IUT C de Roubaix DUT STID 1re Année 2011-2012 Corrigé interrogation d’algèbre s

IUT C de Roubaix DUT STID 1re Année 2011-2012 Corrigé interrogation d’algèbre semestre 2 Exercice 1 : a) Trois vecteurs dans R3 sont linéairement indépendants si et seulement si le déterminant de la matrice formée par ces vecteurs est non nul. On calcule |u v w| 1 2 3 0 2 3 2 2 6 L3 ←L3 −2L1 = 1 2 4 0 2 3 0 −2 −2 = 1 × (−1)1+1 × 2 3 −2 −2 = −4 + 6 = 2 ̸= 0 Donc u, v, w sont linéairement indépendants. On aurait aussi pu répondre à cette question en repartant de la définition de l’indépendance linéaire comme ce qui est fait dans la question suivante. b) u, v, w linéairement indépendants si et seulement si λ1u + λ2v + λ3w = 0 ⇒λ1 = λ2 = λ3 = 0 On résout donc λ1u + λ2v + λ3w = 0 ce qui est équivalent à        λ1 +λ3 = 0 λ2 +2λ3 = 0 2λ2 +4λ3 = 0 λ1 +λ2 +3λ3 = 0 Ce qui après réduction sous forme échelonnée donne le système suivant :  λ1 +λ3 = 0 λ2 +2λ3 = 0 Le système a été mis sous formé échelonnée, il comporte 3 inconnues et 2 équations, il admet donc une infinité de solutions, on en déduit alors que λ1u + λ2v + λ3w = 0 ⇏λ1 = λ2 = λ3 = 0 les vecteurs u, v, w ne sont donc pas linéairement indépendants. Pour écrire l’un d’entre eux comme combinaison linéaire des autres, on cherche une solution particulière du système précédent ; on pose λ3 = 1, on en déduit λ2 = −2 et λ1 = −1. On a donc −u−2v +w = 0 ⇔w = u+2v. Exercice 2 : x = 2y = 3z ⇔  x −2y = 0 2y −3z = 0 A est donc l’ensemble des solutions d’un système linéaire homogène donc A est un sous espace vectoriel de R3. Remarque : on peut aussi faire la démonstration en repartant de la définition d’un sous-espace vectoriel : – A ⊂R3 – (0; 0; 0) ∈A car 0 = 2 × 0 = 3 × 0. – Stabilité pour l’addition : ∀u, v ∈A, u = (u1, u2, u3) avec u1 = 2u2 = 3u3, v = (v1, v2, v3) avec v1 = 2v2 = 3v3, alors u + v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) avec (u1 + v1) = 2(u2 + v2) = 3(u3 + v3) donc u + v ∈A – Stabilité pour la multiplication par un scalaire : ∀λ ∈R, ∀u ∈A, u = (u1, u2, u3) avec u1 = 2u2 = 3u3, alors λu = (λu1, λu2, λu3) avec λu1 = 2(λu2) = 3(λu3) donc λu ∈A Donc A est un sous espace vectoriel de R3. B ⊂R3, (0; 0; 0) / ∈B car 0 + 0 + 0 ̸= 1 donc B n’est pas un sous espace vectoriel. Exercice 3 : C n’est pas une base car il y a moins de vecteurs que la dimension de l’espace. Remarque : on pourrait aussi repartir de la définition d’une base pour démontrer que C n’en est pas une. Pour cela il faudrait montrer qu’il n’est pas possible d’écrire tout vecteur de R3 de manière unique sous forme de combinaison linéaire des vecteurs de C. 1 D est une base si et seulement si le déterminant de la matrice formée par ses vecteurs est non nul : −2 0 −4 3 1 5 1 −4 6 L3 ←L3 + 4L1 = −2 0 −4 3 1 5 13 0 26 = 1 × (−1)2+2 −2 −4 13 16 = −52 + 52 = 0 Donc D n’est pas une base de R3. Exercice 4 : a) E est un sous espace vectoriel de R3 car il s’agit de l’ensemble des solutions d’un système linéaire homogène. b) Pour trouver la dimension et une bas de E on commence par réduire le système sous forme échelonnée, ce qui donne :  x −y +2z = 0 2y −z = 0 Ce système mis sous forme échelonnée comporte 3 inconnues et 2 équations, donc il admet une variable libre ⇒dimE = 1. Pour trouver une base de E on exprime la solution générale de ce système. On pose z = λ, λ ∈R on en déduit y = λ 2 , x = −3λ 2 . Donc E = −3λ 2 , λ 2 , λ  ; λ ∈R =  λ −3 2, 1 2, 1  ; λ ∈R . Donc le vecteur −3 2, 1 2, 1  forme une base de E. Exercice 5 : u1 et u2 ne sont pas colinéaires, donc v combinaison linéaire u1 et u2 ⇔|u1 u2 v| = 0. Soit v = (x, y, z). On calcule : 1 2 x −2 3 y L2 ←L2 + 2L1 1 1 z L3 ←L3 −L1 = 1 2 x 0 7 y + 2x 0 −1 z −x = 7 y + 2x −1 z −x = 7(z −x) + y + 2x = −5x + y + 7z. Donc v combinaison linéaire de u1 et u2 ⇔−5x + y + 7z = 0 Remarque on recherche en fait les conditions sur v pour que l’équation v = λ1u1 + λ2u2 admette au moins un couple (λ1, λ2) solution, ce qui se ramène à la résolution du système :    λ1 +2λ2 = x −2λ1 +3λ2 = y λ1 +λ2 = z Après avoir mis ce système sous forme échelonnée, on en déduit qu’une condition nécessaire et suffisante pour que ce système admette au moins une solution est −5x + y + 7z = 0. Cette méthode est plus générale que la première méthode proposée. 2 uploads/s3/ corrige-algebre.pdf

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Administrationsystème linéaire vecteurs forme exercice
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