Exercices choisis d`algèbre linéaire et de géométrie vectorielle

Exercices choisis d’algèbre linéaire et de géométrie
vectorielle
Exercice 1
On considère l’espace vectoriel R2
(a) Montrer que toute famille de quatre vecteurs dans R2 est liée.
(b) Est-ce vrai aussi de toute famille de trois vecteurs?
(c) Quel est le nombre maximal de vecteurs d’une famille libre dans R2 ?
Exercice 2
Montrer dans R3 que deux vecteurs orthogonaux sont linéairement indépendants.
Exercice 3
a
On considère le sous-ensemble V = {
0
!
c a − 2b = 0, c ∈ R} de M2×2 (matrices 2 sur 2).
b
(1) Prouver que c’est un sous-espace vectoriel de M2×2 .
(2) Donner sa dimension.
(3) Présenter une base de ce sous-espace.
Exercice 4
Trouver l’intersection des 3 plans d’équations respectives
Π2 : 3x + z − 2 = 0
Π1 : 3y + 2z + 1 = 0
Π3 : x + y + z = 2
En fonction du résultat obtenu, décider dans quel cas de figure (cf. ci-dessous les 5 possibilités) on se trouve. Plus précisément
1. Donner un argument court pour éliminer certains cas.
2. Trouver le cas approprié après calcul de l’intersection.
3. Si on se trouve dans un cas différent de la figure 1 ou 5, donner la direction des droites di .
4. Quelle valeur donnée à la constante du plan Π1 pour changer de cas de figure?
Le seul changement de cas de figure envisageable en modifiant la constante (on obtient un plan parallèle à Π1 ) est le
passage au cas de figure 3.
5. Est-il possible de trouver pour cette constante une valeur de telle sorte que l’on se retrouve dans le cas de figure 3 ?
(une réponse obtenue par tâtonnement n’est pas une réponse suffisante, remplacer peut-être dans l’équation de Π1 la
constante par une variable m ...)
Π3
Π3
d1 = d2 = d3 = d
Π2
Π3
Π1
Π2
d3
Π1
d1
Figure 1
Π2
Figure 2
1
Π1
Figure 3
d1
Π1
d2
b
I
Π2
d3
Π1
Π3
Π2
Π3
d1
d2
Figure 4
d3
Figure 5
Exercice 5
Soit une pyramide dont la base est un parallélogramme ABC D et qui a pour sommet S. Les coordonnées des points connus
sont A(−3 ; −3 ; 3), B(2 ; −4 ; 2), C (1 ; 2 ; 0)
Le point S, lui, appartient à la droite D d’équation
x = −1 − t
y = −2 + 4t
z = 5+t
On sait encore que le tétraèdre ABC S a pour volume 30.
1. Trouver les coordonnées du point D.
2. Donner les équations cartésienne et vectorielle du plan
contenant le parallélogramme ABC D.
3. Déterminer la distance de ce plan à l’origine.
4. Calculer l’angle aigu de ce plan avec le plan (Oxy).
5. Déterminer les coordonnées du point S.
6. Déterminer les coordonnées du point S ′ symétrique
de S par rapport au plan ABC D (si vous n’avez pas
trouvé les coordonnées de S au point précédent, utilisez S(−2 ; 2 ; 6) ).
S
D
C
A
B
(croquis)
Exercice 6
  

 
 
 
1
0
4
1
−1
   
  
  
Est-ce que les vecteurs 0,  2  et 6 de R3 engendrent le même sous-espace que les vecteurs 2 et 6 ?
0
4
1
7
1
Exercice 7
Soit P3 = {a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 a0 , . . . ,a3 ∈ R}, l’espace vectoriel des polynômes de degré 3 ou moins.
(1) Montrer que E = { f ∈ P3 } x · f ′′ (x) − f ′ (x) = 0 est un sous-espace vectoriel de P3 .
(2) Trouver une base à ce sous-espace.
2
(3) Vérifier que les éléments de la base sont linéairement indépendants.
Exercice 8
1. Soient la famille de vecteurs

   
 

1
0
2
7
       
{ 1  , 3 ,  3  ,  6 }
−1
3
−1
−8
qui engendrent un espace vectoriel V .
(a) Déterminer la dimension de V et proposer une base de V .
 
1
 
(b) Déterminer les coordonnées du vecteur v~ = −3 dans cette base.
−5
(c) Trouver une équation cartésienne caractérisant V .
2. Soit la famille de vecteurs

    
−1
1
s

    
{ s  ,  s  , 1}
1
−1
2
(a) Déterminer r ∈ R telle que cette famille forme une base de R3 .
(b) Quelle est la (ou les) valeur(s) à chosir pour r pour que cette famille ne soit pas une base de R3 (sans la Ti-89).
Exercice 9
Déterminer (sous forme matricielle) la transformation linéaire de R2 dans R2 correspondant à une rotation de centre O et
d’angle π /3. Pour ce faire, chercher les images des vecteurs de la base standard de R2 .
!
1
1. Trouver l’image du vecteur
.
4
2. Trouver l’image de la droite d passant par le point (1 ; 4) et de vecteur directeur
!
d~ =
!
1
1
!
x
x+a
3. Est-ce qu’une translation dans le plan t :
7→
est une application linéaire? Justifier votre réponse.
y
y+b
Exercice 10
 
x
y  
On considère le sous-ensemble {  x + 2y = 0 et w = −2x + 3y} de R4 .
z 
w
(1) Prouver que c’est un sous-espace vectoriel de R4 .
(2) Donner sa dimension.
(3) Présenter une base de ce sous-espace.
Réponses
Exercice 1
1. Pour quatre vecteurs données, on regarde si la combinaison linéaire égale à 0~ peut s’obtenir avec des coefficients différents
de 0.
!
!
!
!
!
x1
x2
x3
x4
0
α
+β
+γ
+δ
=
y1
y2
y3
y4
0
C’est un système de 2 équations avec 4 variables, il y a donc au moins 2 variables libres pour lesquelles il est possible de
choisir des valeurs différentes de 0. La famille est donc liée.
2. De manière semblable, on a 2 équations et 3 variables, ce qui fait une variable libre pour laquelle il est possible de choisir
une valeur différente de 0. La famille est donc liée.
3
3. On prenant deux vecteurs bien choisis (non colinéaires), on peut écrire un système homogène de 2 équations avec 2
variables qui une fois échelonné a la forme
α
!
!
x1
x2
0
+β
=
y1
y2
0
!
x1
y1
⇔
!
x2
y2
0
0
x1
0
⇔
!
x2
y2′
0
0
D’où on tire que le coefficient β = 0, puis par substitution α = 0.
Exercice 2 On sait que deux vecteurs sont orthogonaux dans R3 seulement si leur produit scalaire est nul.
~ et en multipliant
Soit deux vecteurs (non nuls) perpendiculaires v~ et w.
~ En partant de la relation linéaire c v~ + d w
~ = 0
~ c’est-à-dire c · kv~k2 + d · 0 = 0. Comme v~ ≠ 0, on a c = 0.
chaque membre par v~, on peut conclure c · kv~k2 + d v~ · w~ = 0,
De manière semblable, on montre que d = 0.
Exercice 3 (1) C’est un sous-espace vectoriel
– Il n’est pas vide, car il contient l’élément nul.
!
!
a c
a′ c ′
a + a′
– clôture pour l’addition : soit
,
∈ V , montrons que la somme
′
0 b
0 b
0
(a + a′ ) − 2(b + b′ )
c + c′
= a| −{z2b} + a| ′ −{z2b′}
0
0
!
c + c′
est dans V .
b + b′
=0
∈R
– clôture pour la multiplication : montrons que le multiple d’un vecteur de V est dans V : soit α
(αa) − 2(αb) = α(a2 b) = 0
|{z}
et
αc
a c
0 b
!
∈R
0
(2) le système d’équations se réduit à une équation a − 2b = 0 et 3 inconnues : il y a donc 2 variables libres, b et c. Ainsi
a = 2b et avec les deux paramètres libres, la dimension est 2.
!
!
!
!
!
a c
2 0
0 1 2 0
0 1
(3) on a V = {
=
b+
c b, c ∈ R}. Une base de V est ainsi B = h
,
i
0 b
0 1
0 0
0 1
0 0
Exercice 4
2.
1. Les vecteurs normaux aux trois plans sont respectivement
 
 
0
3
1
 
 
 
n~1 = 3, n~2 = 0 et n~3 = 1 : il n’y a donc pas de plans parallèles, ce qui exclut les figures 1 et 2.
2
1
1
 



3y + 2z = −1
3x
+ z =2

 x+ y+ z =2
⇒

0 3
0
1 1
2
1
1

3
−1

2

2
⇒

1

3
0
1 1
0 1
3 2
Pas d’intersection. Ceci correspond à la figure 4.

  
 
i~ 0 3 3−0
3
1




j~ 3 0 = −(0 − 6) =  6  ou d~i = 
2
3. d~i = n~1 × n~2 = 

~
k 2 1 0−9
−9
−3
4.



3y + 2z = m
3x
+ z =2

 x+ y+ z =2
⇒

0

3
1
3 2
0 1
1 1

m
2

2
⇒

1 1

3 0
0 3
1
1
2

2
2

m

2
2

−1

1
à la main 
7−→ 0
0
à la main
4
1 1
3
0 0

7 → 0
−
1 1
3 2
0 0
1. Trouver les coordonnées du point D.

 


 

2 − (−3)
1−x
5
1−x
x = −4
−→ −−→

 


 

AB = DC ⇔ −4 − (−3) =  2 − y  ⇔ −1) =  2 − y  ⇔ y = 3
2−3
0−z
−1
0−z
z=1
2. Donner les équations cartésienne et vectorielle du plan contenant le parallélogramme ABC D.
 
4
−→ −→  
Pour l’équation vectorielle, on a besoin de deux vecteurs directeurs AB et AC =  5 .
−3
Exercice 5

1
2
0

2
4 

m−4

2
4

−5
⇒
m=4
 
 
 
 
x
−3
5
4
   
 
 
ΠABC :  y  = −3 + α −1 + β  5 
z
3
−1
−3
L’équation cartésienne peut se trouver de deux manière différente :
x − (−3) 5
4
y
− (−3) −1
5
= 0 ⇔ (x + 3)(3 − (−5)) − (y + 3)(−15 − (−4)) + (z − 3)(25 − (−4)) = 0
1o z−3
−1 −3
On en tire : 8x + 11y + 29z = 30
     
5
4
8
−
→
−
→
     
2o On cherche le vecteur normal n~ = AB × AC = −1 ×  5  = 11
−1
−3
29
Puis on utilise le point A : 8x + 11y + 29z = d ⇒ 8 · (−3) + 11 · (−3) + 29 · 3 = 30
3. Déterminer la distance de ce plan à l’origine.
|8 · 0 + 11 · 0 + 29 · 0 − 30|
10
5p
30
p
∆(Π,O) =
= √
= √
=
114
2
2
2
57
3 114
114
8 + 11 + 29
4. Calculer l’angle aigu de ce plan avec le plan (Oxy).
 
0
8 · 0 + 11 · 0 + 29 · 1
 
√
On cherche l’angle entre n~ et 0) : cos(α) =
3
114 · 1
1
D’où α = arccos( 3√29114 ) ≈ 25o
5. Déterminer les coordonnées du point S.
−5 −1
−1 − t − 2 1 −→ −→ −→
1 1
1
6 −2 + 4t − (−4)
| = | − 85 − 65t | = 30
VolABC S = |[BA,BC ,BS]| = | 6
6 6
1
−2
5+t −2 C’est-à-dire 85 + 65t = 180 ou −85 − 65t = 180, d’où t = 19/13 ou −53/13.
Ainsi S = (−1 + 53/13 ; −2 − 212/13 ; 5 − 53/13) = (40/13 ; −238/13 ; 12/13)
ou S = (−1 − 19/13 ; −2 + 76/13 ; 5 + 19/13) = (−32/13 ; 50/13 ; 84/13)
6. Déterminer les coordonnées du point S ′ symétrique de S par rapport au plan ABC D (si vous n’avez pas trouvé les
coordonnées de S au point précédent, utilisez S(−2 ; 2 ; 6) ).
 
   
x
−2
8
 
   
On prendra S(−2 ; 2 ; 6) : on cherche l’intersection de DSS ′ :  y  =  2  + α 11 avec Π : 8x + 11y + 29z = 30.
z
6
29
8(−2 + 8α) + 11(2 + 11α) + 29(6 + 29α) = 30 ⇔ α = −25/171
Dans l’équation de la droite DSS ′ ,
– si α = 0, on a le point S,
– si α = −25/171, on a le point I = DSS ′ ∩ Π,
·8
– si α = −50/171, on a le point S ′ = (−2 − 50
171 ; 2 −
50·11
171
;6−
50·29
171 )
Exercice 6 On peut chercher à savoir si les 2 familles de vecteurs engendrent le même espace :
 


 
 
 
1
−1
1
0
4
 
 
 
 
 
α 0 + β  2  + γ 6 = δ 2 + λ 6
1
0
4
1
7

1 −1
2
1 0

0
1
6
4
0 −4
−2 −6
−1 −7

0
0

0
 


 
1 0
6 −2
0 0
−4
−6
 
 
1
−1
1
0
4
 
 
 
 
 
α 0 + β  2  + γ 6 − δ 2 − λ 6 = 0
1
0
4
1
7
⇔
à la main

1

7 → 0
−
0
−1
2
0

0
0

0
0
On a 2 équations et 5 variables, donc 3 variables libres. Ce qui signifie que pour toute valeur de δ et γ (3 variables libres),
il est possible de trouver les valeurs correspondantes pour α, β et γ , et, inversement, pour toute valeur de α, β et γ (3 variables
libres), il est possible de trouver les valeurs correspondantes pour δ et γ .
Exercice 7 (1) C’est un sous-espace, car
– E n’est pas vide. Par exemple f (x) = 3x en fait partie.
– clôture par combinaison linéaire, soit f1 , f2 ∈ E et a,b ∈ R
x · (a f1 + b f2 )′′ − (a f1 + b f2 )′ = x · (a f1′′ + b f2′′ ) − (a f1′ + b f2′ ) = a (x f1′′ − f1′ ) +b (x f2′′ − f2′ ) = 0
|
5
{z
0
}
|
{z
0
}
(2) Soit f (x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 , on cherche les fonctions solutions de l’équation différentielle.
x · (a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 )′′ − (a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 )′ = 2a2 x + 6a3 x 2 − (a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 ) = 0
On en tire que : 3a3 x 3 − a1 = 0, quels que soient les valeurs pour x., donc a1 = 0 et a3 = 0. Les fonctions appartenant à
E sont de la forme f (x) = a0 + a2 x 2 et une base de E est B = h1; x 2 i
(3) B = h1,x 2 i est une base, car f (x) = 1 et g(x) = x 2 sont
évidemment linéairement indépendants.
)
Si x = 0, a · f (x) + b · g(x) = 0 ⇔ a = 0
a = 0 ,b = 0
Si x = 2, a · f (x) + b · g(x) = 0 ⇔ a + 4b = 0
Exercice 8
1. (a) Une première méthode consiste à regarder si les 4 vecteurs sont linéairement indépendants. On sait déjà
qu’ils ne le sont pas en raison de la dimension de R3 qui nous indique qu’il y a au plus 3 vecteurs linéairement
indépendants. Mais en résolvant le système

1

 

0
2


7

 

0
 
 
 
   
α  1  + β 3 + γ  3  + δ  6  = 0
−1
3
−1
−8
0
1

⇔ 1
−1
0
3
3
2
7
3
6
−1 −8

0
0

0
et en trouvant le rang de la matrice (nombre de lignes non nulles après échelonnement)), on trouvera du même
coup la dimension de l’espace vectoriel engendré par ces 4 vecteurs.
Une autre méthode consiste à considérer la matrice formée par 4 colonnes constituées par les 4 vecteurs de l’énoncé
(on remarque que finalement, c’est la même chose qu’avant). On cherche alors la dimension de la matrice qui sera
la dimension de l’espace des colonnes. On la trouve en échelonnant la matrice

1

1
−1
0 2
3 3
3 −1

7
6

−8

1
à la main 
7−→ 0
0
0 2
3 1
3 1

7

−1
−1

1 0
à la main 
7−→ 0 3
0 0

2 7
1 −1

0 0
La dimension de la matrice est 2, donc la famille engendre un espace vectorielle
de dimension 2.On peut
prendre
   
  
1
0
1
0
   
   
pour base deux vecteurs non colinéaires parmi les quatre de départ : <  1  , 3 > ou B =<  1  , 1 >
−1
3
−1
1
 
 
 
1
1
0
 
 
 
(b) −3 = α  1  + β 1
−5
−1
1

1

1
−1
0
1
1

1

−3
−5

1
à la main 
7−→ 0
0
0
1
1

1

−4
−4

1 0
à la main 
7−→ 0 1
0 0

1

−4 ⇒
0
α
=1
1
⇒ v~ =
−
4
β = −4
!
B
(c) Il y a deux méthodes


 


1
0
2
   
 
1o Le sous-espace vectoriel est un plan vectoriel dont le vecteur normal est  1  × 1 = −1 d’où
−1
1
1
l’équation recherchée 2x − y + z = 0
 
x
 
o
2 Ce sont tous les vecteurs  y  qui sont linéairement dépendants avec ceux de la base (fabriqués par la base
z
     
x
1
0
     
par combinaison linéaire) : dét(y  ,  1  , 1) = 0 ⇔ 2x − y + z = 0
z
−1
1
2. Une base est faite d’éléments linéairement indépendants
     
−1
1
s
     
(a) 3 vecteurs sont linéairement indépendants, si le déterminant est non nul : dét( s  ,  s  , 1) = 2r 2 − 4r.
1
−1
2
−2r 2 − 4r = 2r(r + 2) = 0. On peut choisir r ≠ 0 ou r ≠ −2
(b) L’une de ces deux valeurs.
6
Exercice 9 Les images, par cette rotation, des vecteurs de base sont :
!
!
1 t π /3 cos π /3
1/2
7 →
−
= √
0
sin π /3
3/2
!
!
− sin θ
0
1
b
cos θ
√ !
− 3/2
!
b
√
1/2 − 3/2
3/2
1/2
√
1.
√
!
!
√ !
− 3/2
1/2
1
0
θ
b
b
.
√ !
!
1
1/2 − 2 3
= √
4
3/2 + 2
√
!
√
!
!
!
1
1/2 − 3/2
1/2 − 3/2
= √
, donc √
2.
1
3/2 + 1/2
3/2
1/2
!
√ !
√ !
x
1/2
−2 3
1/2 − 3/2
√
√
c’est la droite d’équation :
=
+α
y
3/2 + 2
3/2 + 1/2
3. Non, elle ne préserve pas l’addition :
1/2 − 3/2
√
3/2
1/2
θ
la matrice représentant la rotation est ainsi :
1/2
3/2
cos θ
sin θ
b
0 t θ − sin π /3
7−→
=
1
cos π /3
sin 1/2
√
!
!
!
!!
1
1
+α
4
1
!
√ !
√
!
x
x′
x + x′
x + x′ + a
x+a
x′ + a
t(
+ ′ ) = t(
)=
≠
+ ′
′
′
y
y
y+y
y+y +b
y+b
y +b
!
Exercice 10 (1) C’est un sous-espace vectoriel
– Il n’est pas vide, car il contient l’élément nul.
on peut vérifier la clôture par combinaison linéaire ou tester la clôture séparément pour l’addition et la multiplication.
  
x
y
 
– clôture pour l’addition : soit   ,
z
w



x′
x + x′
 y′ 
 y + y′ 
 


 ′  ∈ V , montrons que la somme 
 est dans V .
z 
 z + z′ 
′
′
w
w+w
(x + x ′ ) + 2(y + y′ ))
−2(x + x ′ ) + 3(y + y′ ) − (w + w′ )
= x + 2y + x ′ + 2y′
| {z } | {z }
0
=0
0
= −2x + 3y − w + −2x ′ + 3y′ − w′
|
{z
} |
{z
}
0
=0
0
– clôture pour la multiplication : montrons que le multiple d’un vecteur de V est dans V .
2(αx) − 3(αy)
= α(2x − 3y)
| {z }
=0
0
−2(αx) + 3(αy) − (αz)
= α(−2x + 3y − w)
|
{z
}
=0
0
(2) on résout le système d’équations :
(
x + 2y + 0z + 0w = 0
1
⇒
−2x + 3y + 0z − w = 0
−2
2 0
3 0
0
−1
!
0
1 2
⇒
0
0 7
0
0
0
−1
!
0
0
7y = w
⇒
x = −2y = −2w/7
y = w/7
Deux paramètres libres, donc la dimension est 2 (ou nombres de variables – dimension de la matrice = 4-2).
  

 
   
x
−2/7
0
−2
0
 y   1/7 
0  1  0 
  

     
 w +   z z , w ∈ R}. Une base de V est ainsi B = h  ,  i.
(3) on a V = {  = 
z   0 
1
 0  1 
w
1
0
7
0
7
!
1/2 − 2 3
1/2 − 3/2
= √
+α √
3/2 + 2
3/2 + 1/2