 0

   b = 0

   Donc (v2, v5) est libre. dim(F) = 2.

   dim(E) + dim(F) = 3 + 2 = 5 ≠ 4. Donc ils ne sont PAS supplémentaires.

3. Même question pour Vect(v1, v2) et Vect(v3, v4, v5).

   E = Vect(v1, v2). dim(E) = 2 (déjà vérifié).

   F = Vect(v3, v4, v5). v3=(0,1,0,0), v4=(0,0,0,1), v5=(0,1,0,1).

   Vérifions la liberté de (v3, v4, v5). On remarque que v5 = v3 + v4 (0,1,0,1) = (0,1,0,0) + (0,0,0,1). Donc la famille est liée.

   F = Vect(v3, v4, v3+v4) = Vect(v3, v4).

   (v3, v4) est libre (non colinéaires). Donc dim(F) = 2.

   dim(E) + dim(F) = 2 + 2 = 4. La première condition est remplie.

   Vérifions E inter F = {0_R4}. Soit x ∈ E inter F.

   x = a*v1 + b*v2 = c*v3 + d*v4

   a(1,0,0,1) + b(0,0,1,0) = c(0,1,0,0) + d(0,0,0,1)

   (a, 0, b, a+b) = (0, c, 0, d)

   En comparant les composantes :

   a = 0

   0 = c => c = 0

   b = 0

   a + b = d => 0 + 0 = d => d = 0.

   Donc a = b = c = d = 0, ce qui implique x = 0_R4. L'intersection est bien le vecteur nul.

   Les deux conditions sont remplies. Donc Vect(v1, v2) et Vect(v3, v4, v5) SONT supplémentaires dans R4.

Correction de l'Exercice 15

1. E = {(x, y) ∈ R2 | y = 2x}.

   Vérifions les conditions d'un sous-espace vectoriel :

   a. Le vecteur nul (0,0) : Pour (0,0), y = 0 et 2x = 2(0) = 0. Donc y = 2x est vérifié. (0,0) ∈ E.

   b. Stabilité par addition : Soient u = (x1, y1) ∈ E et v = (x2, y2) ∈ E. Alors y1 = 2x1 et y2 = 2x2.

   u + v = (x1 + x2, y1 + y2).

   Vérifions la condition pour u + v : y1 + y2 = 2x1 + 2x2 = 2(x1 + x2).

   La condition est vérifiée. u + v ∈ E.

   c. Stabilité par multiplication scalaire : Soit u = (x, y) ∈ E et k ∈ R. Alors y = 2x.

   k*u = (k*x, k*y).

   Vérifions la condition pour k*u : k*y = k*(2x) = 2(k*x).

   La condition est vérifiée. k*u ∈ E.

   Puisque E est un sous-ensemble non vide de R2 et satisfait ces trois conditions, E est un R-espace vectoriel (un sous-espace vectoriel de R2).

2. F = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 = 2y, z = 0}.

   Vérifions les conditions d'un sous-espace vectoriel :

   a. Le vecteur nul (0,0,0) : x = 0, y = 0, z = 0. Alors x2 = 0^2 = 0 et 2y = 2(0) = 0. Donc x2 = 2y est vérifié. z = 0 est vérifié. (0,0,0) ∈ F.

   b. Stabilité par addition : Soient u = (x1, y1, z1) ∈ F et v = (x2, y2, z2) ∈ F.

   Alors x1^2 = 2y1, z1 = 0 et x2^2 = 2y2, z2 = 0.

   u + v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) = (x1 + x2, y1 + y2, 0).

   Vérifions la condition (x1 + x2)^2 = 2(y1 + y2) ?

   (x1 + x2)^2 = x1^2 + 2x1x2 + x2^2 = 2y1 + 2x1x2 + 2y2 = 2(y1 + y2) + 2x1x2.

   Cette expression n'est pas égale à 2(y1 + y2) en général (seulement si 2x1x2 = 0). Par exemple, prenons u = (sqrt(2), 1, 0) ∈ F (car (sqrt(2))^2 = 2 = 2*1). Si v = u, alors u + v = (2sqrt(2), 2, 0).

   Pour u + v, (2sqrt(2))^2 = 8. Et 2(y1 + y2) = 2(1 + 1) = 4.

   Puisque 8 ≠ 4, u + v n'appartient pas à F.

   Donc F n'est PAS un sous-espace vectoriel de R3.

Correction de l'Exercice 16

Soient v1 = (1, -1,2), v2 = (1,1, -1) et v3 = (-1, -5, -7). Soit E = Vect(v1, v2, v3). Soit F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0}.

1. Donner une base de E.

   Vérifions si (v1, v2, v3) est libre. Si elle est libre, c'est une base de E et dim(E) = 3, donc E = R3.

   Soit a*v1 + b*v2 + c*v3 = 0_R3 :

   a(1, -1,2) + b(1,1, -1) + c(-1, -5, -7) = (0,0,0)

   a + b - c = 0 (L1)

   -a + b - 5c = 0 (L2)

   2a - b - 7c = 0 (L3)

   L1 + L2 : 2b - 6c = 0 => b = 3c.

   Substituons b = 3c dans L1 : a + 3c - c = 0 => a + 2c = 0 => a = -2c.

   Vérifions dans L3 : 2(-2c) - (3c) - 7c = -4c - 3c - 7c = -14c = 0. Donc c = 0.

   Si c = 0, alors a = 0 et b = 0. Donc (v1, v2, v3) est libre. C'est une base de E. E = R3.

2. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R3.

   a. Le vecteur nul (0,0,0) : 0 + 0 + 0 = 0. Donc (0,0,0) ∈ F.

   b. Stabilité par addition : u = (x1, y1, z1) ∈ F => x1 + y1 + z1 = 0. v = (x2, y2, z2) ∈ F => x2 + y2 + z2 = 0.

   u + v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2).

   (x1 + x2) + (y1 + y2) + (z1 + z2) = (x1 + y1 + z1) + (x2 + y2 + z2) = 0 + 0 = 0. Donc u + v ∈ F.

   c. Stabilité par multiplication scalaire : u = (x, y, z) ∈ F => x + y + z = 0. k ∈ R.

   k*u = (kx, ky, kz).

   kx + ky + kz = k(x + y + z) = k*0 = 0. Donc k*u ∈ F.

   F est un sous-espace vectoriel de R3.

3. Donner une base de F.

   Les vecteurs de F vérifient x + y + z = 0, donc z = -x - y.

   (x, y, -x - y) = x(1,0, -1) + y(0,1, -1).

   Donc F = Vect(u1, u2) où u1 = (1,0, -1) et u2 = (0,1, -1).

   (u1, u2) est libre car u1 et u2 ne sont pas colinéaires.

   C'est une base de F. dim(F) = 2.

4. Donner une base de E inter F.

   On a E = R3 (de la question 1). Donc E inter F = R3 inter F = F.

   Une base de E inter F est la base de F trouvée en question 3 : ((1,0, -1), (0,1, -1)).

Correction de l'Exercice 17

Soient v1 = (1,1,1), v2 = (2, -2, -1) et v3 = (1,1, -1). Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y = 0} et F = Vect(v1, v2).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3. Déterminer une base de E.

   a. Le vecteur nul (0,0,0) : 0 + 0 = 0. Donc (0,0,0) ∈ E.

   b. Stabilité par addition : u = (x1, y1, z1) ∈ E => x1 + y1 = 0. v = (x2, y2, z2) ∈ E => x2 + y2 = 0.

   u + v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2).

   (x1 + x2) + (y1 + y2) = (x1 + y1) + (x2 + y2) = 0 + 0 = 0. Donc u + v ∈ E.

   c. Stabilité par multiplication scalaire : u = (x, y, z) ∈ E => x + y = 0. k ∈ R.

   k*u = (kx, ky, kz).

   kx + ky = k(x + y) = k*0 = 0. Donc k*u ∈ E.

   E est un sous-espace vectoriel de R3.

   Pour une base de E : x + y = 0 => y = -x. Les vecteurs de E sont de la forme (x, -x, z).

   (x, -x, z) = x(1, -1,0) + z(0,0,1).

   La famille ((1, -1,0), (0,0,1)) est génératrice de E. Elle est libre car les vecteurs ne sont pas colinéaires.

   Donc, B_E = ((1, -1,0), (0,0,1)) est une base de E. dim(E) = 2.

2. La famille (v1, v2, v3) est-elle libre ? Est-ce que v3 appartient à E ?

   Pour la liberté de (v1, v2, v3) : Soit a*v1 + b*v2 + c*v3 = 0_R3 :

   a(1,1,1) + b(2, -2, -1) + c(1,1, -1) = (0,0,0)

   a + 2b + c = 0 (L1)

   a - 2b + c = 0 (L2)

   a - b - c = 0 (L3)

   L1 - L2 : (a + 2b + c) - (a - 2b + c) = 0 => 4b = 0 => b = 0.

   Si b = 0, le système devient :

   a + c = 0 => c = -a

   a - c = 0 => a = c

   Donc a = c et c = -a. Cela implique a = -a => 2a = 0 => a = 0. Et donc c = 0.

   Ainsi, a = b = c = 0. La famille (v1, v2, v3) est libre.

   Pour v3 appartient à E : v3 = (1,1, -1). La condition pour E est x + y = 0. Pour v3, 1 + 1 = 2 ≠ 0.

   Donc v3 n'appartient PAS à E.

3. Est-ce que v3 appartient à F ?

   F = Vect(v1, v2). v3 appartient à F si v3 est une combinaison linéaire de v1 et v2.

   Est-ce que v3 = a*v1 + b*v2 ?

   (1,1, -1) = a(1,1,1) + b(2, -2, -1)

   a + 2b = 1 (L1)

   a - 2b = 1 (L2)

   a - b = -1 (L3)

   L1 + L2 : 2a = 2 => a = 1.

   Substituons a = 1 dans L1 : 1 + 2b = 1 => 2b = 0 => b = 0.

   Vérifions avec L3 : a - b = 1 - 0 = 1. Mais L3 dit a - b = -1.

   Puisque 1 ≠ -1, le système n'a pas de solution. Donc v3 n'appartient PAS à F.

4. Donner une base de E inter F.

   E est défini par x + y = 0, soit y = -x. Les vecteurs de E sont (x, -x, z).

   F est engendré par v1 = (1,1,1) et v2 = (2, -2, -1).

   Un vecteur (x,y,z) dans F s'écrit x = a+2b, y = a-2b, z = a-b.

   Pour un vecteur dans E inter F, il doit satisfaire les deux conditions :

   1. y = -x

   2. Il est combinaison linéaire de v1 et v2.

   Donc pour x = a+2b et y = a-2b, on doit avoir (a-2b) = -(a+2b).

   a - 2b = -a - 2b => 2a = 0 => a = 0.

   Si a = 0, un vecteur de F (et donc de E inter F) est de la forme :

   (2b, -2b, -b) = b(2, -2, -1).

   Donc E inter F = Vect((2, -2, -1)).

   Ce sous-espace est engendré par un seul vecteur non nul, qui est v2. Une base de E inter F est ((2, -2, -1)). dim(E inter F) = 1.

5. Soit v4 = (-1,7,5), est-ce que v4 appartient à E ? est-ce que v4 appartient à F ?

   Pour v4 ∈ E : x + y = 0. Pour v4, -1 + 7 = 6 ≠ 0.

   Donc v4 n'appartient PAS à E.

   Pour v4 ∈ F : Est-ce que v4 = a*v1 + b*v2 ?

   (-1,7,5) = a(1,1,1) + b(2, -2, -1)

   a + 2b = -1 (L1)

   a - 2b = 7 (L2)

   a - b = 5 (L3)

   L1 + L2 : 2a = 6 => a = 3.

   Substituons a = 3 dans L1 : 3 + 2b = -1 => 2b = -4 => b = -2.

   Vérifions avec L3 : a - b = 3 - (-2) = 5. Vrai.

   Donc v4 = 3v1 - 2v2. v4 appartient BIEN à F.

Correction de l'Exercice 18

Soit E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0}. Soient u = (1, -2,3) et v = (2,1, -1) deux vecteurs. On pose F = Vect(u, v).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.

   C'est une condition linéaire homogène. Il a été démontré plusieurs fois que de tels ensembles sont des sous-espaces vectoriels. (0,0,0) vérifie 0+0+0=0. Si x+y+z=0 et x'+y'+z'=0, alors (x+x')+(y+y')+(z+z') = (x+y+z)+(x'+y'+z')=0+0=0. Si x+y+z=0, kx+ky+kz=k(x+y+z)=k*0=0.

   Pour une base de E : z = -x - y. Les vecteurs de E sont de la forme (x, y, -x - y).

   (x, y, -x - y) = x(1,0, -1) + y(0,1, -1).

   Base de E : B_E = ((1,0, -1), (0,1, -1)). dim(E) = 2.

2. Déterminer E inter F.

   Les vecteurs de F sont des combinaisons linéaires de u et v : (x,y,z) = a*u + b*v.

   (x,y,z) = a(1, -2,3) + b(2,1, -1) = (a + 2b, -2a + b, 3a - b).

   Pour qu'un vecteur soit dans E inter F, il doit satisfaire l'équation de E : x + y + z = 0.

   (a + 2b) + (-2a + b) + (3a - b) = 0

   a - 2a + 3a + 2b + b - b = 0

   2a + 2b = 0 => a + b = 0 => b = -a.

   Donc, les vecteurs dans l'intersection sont de la forme :

   a*u + (-a)*v = a*(u - v) = a*((1, -2,3) - (2,1, -1)) = a*(-1, -3,4).

   E inter F = Vect((-1, -3,4)). C'est une droite vectorielle.

   dim(E inter F) = 1.

3. A-t-on E somme directe F ?

   Pour que E et F soient en somme directe, il faut que E inter F = {0_R3}.

   Ici, E inter F = Vect((-1, -3,4)), qui n'est pas {0_R3}.

   De plus, dim(E) = 2. Vérifions dim(F). u et v ne sont pas colinéaires (1,-2,3) et (2,1,-1) ne sont pas proportionnels. Donc (u,v) est libre et dim(F) = 2.

   dim(E) + dim(F) = 2 + 2 = 4 ≠ dim(R3) = 3.

   Les deux conditions (intersection triviale et somme des dimensions égale à la dimension de l'espace global) ne sont pas satisfaites. Donc E et F ne sont PAS en somme directe.

Correction de l'Exercice 19

Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - 2z = 0 et 2x - y - z = 0} et F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - z = 0}. On admettra que F est un sous-espace vectoriel de R3. Soient u = (1,1,1), v = (1,0,1) et w = (0,1,1).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.

   E est l'ensemble des solutions d'un système linéaire homogène. C'est toujours un sous-espace vectoriel.

   a. (0,0,0) vérifie 0+0-0=0 et 0-0-0=0. Donc (0,0,0) ∈ E.

   b. Si (x,y,z) et (x',y',z') ∈ E, et k ∈ R. Alors (x+x',y+y',z+z') et (kx,ky,kz) vérifient aussi les équations.

2. Déterminer une famille génératrice de E et montrer que cette famille est une base.

   Système pour E :

   x + y - 2z = 0 (L1)

   2x - y - z = 0 (L2)

   L1 + L2 : 3x - 3z = 0 => x = z.

   Substituons x = z dans L1 : z + y - 2z = 0 => y - z = 0 => y = z.

   Donc les vecteurs de E sont de la forme (z, z, z) = z(1,1,1).

   E = Vect((1,1,1)).

   La famille ((1,1,1)) est génératrice de E. Le vecteur (1,1,1) n'est pas nul, donc la famille est libre.

   C'est une base de E. dim(E) = 1. (On remarque que (1,1,1) = u).

3. Montrer que {u, v} est une base de F.

   F est défini par x + y - z = 0, donc z = x + y.

   Les vecteurs de F sont de la forme (x, y, x + y) = x(1,0,1) + y(0,1,1).

   Donc F = Vect((1,0,1), (0,1,1)). On remarque que (1,0,1) = v et (0,1,1) = w.

   Donc F = Vect(v, w). La famille {v, w} est génératrice de F.

   Vérifions si {v, w} est libre : v = k*w ? (1,0,1) = k(0,1,1). Non (1=k*0 impossible). Donc {v, w} est libre.

   C'est une base de F. dim(F) = 2.

4. Montrer que {u, v, w} est une famille libre de R3.

   u = (1,1,1), v = (1,0,1), w = (0,1,1).

   Soit a*u + b*v + c*w = 0_R3 :

   a(1,1,1) + b(1,0,1) + c(0,1,1) = (0,0,0)

   a + b = 0 (L1)

   a + c = 0 (L2)

   a + b + c = 0 (L3)

   De L1, b = -a. De L2, c = -a.

   Substituons dans L3 : a + (-a) + (-a) = 0 => -a = 0 => a = 0.

   Si a = 0, alors b = 0 et c = 0. Donc la famille {u, v, w} est libre.

   Puisqu'il s'agit d'une famille libre de 3 vecteurs dans R3 (qui est de dimension 3), c'est une base de R3.

5. A-t-on E somme directe F = R3.

   Nous avons dim(E) = 1 (base {u}) et dim(F) = 2 (base {v, w}).

   dim(E) + dim(F) = 1 + 2 = 3 = dim(R3). La première condition est remplie.

   Vérifions E inter F = {0_R3}.

   u = (1,1,1). Vérifions si u ∈ F. L'équation de F est x + y - z = 0.

   Pour u, 1 + 1 - 1 = 1 ≠ 0. Donc u n'appartient PAS à F.

   Comme E = Vect(u) et u n'appartient pas à F, l'intersection E inter F est {0_R3}.

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F = R3.

6. Soit V = (x, y, z), exprimer V dans la base {u, v, w}.

   V = a*u + b*v + c*w

   (x, y, z) = a(1,1,1) + b(1,0,1) + c(0,1,1)

   x = a + b (L1)

   y = a + c (L2)

   z = a + b + c (L3)

   De L1, b = x - a. De L2, c = y - a.

   Substituons dans L3 : z = a + (x - a) + (y - a) = x + y - a.

   Donc a = x + y - z.

   Alors b = x - (x + y - z) = z - y.

   Et c = y - (x + y - z) = z - x.

   Ainsi, V = (x + y - z)u + (z - y)v + (z - x)w.

Correction de l'Exercice 20

Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x + y - z = 0 et x + 2y + z = 0} et F = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x - 3y + z = 0}. On admettra que F est un sous-espace vectoriel de R3. Soient u = (1, -1,1), v = (-2, -1,1) et w = (-1,0,2).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.

   E est l'ensemble des solutions d'un système linéaire homogène. Il est donc un sous-espace vectoriel.

2. Déterminer une famille génératrice de E et montrer que cette famille est une base.

   Système pour E :

   2x + y - z = 0 (L1)

   x + 2y + z = 0 (L2)

   L1 + L2 : 3x + 3y = 0 => y = -x.

   Substituons y = -x dans L1 : 2x + (-x) - z = 0 => x - z = 0 => z = x.

   Les vecteurs de E sont de la forme (x, -x, x) = x(1, -1,1).

   E = Vect((1, -1,1)). (On remarque que (1, -1,1) = u).

   La famille ((1, -1,1)) est génératrice de E. Le vecteur (1, -1,1) n'est pas nul, donc la famille est libre.

   C'est une base de E. dim(E) = 1.

3. Montrer que {u, v} est une base de F.

   F est défini par 2x - 3y + z = 0. Les vecteurs de F sont de la forme (x, y, 3y - 2x).

   u = (1, -1,1). Vérifions s'il appartient à F : 2(1) - 3(-1) + 1 = 2 + 3 + 1 = 6 ≠ 0.

   ATTENTION : il y a une erreur dans l'énoncé de l'exercice pour u, v, w. u=(1,-1,1) n'appartient pas à F. Cela va invalider la suite de la question. Je dois corriger l'énoncé implicitement ou adapter. Si u n'appartient pas à F, alors {u,v} ne peut pas être une base de F. Let's check the given vectors `u, v, w` with `F`. `u = (1, -1, 1)`: `2(1) - 3(-1) + 1 = 2 + 3 + 1 = 6 != 0`. So `u` is NOT in `F`. `v = (-2, -1, 1)`: `2(-2) - 3(-1) + 1 = -4 + 3 + 1 = 0`. So `v` IS in `F`. `w = (-1, 0, 2)`: `2(-1) - 3(0) + 2 = -2 + 0 + 2 = 0`. So `w` IS in `F`. The statement "Montrer que {u, v} est une base de F" is problematic if `u` is not in `F`. It should probably be `{v, w}`. Given the strict rule "Do NOT rephrase existing sentences", I cannot just change `{u, v}` to `{v, w}`. I will have to point out the inconsistency implicitly in the solution. "Montrer que {u, v} est une base de F." I'll first check if `u` is in `F`. If not, then `{u,v}` cannot be a base of F. u = (1, -1,1) : 2(1) - 3(-1) + 1 = 2 + 3 + 1 = 6 ≠ 0. Donc u n'appartient pas à F. Par conséquent, {u, v} ne peut pas être une base de F. Il semble qu'il y ait une erreur dans l'énoncé de la question 3, si l'intention était que u soit dans F. Si on devait montrer que {v, w} est une base de F, alors cela serait possible : v = (-2, -1,1). 2(-2) - 3(-1) + 1 = -4 + 3 + 1 = 0. Donc v appartient à F. w = (-1,0,2). 2(-1) - 3(0) + 2 = -2 + 0 + 2 = 0. Donc w appartient à F. (v, w) est libre car ils ne sont pas colinéaires : (-2,-1,1) ≠ k(-1,0,2). (e.g., -1=k*0 impossible). Puisque dim(F) = 2 (un plan dans R3, défini par une équation), et {v,w} est une famille libre de 2 vecteurs de F, alors {v,w} est une base de F. However, I MUST address the question as stated. "Montrer que {u, v} est une base de F." Since u is not in F, then Vect(u,v) cannot be F. So it cannot be a base. I will state this.

   F est défini par 2x - 3y + z = 0.

   Vérifions si u = (1, -1,1) appartient à F : 2(1) - 3(-1) + 1 = 2 + 3 + 1 = 6 ≠ 0. Donc u n'appartient pas à F.

   Puisque u n'appartient pas à F, la famille {u, v} ne peut pas être une base de F (ni même une famille génératrice de F). Il semble y avoir une incohérence dans l'énoncé de cette question. Si la question devait être de montrer que {v, w} est une base de F :

   Vérifions si v = (-2, -1,1) appartient à F : 2(-2) - 3(-1) + 1 = -4 + 3 + 1 = 0. Donc v appartient à F.

   Vérifions si w = (-1,0,2) appartient à F : 2(-1) - 3(0) + 2 = -2 + 0 + 2 = 0. Donc w appartient à F.

   Les vecteurs v et w sont libres (non colinéaires). Puisque dim(F) = 2 (F est un plan dans R3), {v, w} serait une base de F.

   Mais la question telle qu'énoncée n'est pas vérifiable.

4. Montrer que {u, v, w} est une famille libre de R3.

   u = (1, -1,1), v = (-2, -1,1), w = (-1,0,2).

   Soit a*u + b*v + c*w = 0_R3 :

   a(1, -1,1) + b(-2, -1,1) + c(-1,0,2) = (0,0,0)

   a - 2b - c = 0 (L1)

   -a - b = 0 (L2)

   a + b + 2c = 0 (L3)

   De L2, a = -b.

   Substituons dans L1 : -b - 2b - c = 0 => -3b - c = 0 => c = -3b.

   Substituons dans L3 : -b + b + 2c = 0 => 2c = 0 => c = 0.

   Si c = 0, alors -3b = 0 => b = 0. Et si b = 0, alors a = 0.

   Donc a = b = c = 0. La famille {u, v, w} est libre.

   C'est une base de R3 car c'est une famille libre de 3 vecteurs dans R3.

5. A-t-on E somme directe F = R3.

   E = Vect(u). dim(E) = 1.

   Dim(F) = 2 (plan dans R3).

   dim(E) + dim(F) = 1 + 2 = 3 = dim(R3). La première condition est remplie.

   Vérifions E inter F = {0_R3}.

   E est engendré par u = (1, -1,1). On a vu dans la question 3 que u n'appartient pas à F.

   Puisque le seul vecteur de E qui pourrait être dans F est u (ou un multiple non nul), et que u n'y est pas, l'intersection E inter F est {0_R3}.

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F = R3.

6. Soit V = (x, y, z), exprimer V dans la base {u, v, w}.

   V = a'*u + b'*v + c'*w

   (x, y, z) = a'(1, -1,1) + b'(-2, -1,1) + c'(-1,0,2)

   x = a' - 2b' - c' (L1)

   y = -a' - b' (L2)

   z = a' + b' + 2c' (L3)

   De L2, a' = -y - b'.

   Substituons a' dans L3 : (-y - b') + b' + 2c' = z => -y + 2c' = z => 2c' = y + z => c' = (y + z)/2.

   Substituons a' et c' dans L1 :

   x = (-y - b') - 2b' - (y + z)/2

   x = -y - 3b' - (y + z)/2

   3b' = -x - y - (y + z)/2 = (-2x - 2y - y - z)/2 = (-2x - 3y - z)/2.

   b' = (-2x - 3y - z)/6.

   a' = -y - b' = -y - (-2x - 3y - z)/6 = (-6y + 2x + 3y + z)/6 = (2x - 3y + z)/6.

   Donc, V = ((2x - 3y + z)/6)u + ((-2x - 3y - z)/6)v + ((y + z)/2)w.

Correction de l'Exercice 21

Soient E = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - z = 0 et x - y - z = 0} et F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y - 2z = 0}. On admettra que F est un sous-espace vectoriel de R3. Soient u = (1,0,1), v = (1,1,1) et w = (0,2,1).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3.

   E est l'ensemble des solutions d'un système linéaire homogène. C'est donc un sous-espace vectoriel.

2. Déterminer une famille génératrice de E et montrer que cette famille est une base.

   Système pour E :

   x + y - z = 0 (L1)

   x - y - z = 0 (L2)

   L1 - L2 : (x + y - z) - (x - y - z) = 0 => 2y = 0 => y = 0.

   Substituons y = 0 dans L1 : x - z = 0 => x = z.

   Les vecteurs de E sont de la forme (x, 0, x) = x(1,0,1).

   E = Vect((1,0,1)). (On remarque que (1,0,1) = u).

   La famille ((1,0,1)) est génératrice de E. Le vecteur (1,0,1) n'est pas nul, donc la famille est libre.

   C'est une base de E. dim(E) = 1.

3. Montrer que {u, v} est une base de F.

   F est défini par x + y - 2z = 0, donc z = (x + y)/2.

   Vérifions si u = (1,0,1) appartient à F : 1 + 0 - 2(1) = -1 ≠ 0. Donc u n'appartient pas à F.

   Comme dans l'exercice précédent, il y a une incohérence dans l'énoncé de la question. {u,v} ne peut pas être une base de F si u n'est pas dans F.

   Si la question était de montrer que {v, w} est une base de F :

   Vérifions si v = (1,1,1) appartient à F : 1 + 1 - 2(1) = 0. Donc v appartient à F.

   Vérifions si w = (0,2,1) appartient à F : 0 + 2 - 2(1) = 0. Donc w appartient à F.

   Les vecteurs v et w sont libres (non colinéaires). Puisque dim(F) = 2 (F est un plan dans R3), {v, w} serait une base de F.

   Mais la question telle qu'énoncée n'est pas vérifiable.

4. Montrer que {u, v, w} est une famille libre de R3.

   u = (1,0,1), v = (1,1,1), w = (0,2,1).

   Soit a*u + b*v + c*w = 0_R3 :

   a(1,0,1) + b(1,1,1) + c(0,2,1) = (0,0,0)

   a + b = 0 (L1)

   b + 2c = 0 (L2)

   a + b + c = 0 (L3)

   De L1, b = -a.

   Substituons dans L2 : -a + 2c = 0 => a = 2c.

   Substituons a et b dans L3 : (2c) + (-2c) + c = 0 => c = 0.

   Si c = 0, alors a = 0 et b = 0.

   Donc a = b = c = 0. La famille {u, v, w} est libre.

   C'est une base de R3 car c'est une famille libre de 3 vecteurs dans R3.

5. A-t-on E somme directe F = R3.

   E = Vect(u). dim(E) = 1.

   Dim(F) = 2 (plan dans R3).

   dim(E) + dim(F) = 1 + 2 = 3 = dim(R3). La première condition est remplie.

   Vérifions E inter F = {0_R3}.

   E est engendré par u = (1,0,1). On a vu dans la question 3 que u n'appartient pas à F.

   Puisque le seul vecteur de E qui pourrait être dans F est u (ou un multiple non nul), et que u n'y est pas, l'intersection E inter F est {0_R3}.

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F = R3.

6. Soit V = (x, y, z), exprimer V dans la base {u, v, w}.

   V = a'*u + b'*v + c'*w

   (x, y, z) = a'(1,0,1) + b'(1,1,1) + c'(0,2,1)

   x = a' + b' (L1)

   y = b' + 2c' (L2)

   z = a' + b' + c' (L3)

   De L1, a' = x - b'.

   De L2, b' = y - 2c'.

   Substituons b' dans l'expression de a' : a' = x - (y - 2c') = x - y + 2c'.

   Substituons a' et b' dans L3 : (x - y + 2c') + (y - 2c') + c' = z => x + c' = z => c' = z - x.

   Alors b' = y - 2(z - x) = y - 2z + 2x.

   Et a' = x - b' = x - (y - 2z + 2x) = x - y + 2z - 2x = -x - y + 2z.

   Donc, V = (-x - y + 2z)u + (2x + y - 2z)v + (z - x)w.

Correction de l'Exercice 22

Soient E = Vect(u, v, w, z) un sous-espace vectoriel de R3. u = (2, -1, -1); v = (-1,2,3); w = (1,4,7); z = (1,1,2).

1. Est-ce que (u, v, w, z) est une base de R3 ?

   Une base de R3 doit contenir exactement 3 vecteurs. La famille (u, v, w, z) contient 4 vecteurs. Elle est donc nécessairement liée, et ne peut pas être une base de R3.

2. Montrer que (u, v) est une base de E.

   La famille (u, v) est libre car u et v ne sont pas colinéaires (2,-1,-1) ≠ k(-1,2,3). Donc dim(Vect(u,v)) = 2.

   Il faut montrer que w et z sont des combinaisons linéaires de u et v.

   Pour w = a*u + b*v :

   (1,4,7) = a(2, -1, -1) + b(-1,2,3)

   2a - b = 1 (L1)

   -a + 2b = 4 (L2)

   -a + 3b = 7 (L3)

   De L1, b = 2a - 1.

   Substituons dans L2 : -a + 2(2a - 1) = 4 => -a + 4a - 2 = 4 => 3a = 6 => a = 2.

   Alors b = 2(2) - 1 = 3.

   Vérifions avec L3 : -a + 3b = -2 + 3(3) = -2 + 9 = 7. Vrai.

   Donc w = 2u + 3v. w appartient à Vect(u, v).

   Pour z = a'*u + b'*v :

   (1,1,2) = a'(2, -1, -1) + b'(-1,2,3)

   2a' - b' = 1 (L1')

   -a' + 2b' = 1 (L2')

   -a' + 3b' = 2 (L3')

   L1' + 2L2' : (2a' - b') + 2(-a' + 2b') = 1 + 2(1) => 3b' = 3 => b' = 1.

   Substituons b' = 1 dans L1' : 2a' - 1 = 1 => 2a' = 2 => a' = 1.

   Vérifions avec L3' : -a' + 3b' = -1 + 3(1) = 2. Vrai.

   Donc z = u + v. z appartient à Vect(u, v).

   Puisque w et z sont des combinaisons linéaires de u et v, E = Vect(u, v, w, z) = Vect(u, v).

   Comme (u, v) est une famille libre et génératrice de E, c'est une base de E. dim(E) = 2.

3. Déterminer une ou plusieurs équations caractérisant E.

   E est un sous-espace de dimension 2 dans R3. Il est donc défini par une seule équation linéaire homogène.

   Soit (x, y, z) ∈ E. Alors (x, y, z), u, v sont liés. Le déterminant de la matrice formée par ces vecteurs doit être nul.

   | 2 -1 x |

   | -1 2 y | = 0

   | -1 3 z |

   2(2z - 3y) - (-1)(-z + y) + x(-3 + 2) = 0

   4z - 6y + (-z + y) - x = 0

   4z - 6y - z + y - x = 0

   -x - 5y + 3z = 0.

   Une équation caractérisant E est x + 5y - 3z = 0.

4. Compléter une base de E en une base de R3.

   Une base de E est (u, v). Pour compléter cette base en une base de R3, il faut ajouter un vecteur qui n'appartient pas à E.

   L'équation de E est x + 5y - 3z = 0.

   Choisissons un vecteur qui ne satisfait pas cette équation, par exemple (1,0,0) : 1 + 5(0) - 3(0) = 1 ≠ 0.

   Donc e1 = (1,0,0) n'appartient pas à E. La famille (u, v, e1) est une base de R3.

   Vérifions : (u,v,e1) = ((2,-1,-1), (-1,2,3), (1,0,0)).

   | 2 -1 1 |

   | -1 2 0 | = 2(0 - 0) - (-1)(0 - 0) + 1(-1 + 2) = 0 + 0 + 1(1) = 1 ≠ 0.

   Donc (u, v, e1) est une famille libre de 3 vecteurs dans R3, c'est une base de R3.

Correction de l'Exercice 23

Soient E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y + z - t = 0 et x - 2y + 2z + t = 0 et x - y + z = 0}. On admettra que E est un espace vectoriel. Et F = {(x, y, z, t) ∈ R4 | 2x + 6y + 7z - t = 0}. Soient v1 = (2,1, -1,2), v2 = (1,1, -1,1), v3 = (-1, -2,3,7) et v4 = (4,4, -5, -3) quatre vecteurs de R4.

Première partie

1. Déterminer une base de E et en déduire la dimension de E.

   Système pour E :

   x + y + z - t = 0 (L1)

   x - 2y + 2z + t = 0 (L2)

   x - y + z = 0 (L3)

   De L3, y = x + z.

   Substituons y dans L1 : x + (x + z) + z - t = 0 => 2x + 2z - t = 0 => t = 2x + 2z.

   Substituons y et t dans L2 : x - 2(x + z) + 2z + (2x + 2z) = 0

   x - 2x - 2z + 2z + 2x + 2z = 0

   x + 2z = 0 => x = -2z.

   Alors y = x + z = -2z + z = -z.

   Et t = 2x + 2z = 2(-2z) + 2z = -4z + 2z = -2z.

   Les vecteurs de E sont de la forme (-2z, -z, z, -2z) = z(-2, -1,1, -2).

   E = Vect((-2, -1,1, -2)).

   La famille ((-2, -1,1, -2)) est une base de E. dim(E) = 1.

2. Compléter cette base en une base de R4.

   Une base de E est b1 = (-2, -1,1, -2). Nous avons besoin de 3 vecteurs supplémentaires qui ne sont pas dans E.

   Un moyen simple est de prendre des vecteurs de la base canonique qui ne sont pas multiples de b1.

   Par exemple, e1 = (1,0,0,0), e2 = (0,1,0,0), e3 = (0,0,1,0).

   La famille (b1, e1, e2, e3) est une base de R4 si son déterminant est non nul.

   | -2 1 0 0 |

   | -1 0 1 0 |

   | 1 0 0 1 |

   | -2 0 0 0 |

   Développons par rapport à la dernière ligne : -2 * det (matrice 3x3 formée par les 3 premières colonnes et les 3 premières lignes des 3 dernières lignes du déterminant original)

   | 1 0 0 |

   | 0 1 0 |

   | 0 0 1 |

   C'est faux. Le calcul du déterminant doit être fait avec (b1, e1, e2, e3).

   Il est plus direct de prendre des vecteurs linéairement indépendants à b1. Par exemple, prendre b1, puis (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0). Vérifier la liberté.

   La base de E est B_E = {u_E = (-2, -1,1, -2)}.

   Choisissons e1 = (1,0,0,0), e2 = (0,1,0,0), e3 = (0,0,1,0).

   Vérifions la liberté de (u_E, e1, e2, e3). Le déterminant est :

   |-2 1 0 0|

   |-1 0 1 0|

   | 1 0 0 1|

   |-2 0 0 0|

   On peut développer par rapport à la dernière ligne (ou la première colonne) :

   -2 * det(

   | 1 0 0 |

   | 0 1 0 |

   | 0 0 1 |

   ) = -2 * 1 = -2 ≠ 0.

   Donc (u_E, e1, e2, e3) est une base de R4.

Deuxième partie

1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R4.

   F est défini par une seule équation linéaire homogène (2x + 6y + 7z - t = 0). C'est donc un sous-espace vectoriel de R4.

2. Déterminer une base de F.

   De l'équation de F, t = 2x + 6y + 7z.

   Les vecteurs de F sont de la forme (x, y, z, 2x + 6y + 7z).

   (x, y, z, 2x + 6y + 7z) = x(1,0,0,2) + y(0,1,0,6) + z(0,0,1,7).

   Une famille génératrice de F est B_F = {(1,0,0,2), (0,1,0,6), (0,0,1,7)}.

   Cette famille est libre car si a(1,0,0,2) + b(0,1,0,6) + c(0,0,1,7) = (0,0,0,0), alors (a, b, c, 2a+6b+7c) = (0,0,0,0), ce qui implique a=0, b=0, c=0.

   Donc B_F est une base de F. dim(F) = 3.

3. A-t-on E somme directe F = R4 ?

   dim(E) = 1 et dim(F) = 3.

   dim(E) + dim(F) = 1 + 3 = 4 = dim(R4). La première condition est remplie.

   Vérifions E inter F = {0_R4}.

   E = Vect(u_E) avec u_E = (-2, -1,1, -2).

   Vérifions si u_E appartient à F. L'équation de F est 2x + 6y + 7z - t = 0.

   Pour u_E : 2(-2) + 6(-1) + 7(1) - (-2) = -4 - 6 + 7 + 2 = -10 + 9 = -1 ≠ 0.

   Puisque u_E n'appartient pas à F, l'intersection E inter F est {0_R4}.

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F = R4.

Troisième partie

1. Montrer que E = Vect(v1, v2, v3).

   E est un espace de dimension 1, engendré par (-2, -1,1, -2).

   Vect(v1, v2, v3) : v1 = (2,1, -1,2), v2 = (1,1, -1,1), v3 = (-1, -2,3,7).

   On remarque que v1 = -u_E = -(-2,-1,1,-2) = (2,1,-1,2). Donc v1 appartient à E.

   Puisque E est de dimension 1 et v1 est un vecteur non nul de E, alors E = Vect(v1).

   Il est donc nécessaire de vérifier si v2 et v3 sont des multiples de v1. Ils ne peuvent pas être, car cela impliquerait que Vect(v1, v2, v3) est de dimension 1, ce qui serait faux si v2 ou v3 n'étaient pas multiples de v1.

   En fait, la question est probablement "Montrer que F = Vect(v1, v2, v3)" ou "E = Vect(un des v_i)".

   L'énoncé dit "Montrer que E = Vect(v1, v2, v3)". Or dim(E)=1, et dim(Vect(v1,v2,v3)) devrait être 3 si v1,v2,v3 sont libres.

   Si la question est formulée "Montrer que E = Vect(v1, v2, v3)", et on sait que dim(E)=1, cela implique que Vect(v1, v2, v3) doit aussi être de dimension 1, et donc v1, v2, v3 doivent être colinéaires.

   Nous avons v1 = (2,1, -1,2).

   v2 = (1,1, -1,1). v2 n'est pas un multiple de v1 (ex: 1/2*v1 = (1, 1/2, -1/2, 1)).

   Donc (v1, v2) est libre et dim(Vect(v1,v2,v3)) est au moins 2.

   Par conséquent, E ≠ Vect(v1, v2, v3) car leurs dimensions sont différentes (1 vs >=2).

   Il semble y avoir une erreur dans l'énoncé de cette question. La troisième partie de l'exercice 23 pose une question qui est fausse avec les vecteurs donnés et le E trouvé.

   Je vais reformuler la question pour qu'elle ait du sens, en supposant que l'intention était de montrer que F (de dim 3) est engendré par certains vecteurs.

   Mais je suis lié par "Do NOT rephrase existing sentences". Je dois traiter le texte tel quel.

   Si je dois prouver E = Vect(v1, v2, v3), et que j'ai montré que E = Vect((-2, -1,1, -2)), je dois montrer que (-2, -1,1, -2) est combinaison linéaire de v1, v2, v3, et que v1, v2, v3 sont colinéaires à (-2, -1,1, -2).

   On a vu v1 = -(-2,-1,1,-2). Donc v1 ∈ E.

   Vérifions v2 ∈ E : 2(1) + 6(1) + 7(-1) - 1 = 2 + 6 - 7 - 1 = 0. Donc v2 ∈ F, pas E.

   L'énoncé de la question 6 est incorrect. E est de dimension 1 et Vect(v1,v2,v3) est de dimension au moins 2. Donc E ne peut pas être égal à Vect(v1,v2,v3).

   Je vais écrire que l'assertion est fausse et expliquer pourquoi.

   L'espace E est de dimension 1, avec une base {(-2, -1,1, -2)}.

   Vérifions si v1, v2, v3 sont dans E.

   Pour v1 = (2,1, -1,2) : 2(-2) + (-1) + 1 - (-2) = -4 - 1 + 1 + 2 = -2 ≠ 0. Il faut vérifier la condition de E : x = -2z, y = -z, t = -2z.

   Pour v1 : x=2, y=1, z=-1, t=2. x = -2z (2 = -2(-1) Vrai). y = -z (1 = -(-1) Vrai). t = -2z (2 = -2(-1) Vrai). Donc v1 est dans E.

   Pour v2 = (1,1, -1,1) : x=1, y=1, z=-1, t=1. x = -2z (1 = -2(-1) Faux, 1 != 2). Donc v2 n'appartient pas à E.

   Puisque v2 n'appartient pas à E, Vect(v1, v2, v3) ne peut pas être égal à E (qui est de dimension 1 et contient seulement des multiples de (-2,-1,1,-2)).

   La proposition "E = Vect(v1, v2, v3)" est FAUSSE car dim(E) = 1 et dim(Vect(v1, v2, v3)) ≥ 2 (v1 et v2 ne sont pas colinéaires).

2. Soit v = (x, y, z, t) ∈ E, exprimer v comme une combinaison linéaire de v1, v2 et v3.

   Étant donné que la question 6 est fausse, cette question n'a pas de sens directement. Si v est dans E, alors v est un multiple de (-2, -1,1, -2). Si E = Vect(v1, v2, v3) n'est pas vrai, alors on ne peut pas exprimer un vecteur de E comme combinaison linéaire arbitraire de v1, v2, v3 de manière unique ou même de manière à ce qu'ils forment une base.

   Si l'intention de la question 6 était de dire que E = Vect(v1), alors un vecteur v de E est v = k*v1.

   Puisque E = Vect((-2,-1,1,-2)) et v1 = (2,1,-1,2) = -(-2,-1,1,-2), un vecteur v = (x,y,z,t) de E peut s'écrire v = k*(-2,-1,1,-2) = -k*v1.

   L'expression serait : v = (x,y,z,t) = -z * v1. (Car x=-2z, y=-z, t=-2z).

   Si la question est prise littéralement, c'est impossible car (v1, v2, v3) n'est pas une base de E.

   Je vais donner l'expression en fonction de v1, en ignorant v2 et v3 qui ne sont pas pertinents pour E.

   Un vecteur v = (x, y, z, t) de E s'écrit comme v = z(-2, -1,1, -2).

   Puisque v1 = (2,1, -1,2) = -(-2, -1,1, -2), on a (-2, -1,1, -2) = -v1.

   Donc v = z*(-v1) = -z*v1.

   Par conséquent, v s'exprime comme -z*v1 (où v1 est un des vecteurs de la liste).

Correction de l'Exercice 24

Soit E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y + z + t = 0, x + 2y - z + t = 0, -x - y + 2z + 2t = 0} et F = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + 3y + 4z = 0}.

1. Donner une base de ces deux sous-espaces vectoriels de R4.

   Pour E :

   Système :

   x + y + z + t = 0 (L1)

   x + 2y - z + t = 0 (L2)

   -x - y + 2z + 2t = 0 (L3)

   L2 - L1 : y - 2z = 0 => y = 2z.

   L3 + L1 : 3z + 3t = 0 => t = -z.

   Substituons y = 2z et t = -z dans L1 :

   x + 2z + z + (-z) = 0 => x + 2z = 0 => x = -2z.

   Les vecteurs de E sont de la forme (-2z, 2z, z, -z) = z(-2,2,1, -1).

   Une base de E est {(-2,2,1, -1)}. dim(E) = 1.

   Pour F :

   Équation : x + 3y + 4z = 0 => x = -3y - 4z.

   Les vecteurs de F sont de la forme (-3y - 4z, y, z, t).

   (-3y - 4z, y, z, t) = y(-3,1,0,0) + z(-4,0,1,0) + t(0,0,0,1).

   Une base de F est {(-3,1,0,0), (-4,0,1,0), (0,0,0,1)}. dim(F) = 3.

2. A-t-on E somme directe F = R4 ?

   dim(E) = 1, dim(F) = 3. dim(E) + dim(F) = 1 + 3 = 4 = dim(R4). (Condition 1 ok)

   Vérifions E inter F = {0_R4}.

   Le vecteur générateur de E est u = (-2,2,1, -1).

   Vérifions si u appartient à F. L'équation de F est x + 3y + 4z = 0.

   Pour u : -2 + 3(2) + 4(1) = -2 + 6 + 4 = 8 ≠ 0.

   Puisque u n'appartient pas à F, l'intersection E inter F = {0_R4}. (Condition 2 ok)

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F = R4.

3. Soit v = (1,3,0,4) ∈ R4 et on pose G = Vect(v), a-t-on E somme directe G = R4 ?

   G = Vect((1,3,0,4)). dim(G) = 1.

   dim(E) + dim(G) = 1 + 1 = 2 ≠ 4. Donc E et G ne peuvent PAS être supplémentaires dans R4.

   Par conséquent, E somme directe G ≠ R4.

Correction de l'Exercice 25

Soit E = {(x1, x2, x3) ∈ R3 | x1 + 2x2 - 3x3 = 0}. Soit v = (1,2, -3), et F = Vect(v).

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3, et déterminer une base de cet espace-vectoriel.

   E est défini par une équation linéaire homogène. C'est donc un sous-espace vectoriel de R3.

   Pour une base de E : x1 = -2x2 + 3x3.

   Les vecteurs de E sont de la forme (-2x2 + 3x3, x2, x3).

   (-2x2 + 3x3, x2, x3) = x2(-2,1,0) + x3(3,0,1).

   Une base de E est {(-2,1,0), (3,0,1)}. dim(E) = 2.

2. A-t-on E somme directe F = R3 ? On justifiera la réponse.

   dim(E) = 2. F = Vect((1,2, -3)). (1,2,-3) est non nul, donc dim(F) = 1.

   dim(E) + dim(F) = 2 + 1 = 3 = dim(R3). (Condition 1 ok)

   Vérifions E inter F = {0_R3}.

   Le vecteur générateur de F est v = (1,2, -3).

   Vérifions si v appartient à E. L'équation de E est x1 + 2x2 - 3x3 = 0.

   Pour v : 1 + 2(2) - 3(-3) = 1 + 4 + 9 = 14 ≠ 0.

   Puisque v n'appartient pas à E, l'intersection E inter F = {0_R3}. (Condition 2 ok)

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F = R3.

Correction de l'Exercice 26

Soit E = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 + x3 = 0 et x2 + x4 = 0}. Soient v1 = (1,1,1,1), v2 = (1, -1,1, -1) et v3 = (1,0,1,0). Soit F = Vect(v1, v2, v3). On admettra que F est un espace vectoriel.

1. Donner une base de E et en déduire sa dimension.

   Les conditions pour E sont x3 = -x1 et x4 = -x2.

   Les vecteurs de E sont de la forme (x1, x2, -x1, -x2).

   (x1, x2, -x1, -x2) = x1(1,0, -1,0) + x2(0,1,0, -1).

   Une base de E est {u1 = (1,0, -1,0), u2 = (0,1,0, -1)}. dim(E) = 2.

2. Déterminer une base de F.

   F = Vect(v1, v2, v3). v1 = (1,1,1,1), v2 = (1, -1,1, -1), v3 = (1,0,1,0).

   Vérifions si (v1, v2, v3) est libre. Soit a*v1 + b*v2 + c*v3 = 0_R4 :

   a(1,1,1,1) + b(1, -1,1, -1) + c(1,0,1,0) = (0,0,0,0)

   a + b + c = 0 (L1)

   a - b = 0 (L2)

   a + b + c = 0 (L3) - Redondante avec L1

   a - b = 0 (L4) - Redondante avec L2

   De L2, a = b. Substituons dans L1 : b + b + c = 0 => 2b + c = 0 => c = -2b.

   Prenons b = 1, alors a = 1, c = -2. Donc v1 + v2 - 2v3 = 0_R4.

   La famille (v1, v2, v3) est liée. Puisque v1 et v2 ne sont pas colinéaires, (v1, v2) est une famille libre et génératrice de F.

   Une base de F est {(1,1,1,1), (1, -1,1, -1)}. dim(F) = 2.

3. Donner une (ou plusieurs) équation(s) qui caractérise(nt) F.

   F est un plan dans R4. Il doit être caractérisé par deux équations linéaires homogènes.

   Soit (x1, x2, x3, x4) ∈ F. Alors (x1, x2, x3, x4), v1, v2 sont liés.

   On peut voir que v1 et v2 ont x1 = x3 et x2 = x4 (pour v1) et x2 = -x4 (pour v2), ou x1 = x3.

   Pour v1 : x1=1, x2=1, x3=1, x4=1. x1-x3 = 0. x2-x4 = 0. (Ces vecteurs appartiennent à E)

   Pour v2 : x1=1, x2=-1, x3=1, x4=-1. x1-x3 = 0. x2-x4 = 0. (Ces vecteurs appartiennent à E)

   Donc F = Vect(v1, v2) est inclus dans E. Par conséquent, les équations caractérisant F sont celles de E.

   Les équations caractérisant F sont : x1 + x3 = 0 et x2 + x4 = 0.

4. Donner une famille génératrice de E + F.

   Puisque F est inclus dans E, E + F = E.

   Une famille génératrice de E + F est la base de E trouvée en question 1 : {(1,0, -1,0), (0,1,0, -1)}.

5. Montrer que : E somme directe F = R4.

   Puisque F est inclus dans E (et F ≠ E car E a des vecteurs comme (1,0,-1,0) qui ne sont pas dans F, alors F n'est pas égal à E), E inter F = F. L'intersection n'est pas {0_R4}.

   Donc E et F ne sont PAS en somme directe.

   Il y a une erreur dans l'énoncé de la question 5, car F est un sous-ensemble de E. Ils ne peuvent être en somme directe que si F = {0_R4} et E = R4, ce qui n'est pas le cas.

   Si la question était : "Montrer que E est un supplémentaire d'un autre espace G...", ou si les vecteurs v1, v2, v3 définissaient un F *différent* de E.

   Je vais répondre en me basant sur ce que j'ai trouvé :

   dim(E) = 2, dim(F) = 2. F est inclus dans E (voir question 3).

   E inter F = F ≠ {0_R4}.

   Par conséquent, E et F ne sont PAS en somme directe, et E + F = E ≠ R4.

   L'affirmation "E somme directe F = R4" est FAUSSE.

Correction de l'Exercice 27

Soient u = (1,1,1,1) et v = (1, -1,1, -1) deux vecteurs de R4. Soit E = Vect(u, v). Soient F1 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 + x2 + x3 + x4 = 0 et 2x1 + x2 = 0}. F2 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x2 + x4 = 0 et x1 + x3 = 0}. On admettra que E, F1 et F2 sont trois sous-espaces vectoriels de R4.

1. Déterminer une base (w, z) de F1.

   Conditions pour F1 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0 et 2x1 + x2 = 0.

   De la deuxième équation, x2 = -2x1.

   Substituons dans la première : x1 + (-2x1) + x3 + x4 = 0 => -x1 + x3 + x4 = 0 => x4 = x1 - x3.

   Les vecteurs de F1 sont de la forme (x1, -2x1, x3, x1 - x3).

   (x1, -2x1, x3, x1 - x3) = x1(1, -2,0,1) + x3(0,0,1, -1).

   Une base de F1 est {w = (1, -2,0,1), z = (0,0,1, -1)}. dim(F1) = 2.

2. Déterminer une base (a, b) de F2.

   Conditions pour F2 : x2 + x4 = 0 et x1 + x3 = 0.

   Donc x4 = -x2 et x3 = -x1.

   Les vecteurs de F2 sont de la forme (x1, x2, -x1, -x2).

   (x1, x2, -x1, -x2) = x1(1,0, -1,0) + x2(0,1,0, -1).

   Une base de F2 est {a = (1,0, -1,0), b = (0,1,0, -1)}. dim(F2) = 2.

3. A-t-on F1 somme directe F2 = R4 ?

   dim(F1) = 2, dim(F2) = 2. dim(F1) + dim(F2) = 2 + 2 = 4 = dim(R4). (Condition 1 ok)

   Vérifions F1 inter F2 = {0_R4}.

   Soit x ∈ F1 inter F2. x doit vérifier les 4 équations :

   x1 + x2 + x3 + x4 = 0

   2x1 + x2 = 0

   x2 + x4 = 0

   x1 + x3 = 0

   De x1 + x3 = 0 => x3 = -x1.

   De x2 + x4 = 0 => x4 = -x2.

   Substituons dans la première : x1 + x2 + (-x1) + (-x2) = 0 => 0 = 0. Ceci est toujours vrai.

   Substituons dans la deuxième : 2x1 + x2 = 0 => x2 = -2x1.

   Les vecteurs dans l'intersection sont donc de la forme (x1, -2x1, -x1, -(-2x1)) = (x1, -2x1, -x1, 2x1).

   = x1(1, -2, -1,2).

   Donc F1 inter F2 = Vect((1, -2, -1,2)).

   L'intersection n'est pas {0_R4}. Donc F1 et F2 ne sont PAS en somme directe.

4. Montrer que (u, v, w, z) est une base de R4.

   u = (1,1,1,1), v = (1, -1,1, -1).

   w = (1, -2,0,1), z = (0,0,1, -1).

   Nous avons 4 vecteurs. Il suffit de montrer qu'ils sont linéairement indépendants.

   Calculons le déterminant de la matrice formée par ces vecteurs :

   | 1 1 1 0 |

   | 1 -1 -2 0 |

   | 1 1 0 1 |

   | 1 -1 1 -1 |

   Opérations sur les lignes pour simplifier : L2-L1, L3-L1, L4-L1

   | 1 1 1 0 |

   | 0 -2 -3 0 |

   | 0 0 -1 1 |

   | 0 -2 0 -1 |

   Développons par rapport à la première colonne : 1 * det(

   | -2 -3 0 |

   | 0 -1 1 |

   | -2 0 -1 |

   )

   = -2((-1)(-1) - 1*0) - (-3)(0*(-1) - 1*(-2)) + 0(0 - (-2)*(-1))

   = -2(1) - (-3)(2) + 0

   = -2 + 6 = 4.

   Le déterminant est 4 ≠ 0. Donc la famille (u, v, w, z) est libre. C'est une base de R4.

5. A-t-on E somme directe F1 = R4 ?

   E = Vect(u, v). u et v sont non colinéaires (1,1,1,1) ≠ k(1,-1,1,-1). Donc (u,v) est libre. dim(E) = 2.

   dim(F1) = 2 (de la question 1).

   dim(E) + dim(F1) = 2 + 2 = 4 = dim(R4). (Condition 1 ok)

   Vérifions E inter F1 = {0_R4}.

   u = (1,1,1,1). Pour u, 2x1 + x2 = 2(1) + 1 = 3 ≠ 0. Donc u n'appartient pas à F1.

   v = (1, -1,1, -1). Pour v, 2x1 + x2 = 2(1) + (-1) = 1 ≠ 0. Donc v n'appartient pas à F1.

   Puisque les générateurs de E ne sont pas dans F1, l'intersection E inter F1 est {0_R4}. (Condition 2 ok)

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F1 = R4.

Correction de l'Exercice 28

Soient E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x - y + z - t = 0}, F = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y + z + t = 0} et G = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x = 2t, y = 3t, z = 4t}.

1. Montrer que E, F et G sont des sous-espaces vectoriels de R4, donner une base de chacun de ces sous-espaces vectoriels.

   Pour E :

   Définie par une équation linéaire homogène. C'est un sous-espace vectoriel.

   x = y - z + t.

   (y - z + t, y, z, t) = y(1,1,0,0) + z(-1,0,1,0) + t(1,0,0,1).

   Base de E : {e1 = (1,1,0,0), e2 = (-1,0,1,0), e3 = (1,0,0,1)}. dim(E) = 3.

   Pour F :

   Définie par une équation linéaire homogène. C'est un sous-espace vectoriel.

   x = -y - z - t.

   (-y - z - t, y, z, t) = y(-1,1,0,0) + z(-1,0,1,0) + t(-1,0,0,1).

   Base de F : {f1 = (-1,1,0,0), f2 = (-1,0,1,0), f3 = (-1,0,0,1)}. dim(F) = 3.

   Pour G :

   Les conditions sont x = 2t, y = 3t, z = 4t.

   (2t, 3t, 4t, t) = t(2,3,4,1).

   Base de G : {g1 = (2,3,4,1)}. dim(G) = 1.

2. Déterminer E + F.

   dim(E) = 3, dim(F) = 3.

   Vérifions E inter F.

   Un vecteur dans E inter F doit vérifier x - y + z - t = 0 et x + y + z + t = 0.

   Additionnons les deux équations : (x - y + z - t) + (x + y + z + t) = 0 => 2x + 2z = 0 => x = -z.

   Soustrayons la première de la deuxième : (x + y + z + t) - (x - y + z - t) = 0 => 2y + 2t = 0 => y = -t.

   Les vecteurs de l'intersection sont de la forme (-z, -t, z, t).

   (-z, -t, z, t) = z(-1,0,1,0) + t(0, -1,0,1).

   Base de E inter F : {(-1,0,1,0), (0, -1,0,1)}. dim(E inter F) = 2.

   dim(E + F) = dim(E) + dim(F) - dim(E inter F) = 3 + 3 - 2 = 4.

   Puisque E + F est un sous-espace vectoriel de R4 de dimension 4, E + F = R4.

3. Montrer que F somme directe G = R4.

   dim(F) = 3, dim(G) = 1.

   dim(F) + dim(G) = 3 + 1 = 4 = dim(R4). (Condition 1 ok)

   Vérifions F inter G = {0_R4}.

   Le vecteur générateur de G est g1 = (2,3,4,1).

   Vérifions si g1 appartient à F. L'équation de F est x + y + z + t = 0.

   Pour g1 : 2 + 3 + 4 + 1 = 10 ≠ 0.

   Puisque g1 n'appartient pas à F, l'intersection F inter G = {0_R4}. (Condition 2 ok)

   Les deux conditions sont remplies. Donc F somme directe G = R4.

Correction de l'Exercice 29

Soient v1 = (2,1,1), v2 = (1,2, -1), v3 = (1,1,0) et v4 = (1, -1, -2) quatre vecteurs de R3. Déterminer une sous-famille de (v1, v2, v3, v4) libre qui engendre E = Vect(v1, v2, v3, v4), en déduire la dimension de E.

L'espace est R3, donc sa dimension est au maximum 3. Une famille de 4 vecteurs est nécessairement liée. Nous devons trouver une base parmi (v1, v2, v3, v4).

Commençons par tester (v1, v2).

v1 et v2 ne sont pas colinéaires (2,1,1) ≠ k(1,2,-1). Donc (v1, v2) est libre.

Testons (v1, v2, v3) : Est-ce que v3 est une combinaison linéaire de v1 et v2 ?

(1,1,0) = a(2,1,1) + b(1,2, -1)

2a + b = 1 (L1)

a + 2b = 1 (L2)

a - b = 0 (L3) => a = b.

Substituons a = b dans L1 : 2a + a = 1 => 3a = 1 => a = 1/3.

Donc a = b = 1/3.

Vérifions dans L2 : 1/3 + 2(1/3) = 3/3 = 1. Vrai.

Donc v3 = 1/3 v1 + 1/3 v2. v3 est combinaison linéaire de v1 et v2.

Donc Vect(v1, v2, v3) = Vect(v1, v2).

Maintenant, testons (v1, v2, v4) : Est-ce que v4 est une combinaison linéaire de v1 et v2 ?

(1, -1, -2) = a(2,1,1) + b(1,2, -1)

2a + b = 1 (L1')

a + 2b = -1 (L2')

a - b = -2 (L3')

De L3', a = b - 2.

Substituons dans L1' : 2(b - 2) + b = 1 => 2b - 4 + b = 1 => 3b = 5 => b = 5/3.

Alors a = 5/3 - 2 = 5/3 - 6/3 = -1/3.

Vérifions dans L2' : a + 2b = -1/3 + 2(5/3) = -1/3 + 10/3 = 9/3 = 3. Mais L2' dit -1.

Puisque 3 ≠ -1, v4 n'est pas une combinaison linéaire de v1 et v2.

Donc (v1, v2, v4) est une famille libre. Puisqu'elle contient 3 vecteurs dans R3, c'est une base de R3.

Par conséquent, E = Vect(v1, v2, v3, v4) = R3.

Une sous-famille libre qui engendre E est (v1, v2, v4). La dimension de E est 3.

On peut aussi prendre (v1, v2, v3) ou (v1,v3,v4) etc, il faut juste choisir 3 vecteurs libres.

Correction: (v1, v2, v3) est liée. Donc on doit trouver une autre. (v1, v2, v4) est libre.

Correction de l'Exercice 30

Soit E = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 - x2 = 0 et x3 - x4 = 0}. On admettra que E est un sous-espace vectoriel de R4.

1. Déterminer une base de E.

   Les conditions pour E sont x1 = x2 et x3 = x4.

   Les vecteurs de E sont de la forme (x1, x1, x3, x3).

   (x1, x1, x3, x3) = x1(1,1,0,0) + x3(0,0,1,1).

   Une base de E est {e1 = (1,1,0,0), e2 = (0,0,1,1)}. dim(E) = 2.

2. Compléter cette base de E en une base de R4.

   Nous avons besoin de 2 vecteurs supplémentaires. Choisissons e3 = (1,0,0,0) et e4 = (0,1,0,0).

   Vérifions la liberté de (e1, e2, e3, e4).

   | 1 0 1 0 |

   | 1 0 0 1 |

   | 0 1 0 0 |

   | 0 1 0 0 |

   Le déterminant est nul car la 3e et la 4e ligne sont identiques. Donc cette famille n'est pas libre.

   Il faut choisir des vecteurs qui ne sont pas dans E, et qui, avec e1 et e2, forment une famille libre.

   Choisissons e3 = (1,0,0,0) et e4 = (0,1,0,0).

   e1 = (1,1,0,0)

   e2 = (0,0,1,1)

   e3 = (1,0,0,0)

   e4 = (0,1,0,0)

   Testons la liberté de (e1, e2, e3, e4) :

   | 1 1 0 0 |

   | 0 0 1 1 |

   | 1 0 0 0 |

   | 0 1 0 0 |

   Développons par rapport à la dernière ligne : -1 * det(

   | 1 0 0 |

   | 0 1 1 |

   | 1 0 0 |

   ) = -1 * (1*(0-0) - 0 + 0) = 0.

   Cela ne marche pas non plus. Le choix des vecteurs est crucial. On peut essayer d'utiliser des vecteurs qui sont plus "orthogonaux" à E.

   E est un plan. On peut prendre des vecteurs qui n'appartiennent pas à E.

   Prenons u3 = (1,0,0,0). Vérifions : x1=1, x2=0 => x1 ≠ x2. Donc u3 n'appartient pas à E.

   Prenons u4 = (0,1,0,0). Vérifions : x1=0, x2=1 => x1 ≠ x2. Donc u4 n'appartient pas à E.

   Maintenant vérifions la liberté de {e1, e2, u3, u4}.

   a(1,1,0,0) + b(0,0,1,1) + c(1,0,0,0) + d(0,1,0,0) = (0,0,0,0)

   a + c = 0 => c = -a

   a + d = 0 => d = -a

   b = 0

   b = 0

   De b=0, les 3ème et 4ème lignes sont satisfaites. On a c = -a, d = -a. Si on prend a=1, c=-1, d=-1. Cela donne un contre-exemple.

   Ceci signifie que (e1, e2, u3, u4) n'est pas libre. On a e1 = u3 + u4.

   Il faut prendre des vecteurs qui complètent, par exemple, la base (e1,e2) à R4.

   On peut prendre (1,0,0,0) et (0,0,1,0).

   Soit B_E = {v1=(1,1,0,0), v2=(0,0,1,1)}. Choisissons v3=(1,0,0,0) et v4=(0,1,0,0) (ces deux ne sont pas dans E).

   Considérons le déterminant de (v1, v2, v3, v4) :

   |1 0 1 0|

   |1 0 0 1|

   |0 1 0 0|

   |0 1 0 0|

   Les lignes 3 et 4 sont identiques, donc le déterminant est 0. Cette famille est liée.

   Essayons avec v3 = (1,0,0,0) et v4 = (0,0,0,1).

   |1 0 1 0|

   |1 0 0 0|

   |0 1 0 0|

   |0 1 0 1|

   Développons par rapport à la 3e colonne : 1 * det(

   |1 0 0|

   |1 0 1|

   |0 1 0|

   ) - 0 + 0 - 0 = 1 * (1*(0-1) - 0 + 0) = -1.

   Le déterminant est -1 ≠ 0. Donc la famille {(1,1,0,0), (0,0,1,1), (1,0,0,0), (0,0,0,1)} est une base de R4.

   Donc la base complétée est {(1,1,0,0), (0,0,1,1), (1,0,0,0), (0,0,0,1)}.

Correction de l'Exercice 31

Soient u = (2, -1,1,2), v = (2, -1,6,1) et w = (6, -3,8,5) trois vecteurs de R4. Soient E = {(x, y, z, t) ∈ R4 | -7x + y + 5z = 0 et z + t = 0} et F = Vect(u, v, w).

1. Montrer que E et F sont des sous-espaces vectoriels de R4.

   E est défini par un système de deux équations linéaires homogènes. C'est donc un sous-espace vectoriel de R4.

   F est l'ensemble des combinaisons linéaires de u, v, w par définition. C'est donc un sous-espace vectoriel de R4.

2. Donner une base de E et une base de F.

   Pour E :

   Conditions : -7x + y + 5z = 0 et z + t = 0.

   De z + t = 0 => t = -z.

   De -7x + y + 5z = 0 => y = 7x - 5z.

   Les vecteurs de E sont de la forme (x, 7x - 5z, z, -z).

   (x, 7x - 5z, z, -z) = x(1,7,0,0) + z(0, -5,1, -1).

   Une base de E est {e1 = (1,7,0,0), e2 = (0, -5,1, -1)}. dim(E) = 2.

   Pour F :

   F = Vect(u, v, w). u = (2, -1,1,2), v = (2, -1,6,1), w = (6, -3,8,5).

   Vérifions la liberté de (u, v, w).

   Soit a*u + b*v + c*w = 0_R4 :

   a(2, -1,1,2) + b(2, -1,6,1) + c(6, -3,8,5) = (0,0,0,0)

   2a + 2b + 6c = 0 (L1)

   -a - b - 3c = 0 (L2)

   a + 6b + 8c = 0 (L3)

   2a + b + 5c = 0 (L4)

   On remarque que L1 = -2*L2. Donc L1 est redondante. On peut la remplacer par 0=0.

   De L2, a = -b - 3c.

   Substituons dans L3 : (-b - 3c) + 6b + 8c = 0 => 5b + 5c = 0 => b = -c.

   Substituons b = -c dans a = -b - 3c : a = -(-c) - 3c = c - 3c = -2c.

   Vérifions dans L4 : 2(-2c) + (-c) + 5c = -4c - c + 5c = 0. Vrai.

   Donc, si c = 1, alors b = -1, a = -2. On a -2u - v + w = 0_R4.

   La famille (u, v, w) est liée. Puisque u et v ne sont pas colinéaires (2,-1,1,2) ≠ k(2,-1,6,1), (u,v) est libre.

   Une base de F est {u, v}. dim(F) = 2.

3. A-t-on E somme directe F = R4 ?

   dim(E) = 2, dim(F) = 2.

   dim(E) + dim(F) = 2 + 2 = 4 = dim(R4). (Condition 1 ok)

   Vérifions E inter F = {0_R4}.

   Base de E : {e1 = (1,7,0,0), e2 = (0, -5,1, -1)}.

   Base de F : {u = (2, -1,1,2), v = (2, -1,6,1)}.

   Vérifions si u appartient à E. L'équation de E est -7x + y + 5z = 0 et z + t = 0.

   Pour u = (2, -1,1,2) :

   -7(2) + (-1) + 5(1) = -14 - 1 + 5 = -10 ≠ 0. Donc u n'appartient pas à E.

   Puisque u n'appartient pas à E, l'intersection E inter F = {0_R4} (car si un vecteur de F était dans E, il serait combinaison de u et v, et si u n'y est pas, alors ce vecteur serait un multiple de v s'il était seul, etc. En général, il faut tester les générateurs de F par rapport aux équations de E).

   En fait, il suffit de trouver un vecteur dans F qui n'est pas dans E. Si aucun des vecteurs de base de F n'est dans E, alors l'intersection est très probablement triviale.

   Puisque u n'appartient pas à E, et E inter F est un sous-espace vectoriel. Si E inter F ≠ {0_R4}, alors il devrait y avoir un vecteur non nul commun.

   Vérifions v = (2, -1,6,1) pour E :

   -7(2) + (-1) + 5(6) = -14 - 1 + 30 = 15 ≠ 0. Donc v n'appartient pas à E.

   Puisque ni u ni v n'appartiennent à E, E inter F = {0_R4}. (Condition 2 ok)

   Les deux conditions sont remplies. Donc E somme directe F = R4.

Correction de l'Exercice 32

Soit M3(R) l’espace vectoriel des matrices à coefficients dans R à 3 lignes et 3 colonnes. Soit S3(R) l’ensemble des matrices symétriques de M3(R). C’est-à-dire les matrices qui vérifient A transposée = A.

1. Montrer que S3(R) est un sous-espace vectoriel de M3(R).

   a. La matrice nulle 0 est symétrique (0_transposée = 0). Donc 0 ∈ S3(R).

   b. Stabilité par addition : Soient A, B ∈ S3(R). Alors A_transposée = A et B_transposée = B.

   (A + B)_transposée = A_transposée + B_transposée = A + B. Donc A + B ∈ S3(R).

   c. Stabilité par multiplication scalaire : Soit A ∈ S3(R) et k ∈ R. Alors A_transposée = A.

   (k*A)_transposée = k * A_transposée = k*A. Donc k*A ∈ S3(R).

   S3(R) est un sous-espace vectoriel de M3(R).

2. Déterminer dim(S3(R)).

   Une matrice A = (aij) de S3(R) doit vérifier aij = aji pour tout i, j.

   Une matrice 3x3 s'écrit :

   | a11 a12 a13 |

   | a21 a22 a23 |

   | a31 a32 a33 |

   Les conditions de symétrie sont :

   a12 = a21

   a13 = a31

   a23 = a32

   Les éléments diagonaux (a11, a22, a33) sont libres.

   Les éléments a12, a13, a23 peuvent être choisis librement, et ils déterminent les autres éléments hors diagonale.

   On peut écrire une matrice symétrique comme :

   | a11 a12 a13 |

   | a12 a22 a23 |

   | a13 a23 a33 |

   Il y a 3 éléments sur la diagonale (a11, a22, a33) et 3 éléments au-dessus de la diagonale (a12, a13, a23) qui peuvent être choisis indépendamment.

   Donc, dim(S3(R)) = 3 + 3 = 6.

   En général, pour une matrice n x n, la dimension de l'espace des matrices symétriques est n + n(n-1)/2 = n(n+1)/2.

   Pour n=3, 3(3+1)/2 = 3*4/2 = 6.

Correction de l'Exercice 33

Soient P0 = 1/2(X - 1)(X - 2), P1 = -X(X - 2) et P2 = 1/2 X(X - 1) trois polynômes de R2[X].

1. Montrer que (P0, P1, P2) est une base de R2[X].

   R2[X] est l'espace des polynômes de degré au plus 2. Sa dimension est 3 (base canonique (1, X, X2)).

   Nous avons 3 polynômes. Il suffit de montrer qu'ils sont linéairement indépendants.

   Méthode 1 : Calculer le Wronskien (ou un déterminant des coefficients).

   P0 = 1/2 (X^2 - 3X + 2)

   P1 = -X^2 + 2X

   P2 = 1/2 (X^2 - X)

   Coefficients dans la base (1, X, X2) :

   P0 : (1, -3/2, 1/2)

   P1 : (0, 2, -1)

   P2 : (0, -1/2, 1/2)

   Matrice des coefficients :

   | 1 0 0 |

   |-3/2 2 -1/2|

   | 1/2 -1 1/2|

   Calculons le déterminant : 1 * (2*(1/2) - (-1/2)*(-1)) = 1 * (1 - 1/2) = 1/2 ≠ 0.

   Donc la famille (P0, P1, P2) est libre. C'est une base de R2[X].

   Méthode 2 : Évaluation en des points spécifiques (racines des polynômes).

   P0(0) = 1/2 (-1)(-2) = 1

   P0(1) = 0

   P0(2) = 0

   P1(0) = 0

   P1(1) = -(1)(-1) = 1

   P1(2) = 0

   P2(0) = 0

   P2(1) = 0

   P2(2) = 1/2 (2)(1) = 1

   Soit a*P0 + b*P1 + c*P2 = 0 (polynôme nul).

   Évaluons en X=0 : a*P0(0) + b*P1(0) + c*P2(0) = a*1 + b*0 + c*0 = a. Donc a = 0.

   Évaluons en X=1 : a*P0(1) + b*P1(1) + c*P2(1) = a*0 + b*1 + c*0 = b. Donc b = 0.

   Évaluons en X=2 : a*P0(2) + b*P1(2) + c*P2(2) = a*0 + b*0 + c*1 = c. Donc c = 0.

   Ainsi, a = b = c = 0. La famille est libre, donc c'est une base.

2. Soit P = aX2 + bX + c ∈ R2[X], exprimer P dans la base (P0, P1, P2).

   P = c0*P0 + c1*P1 + c2*P2.

   Utilisons les propriétés d'évaluation :

   P(0) = c0*P0(0) + c1*P1(0) + c2*P2(0) = c0*1 + c1*0 + c2*0 = c0.

   P(1) = c0*P0(1) + c1*P1(1) + c2*P2(1) = c0*0 + c1*1 + c2*0 = c1.

   P(2) = c0*P0(2) + c1*P1(2) + c2*P2(2) = c0*0 + c1*0 + c2*1 = c2.

   Donc P = P(0)*P0 + P(1)*P1 + P(2)*P2.

3. Soit P = aP0 + bP1 + cP2 ∈ R2[X], exprimer P dans la base (1, X, X2).

   P = a * 1/2 (X^2 - 3X + 2) + b * (-X^2 + 2X) + c * 1/2 (X^2 - X)

   P = (a/2 - b + c/2)X^2 + (-3a/2 + 2b - c/2)X + a.

4. Pour tout a, b et c réels montrer qu’il existe un unique polynôme de P ∈ R2[X], tel que : P(0) = a, P(1) = b et P(2) = c.

   Puisque (P0, P1, P2) est une base de R2[X], tout polynôme P de R2[X] s'écrit de manière unique comme P = c0*P0 + c1*P1 + c2*P2.

   De la question 2, on a vu que P(0) = c0, P(1) = c1, P(2) = c2.

   Donc si nous voulons que P(0) = a, P(1) = b, P(2) = c, il suffit de choisir c0 = a, c1 = b, c2 = c.

   Le polynôme P = a*P0 + b*P1 + c*P2 est l'unique polynôme de R2[X] qui satisfait ces conditions.

   Ceci est connu sous le nom de polynômes de Lagrange.

Correction de l'Exercice 34

Soient P1 = X3 + X2 + X + 1, P2 = X3 + 2X2 + 3X + 4, P3 = 3X3 + X2 + 4X + 2 et P4 = 10X3 + 4X2 + 13X + 7 quatre polynômes de R3[X].

1. La famille (P1, P2, P3, P4) est-elle libre ?

   R3[X] est de dimension 4. Une famille de 4 vecteurs dans R3[X] est libre si et seulement si elle est une base.

   Représentons les polynômes par leurs vecteurs de coefficients dans la base canonique (1, X, X2, X3) (ou l'ordre inverse si c'est la convention).

   P1 = (1,1,1,1)

   P2 = (4,3,2,1)

   P3 = (2,4,1,3)

   P4 = (7,13,4,10)

   Ceci correspond exactement aux vecteurs v1, v2, v3, v4 de l'exercice 6, mais dans l'ordre inverse des coefficients, et P4 serait (7,13,4,10) ce qui correspond à v4.

   L'exercice 6 utilisait les vecteurs (1,1,1,1), (1,2,3,4), (3,1,4,2), (10,4,13,7) comme v1, v2, v3, v4.

   Si P1 = X3+X2+X+1 correspond à (1,1,1,1) en ordre (coeff de 1, X, X2, X3), alors P2 est (4,3,2,1). P3 est (2,4,1,3). P4 est (7,13,4,10).

   Let's use the convention (coeff X0, coeff X1, coeff X2, coeff X3).

   P1 = (1,1,1,1)

   P2 = (4,3,2,1)

   P3 = (2,4,1,3)

   P4 = (7,13,4,10)

   Ces vecteurs correspondent à une permutation des coordonnées des vecteurs de l'exercice 6.

   Exercice 6, question 7: nous avons trouvé la relation x1 - x2 - x3 + x4 = 0 pour les vecteurs (x1,x2,x3,x4).

   Les vecteurs de l'exercice 6 étaient :

   v1 = (1,1,1,1)

   v2 = (1,2,3,4)

   v3 = (3,1,4,2)

   v4 = (10,4,13,7)

   On a trouvé que v4 = v1 + 3v3.

   Pour la question 1 de l'exercice 34, la famille (P1, P2, P3, P4) est-elle libre ?

   On peut reformuler le problème dans la base canonique (X3, X2, X, 1).

   P1 = (1,1,1,1)

   P2 = (1,2,3,4)

   P3 = (3,1,4,2)

   P4 = (10,4,13,7)

   Ces vecteurs sont les mêmes que v1, v2, v3, v4 de l'exercice 6. Pour l'exercice 6, nous avons trouvé que v4 = v1 + 3v3. En fait, P4 = P1 + 3P3.

   10 = 1 + 3*3

   4 = 1 + 3*1

   13 = 1 + 3*4

   7 = 1 + 3*2

   Non, ce n'est pas P4 = P1 + 3P3. Dans l'exercice 6, on avait -v1 - 3v3 + v4 = 0. Donc v4 = v1 + 3v3.

   Si P4 = P1 + 3P3, alors P4 - P1 - 3P3 = 0.

   (10,4,13,7) - (1,1,1,1) - 3(3,1,4,2) = (9,3,12,6) - (9,3,12,6) = (0,0,0,0).

   C'est bien P4 = P1 + 3P3. Donc la famille est LIÉE.

2. Donner une base de Vect(P1, P2, P3, P4).

   Puisque P4 = P1 + 3P3, Vect(P1, P2, P3, P4) = Vect(P1, P2, P3, P1 + 3P3) = Vect(P1, P2, P3).

   Il faut montrer que (P1, P2, P3) est libre.

   Soit a*P1 + b*P2 + c*P3 = 0 :

   a(1,1,1,1) + b(1,2,3,4) + c(3,1,4,2) = (0,0,0,0)

   a + b + 3c = 0

   a + 2b + c = 0

   a + 3b + 4c = 0

   a + 4b + 2c = 0

   Ceci est le même système que l'exercice 6 où l'on a montré que v1, v2, v3 sont libres (voir correction exercice 6, où on concluait qu'ils sont libres en faisant d=0, e=0 et a=b=c=0).

   Donc (P1, P2, P3) est une famille libre.

   C'est une base de Vect(P1, P2, P3, P4). La dimension est 3.

Correction de l'Exercice 35

Soit E = {P ∈ R2[X] | P(1) = 0}.

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R2[X].

   a. Le polynôme nul : Le polynôme P(X) = 0 vérifie P(1) = 0. Donc le polynôme nul appartient à E.

   b. Stabilité par addition : Soient P, Q ∈ E. Alors P(1) = 0 et Q(1) = 0.

   (P + Q)(1) = P(1) + Q(1) = 0 + 0 = 0. Donc P + Q ∈ E.

   c. Stabilité par multiplication scalaire : Soit P ∈ E et k ∈ R. Alors P(1) = 0.

   (k*P)(1) = k*P(1) = k*0 = 0. Donc k*P ∈ E.

   E est un sous-espace vectoriel de R2[X].

2. Donner une base de E et en déduire sa dimension.

   Si P(X) ∈ R2[X] et P(1) = 0, alors 1 est une racine de P(X). Ceci signifie que (X - 1) est un facteur de P(X).

   Donc P(X) peut s'écrire P(X) = (X - 1)Q(X), où Q(X) est un polynôme de degré au plus 1 (car deg(P) ≤ 2).

   Q(X) peut s'écrire Q(X) = aX + b.

   Donc P(X) = (X - 1)(aX + b) = aX(X - 1) + b(X - 1).

   La famille {X(X - 1), (X - 1)} est génératrice de E.

   Ces deux polynômes sont de degrés différents (2 et 1), donc ils sont linéairement indépendants.

   Une base de E est {X(X - 1), (X - 1)}. dim(E) = 2.

Correction de l'Exercice 36

Soit E = {P ∈ R3[X] | P(-1) = 0 et P(1) = 0}.

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R3[X].

   a. Le polynôme nul : P(X) = 0 vérifie P(-1) = 0 et P(1) = 0. Donc le polynôme nul appartient à E.

   b. Stabilité par addition : Soient P, Q ∈ E. Alors P(-1)=0, P(1)=0, Q(-1)=0, Q(1)=0.

   (P + Q)(-1) = P(-1) + Q(-1) = 0 + 0 = 0.

   (P + Q)(1) = P(1) + Q(1) = 0 + 0 = 0. Donc P + Q ∈ E.

   c. Stabilité par multiplication scalaire : Soit P ∈ E et k ∈ R. Alors P(-1)=0, P(1)=0.

   (k*P)(-1) = k*P(-1) = k*0 = 0.

   (k*P)(1) = k*P(1) = k*0 = 0. Donc k*P ∈ E.

   E est un sous-espace vectoriel de R3[X].

2. Déterminer une base et la dimension de E.

   Si P(X) ∈ R3[X] et P(-1) = 0 et P(1) = 0, alors (X - (-1)) = (X + 1) et (X - 1) sont des facteurs de P(X).

   Donc P(X) peut s'écrire P(X) = (X - 1)(X + 1)Q(X) = (X^2 - 1)Q(X).

   Puisque deg(P) ≤ 3, deg((X^2 - 1)Q(X)) ≤ 3. Comme deg(X^2 - 1) = 2, deg(Q) ≤ 1.

   Q(X) peut s'écrire Q(X) = aX + b.

   Donc P(X) = (X^2 - 1)(aX + b) = aX(X^2 - 1) + b(X^2 - 1).

   La famille {X(X^2 - 1), (X^2 - 1)} est génératrice de E.

   Ces deux polynômes sont de degrés différents (3 et 2), donc ils sont linéairement indépendants.

   Une base de E est {X(X^2 - 1), (X^2 - 1)}. dim(E) = 2.

Correction de l'Exercice 37

Dans F(R,R), les trois fonctions f1(x) = sin(x), f2(x) = sin(2x) et f3(x) = sin(3x), sont-elles linéairement indépendantes ?

Soit a*f1 + b*f2 + c*f3 = 0 (fonction nulle).

a*sin(x) + b*sin(2x) + c*sin(3x) = 0 pour tout x ∈ R.

Dérivons cette expression :

a*cos(x) + 2b*cos(2x) + 3c*cos(3x) = 0

-a*sin(x) - 4b*sin(2x) - 9c*sin(3x) = 0

-a*cos(x) - 8b*cos(2x) - 27c*cos(3x) = 0

C'est une méthode, mais il y a plus simple en choisissant des valeurs de x.

Pour x = pi/2 : a*sin(pi/2) + b*sin(pi) + c*sin(3pi/2) = 0

a*1 + b*0 + c*(-1) = 0 => a - c = 0 => a = c.

Pour x = pi/3 : a*sin(pi/3) + b*sin(2pi/3) + c*sin(pi) = 0

a*(sqrt(3)/2) + b*(sqrt(3)/2) + c*0 = 0 => (sqrt(3)/2)(a + b) = 0 => a + b = 0 => b = -a.

Puisque a = c et b = -a :

a*sin(x) - a*sin(2x) + a*sin(3x) = 0.

Divisons par a (si a ≠ 0) : sin(x) - sin(2x) + sin(3x) = 0.

Vérifions si cette relation est vraie pour tout x. Pour x = pi/6 :

sin(pi/6) - sin(pi/3) + sin(pi/2) = 1/2 - sqrt(3)/2 + 1 = 3/2 - sqrt(3)/2 ≠ 0.

Cela signifie que notre hypothèse que a ≠ 0 est fausse si la relation est toujours 0. Ou, si la relation était vraiment 0, alors nous aurions a=0.

Repartons de a*sin(x) + b*sin(2x) + c*sin(3x) = 0.

Pour x = pi/2 : a - c = 0 (Eq 1)

Pour x = pi/3 : a*sqrt(3)/2 + b*sqrt(3)/2 + c*0 = 0 => a + b = 0 (Eq 2)

Pour x = pi/6 : a*sin(pi/6) + b*sin(pi/3) + c*sin(pi/2) = 0

a*(1/2) + b*(sqrt(3)/2) + c*1 = 0 => a + b*sqrt(3) + 2c = 0 (Eq 3)

De (Eq 1), c = a. De (Eq 2), b = -a.

Substituons dans (Eq 3) : a + (-a)*sqrt(3) + 2a = 0

3a - a*sqrt(3) = 0 => a(3 - sqrt(3)) = 0.

Puisque 3 - sqrt(3) ≠ 0, il faut que a = 0.

Si a = 0, alors c = 0 et b = 0.

La seule combinaison linéaire qui donne la fonction nulle est celle où tous les coefficients sont nuls. Donc les fonctions sont linéairement indépendantes.

Correction de l'Exercice 38

Soient f(x) = cos(x), g(x) = cos(x)cos(2x) et h(x) = sin(x)sin(2x). Déterminer Vect(f, g, h).

Utilisons les identités trigonométriques pour simplifier g(x) et h(x).

cos(2x) = 2cos^2(x) - 1.

g(x) = cos(x)(2cos^2(x) - 1) = 2cos^3(x) - cos(x).

sin(2x) = 2sin(x)cos(x).

h(x) = sin(x)(2sin(x)cos(x)) = 2sin^2(x)cos(x).

Utilisons sin^2(x) = 1 - cos^2(x).

h(x) = 2(1 - cos^2(x))cos(x) = 2cos(x) - 2cos^3(x).

On remarque que g(x) + h(x) = (2cos^3(x) - cos(x)) + (2cos(x) - 2cos^3(x)) = cos(x).

Donc g(x) + h(x) = f(x).

Ceci est une relation de dépendance linéaire : f - g - h = 0.

Par conséquent, Vect(f, g, h) = Vect(f, g, f - g) = Vect(f, g).

Les fonctions f(x) = cos(x) et g(x) = 2cos^3(x) - cos(x) = cos(x)(2cos^2(x) - 1) sont-elles linéairement indépendantes ?

Si a*f(x) + b*g(x) = 0 pour tout x.

a*cos(x) + b*cos(x)cos(2x) = 0.

cos(x)(a + b*cos(2x)) = 0.

Pour que cela soit vrai pour tout x, il faut que (a + b*cos(2x)) soit toujours 0 quand cos(x) n'est pas 0. Ou même en considérant x=0, a+b=0. En considérant x=pi/2, cos(x)=0, donc cela ne donne rien.

Prendre x = 0 : cos(0)(a + b*cos(0)) = 0 => 1*(a + b) = 0 => a + b = 0 => b = -a.

Prendre x = pi/4 : cos(pi/4)(a + b*cos(pi/2)) = 0 => (sqrt(2)/2)(a + b*0) = 0 => (sqrt(2)/2)a = 0 => a = 0.

Si a = 0, alors b = 0. Donc f et g sont linéairement indépendants.

Donc Vect(f, g, h) = Vect(f, g). C'est un espace de dimension 2, engendré par cos(x) et cos(x)cos(2x).

Correction de l'Exercice 39

Soit E l’ensemble des fonctions vérifiant l’équation différentielle y'' + a*y' - b^2*y = 0. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions.

L'espace vectoriel des fonctions F(R,R) est l'espace de référence.

a. La fonction nulle : La fonction y(x) = 0 pour tout x. Ses dérivées sont y'(x) = 0 et y''(x) = 0.

0 + a*0 - b^2*0 = 0. Donc la fonction nulle appartient à E.

b. Stabilité par addition : Soient y1, y2 ∈ E. Alors y1'' + a*y1' - b^2*y1 = 0 et y2'' + a*y2' - b^2*y2 = 0.

Considérons (y1 + y2) :

(y1 + y2)'' + a*(y1 + y2)' - b^2*(y1 + y2)

= (y1'' + y2'') + a*(y1' + y2') - b^2*y1 - b^2*y2

= (y1'' + a*y1' - b^2*y1) + (y2'' + a*y2' - b^2*y2)

= 0 + 0 = 0.

Donc y1 + y2 ∈ E.

c. Stabilité par multiplication scalaire : Soit y ∈ E et k ∈ R. Alors y'' + a*y' - b^2*y = 0.

Considérons (k*y) :

(k*y)'' + a*(k*y)' - b^2*(k*y)

= k*y'' + a*k*y' - b^2*k*y

= k*(y'' + a*y' - b^2*y)

= k*0 = 0.

Donc k*y ∈ E.

E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions.

Correction de l'Exercice 40

(Hors programme)

1. Montrer que les systèmes : S1 = (1, sqrt(2)) et S2 = (1, sqrt(2), sqrt(3)) sont libres dans R considéré comme Q-espace vectoriel.

   Un Q-espace vectoriel signifie que les scalaires sont des nombres rationnels (Q).

   Pour S1 = (1, sqrt(2)) : Soient a, b ∈ Q tels que a*1 + b*sqrt(2) = 0.

   Si b ≠ 0, alors sqrt(2) = -a/b. Puisque a et b sont rationnels, -a/b est un nombre rationnel. Mais sqrt(2) est irrationnel. C'est une contradiction.

   Donc b doit être 0. Si b = 0, alors a*1 = 0 => a = 0.

   Donc a = b = 0. Le système S1 est Q-libre.

   Pour S2 = (1, sqrt(2), sqrt(3)) : Soient a, b, c ∈ Q tels que a*1 + b*sqrt(2) + c*sqrt(3) = 0.

   Si c ≠ 0, alors a + b*sqrt(2) = -c*sqrt(3).

   Élevons au carré : (a + b*sqrt(2))^2 = (-c*sqrt(3))^2

   a^2 + 2b^2 + 2ab*sqrt(2) = 3c^2.

   2ab*sqrt(2) = 3c^2 - a^2 - 2b^2.

   Si ab ≠ 0, alors sqrt(2) = (3c^2 - a^2 - 2b^2) / (2ab). Le terme de droite est rationnel, ce qui est une contradiction.

   Donc soit a = 0 soit b = 0 (ou les deux).

   Si a = 0 : b*sqrt(2) + c*sqrt(3) = 0. Si b ≠ 0, sqrt(2) = -c/b * sqrt(3). (sqrt(2)/sqrt(3) = sqrt(2/3) est irrationnel).

   Élevons au carré : 2b^2 = 3c^2. Ceci implique 2b^2 / c^2 = 3. b^2/c^2 = 3/2. b/c = +/- sqrt(3/2), qui est irrationnel. Donc b/c ne peut pas être rationnel (si b et c sont non nuls).

   Pour que 2b^2 = 3c^2 soit vrai avec b,c rationnels, on doit avoir b=0 et c=0. (Si b ≠ 0, alors sqrt(3/2) = b/c est rationnel, ce qui est faux).

   Donc, si a=0, on obtient b=0 et c=0.

   Si b = 0 : a + c*sqrt(3) = 0. Comme précédemment, ceci implique a=0 et c=0.

   Donc a = b = c = 0. Le système S2 est Q-libre.

2. Soient, dans R2, les vecteurs v1 = (3 + sqrt(5), 2 + 3sqrt(5)) et v2 = (4, 7sqrt(5) - 9). Montrer que le système (v1, v2) est Q-libre et R-lié.

   Q-libre :

   Soient a, b ∈ Q tels que a*v1 + b*v2 = (0,0).

   a(3 + sqrt(5)) + b*4 = 0

   a(2 + 3sqrt(5)) + b(7sqrt(5) - 9) = 0

   3a + a*sqrt(5) + 4b = 0 (Eq 1)

   2a + 3a*sqrt(5) + 7b*sqrt(5) - 9b = 0 (Eq 2)

   Réorganisons (Eq 1) : (3a + 4b) + a*sqrt(5) = 0.

   Puisque a, b sont rationnels et sqrt(5) est irrationnel, pour que cette somme soit nulle, les coefficients des parties rationnelles et irrationnelles doivent être nuls :

   3a + 4b = 0 (A)

   a = 0 (B)

   De (B), a = 0. Substituons dans (A) : 4b = 0 => b = 0.

   Donc a = b = 0. Le système (v1, v2) est Q-libre.

   R-lié :

   Pour être R-lié, il faut trouver a, b ∈ R (non tous nuls) tels que a*v1 + b*v2 = (0,0).

   Ceci signifie que v1 et v2 doivent être colinéaires. C'est-à-dire v1 = k*v2 pour un k ∈ R.

   (3 + sqrt(5), 2 + 3sqrt(5)) = k(4, 7sqrt(5) - 9).

   3 + sqrt(5) = 4k => k = (3 + sqrt(5))/4.

   Vérifions si la deuxième composante est aussi proportionnelle :

   2 + 3sqrt(5) = k(7sqrt(5) - 9) = ((3 + sqrt(5))/4)(7sqrt(5) - 9)

   4(2 + 3sqrt(5)) = (3 + sqrt(5))(7sqrt(5) - 9)

   8 + 12sqrt(5) = 21sqrt(5) - 27 + 7*5 - 9sqrt(5)

   8 + 12sqrt(5) = 21sqrt(5) - 27 + 35 - 9sqrt(5)

   8 + 12sqrt(5) = (21 - 9)sqrt(5) + (35 - 27)

   8 + 12sqrt(5) = 12sqrt(5) + 8.

   Ceci est vrai. Donc v1 = ((3 + sqrt(5))/4)v2. v1 et v2 sont colinéaires (avec un scalaire irrationnel).

   Donc le système (v1, v2) est R-lié.

3. Soient les vecteurs v1 = (1 - i, i) et v2 = (2, -1 + i) dans C2.

   1. Montrer que le système (v1, v2) est R-libre et C-lié.

      R-libre :

      Soient a, b ∈ R tels que a*v1 + b*v2 = (0,0).

      a(1 - i, i) + b(2, -1 + i) = (0,0)

      a(1 - i) + 2b = 0

      ai + b(-1 + i) = 0

      Développons :

      (a + 2b) - ai = 0 (Eq 1)

      -b + (a + b)i = 0 (Eq 2)

      Puisque a, b sont réels, les parties réelles et imaginaires doivent être nulles :

      De (Eq 1) : a + 2b = 0 et -a = 0. Donc a = 0.

      Si a = 0, alors 2b = 0 => b = 0.

      Donc a = b = 0. Le système (v1, v2) est R-libre.

      C-lié :

      Pour être C-lié, il faut trouver a, b ∈ C (non tous nuls) tels que a*v1 + b*v2 = (0,0).

      Ceci signifie que v1 et v2 sont colinéaires sur C. v1 = k*v2 pour un k ∈ C.

      k = (1 - i)/2.

      Vérifions la deuxième composante : i = k*(-1 + i) = ((1 - i)/2)(-1 + i)

      2i = (1 - i)(-1 + i) = -1 + i + i - i^2 = -1 + 2i + 1 = 2i.

      Ceci est vrai. Donc v1 = ((1 - i)/2)v2. v1 et v2 sont colinéaires sur C.

      Donc le système (v1, v2) est C-lié. (Par exemple, avec a = 1, b = -(1-i)/2 = (-1+i)/2, on a a*v1 + b*v2 = 0).

   2. Vérifier que le système B = {(1,0), (i, 0), (0,1), (0, i)} est une base de l’espace vectoriel C2 sur R et donner les composantes des vecteurs v1 et v2 par rapport à cette base.

      L'espace C2 sur R a pour dimension 4. Nous avons 4 vecteurs. Il faut montrer qu'ils sont libres sur R.

      Soient a, b, c, d ∈ R tels que a(1,0) + b(i,0) + c(0,1) + d(0,i) = (0,0).

      (a + bi, c + di) = (0,0).

      Donc a + bi = 0 et c + di = 0.

      Puisque a, b sont réels, a + bi = 0 implique a = 0 et b = 0.

      Puisque c, d sont réels, c + di = 0 implique c = 0 et d = 0.

      Donc a = b = c = d = 0. La famille B est R-libre. C'est une base de C2 sur R.

      Composantes de v1 = (1 - i, i) dans la base B :

      v1 = (1 - i, i) = (1,0) + (-i,0) + (0,i) = 1*(1,0) + (-1)*(i,0) + 0*(0,1) + 1*(0,i).

      Les composantes sont (1, -1, 0, 1).

      Composantes de v2 = (2, -1 + i) dans la base B :

      v2 = (2, -1 + i) = (2,0) + (0, -1 + i) = 2*(1,0) + 0*(i,0) + (-1)*(0,1) + 1*(0,i).

      Les composantes sont (2, 0, -1, 1).

   Foire Aux Questions (FAQ)

   Qu'est-ce qu'un espace vectoriel ?

   Un espace vectoriel est un ensemble d'objets appelés "vecteurs" qui peuvent être additionnés entre eux et multipliés par des "scalaires" (des nombres réels ou complexes, par exemple). Ces opérations doivent satisfaire un ensemble de dix axiomes, garantissant des propriétés comme l'associativité, la commutativité et l'existence d'un élément neutre et d'un inverse.

   Quelle est la différence entre une famille libre et une base ?

   Une famille de vecteurs est dite "libre" si le seul moyen d'obtenir le vecteur nul par une combinaison linéaire de ces vecteurs est d'utiliser des coefficients tous nuls. Une "base" d'un espace vectoriel est une famille de vecteurs qui est à la fois libre et génératrice, ce qui signifie qu'elle permet d'exprimer de manière unique n'importe quel vecteur de l'espace comme une combinaison linéaire de ses éléments.

   Comment déterminer si un ensemble de vecteurs est un sous-espace vectoriel ?

   Pour qu'un sous-ensemble W d'un espace vectoriel V soit un sous-espace vectoriel, il doit satisfaire trois conditions : 1) Le vecteur nul de V doit appartenir à W. 2) La somme de deux vecteurs quelconques de W doit rester dans W (stabilité par addition). 3) Le produit d'un vecteur de W par n'importe quel scalaire doit rester dans W (stabilité par multiplication scalaire).

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