Soit la droite D d`équation : y = – x. 1. Les vecteurs de IR² suivants

CHAPITRE 3 – ESPACES VECTORIELS
EXERCICE 1 (CHAPITRE 4 – I)1
Soit la droite D d’équation :
y = – x.
1. Les vecteurs de IR² suivants :
2
1
0
−2
𝑋1 = ( ), 𝑋2 = ( ), 𝑋3 = ( ), 𝑋4 = ( )
−3
−1
1
2
sont-ils sur cette droite ?
2. Représenter graphiquement cette droite, ainsi que les vecteurs X1, X2, X3, X4, 2X1 et
X1+X4.
3. Montrer que la somme de deux vecteurs de D est un vecteur de D et que le produit
d’un vecteur de D par un réel est un vecteur de D. En déduire que D est un espace
vectoriel.
CORRECTION
𝑥
1. Les vecteurs (𝑦) de IR² situés sur la droite D sont tels que y = – x.
Ceci est le cas des vecteurs X1 (puisque – 1 = – (1)) et X4 (puisque 2 = – (– 2)), mais pas
de X2 (puisque – 3 ≠ – 2) ni de X3 (puisque 1 ≠ – 0).
2.
y
D
X4
1
X3
0
x
1
X1
X2
𝑥
3. Les vecteurs situés sur la droite D sont les couples (𝑦) de IR² tels que y = – x. Soit deux
vecteurs de D :
𝑥
𝑥′
X = (𝑦) et 𝑋 ′ = ( ′ )
𝑦
Les numéros de chapitres et de sections indiqués en rouge renvoient aux chapitres et sections du manuel
d’Introduction à l’algèbre linéaire d’Ozgür Gün et Sophie Jallais, référence sur l’epi).
1
1
alors le vecteur :
𝑥
𝑥′
𝑥 + 𝑥′
X+𝑋 ′ = (𝑦)+( ′ )=(
)
𝑦
𝑦 + 𝑦′
appartient à D. En effet, comme X et 𝑋 ′ sont des éléments de D, on a :
y = – x et 𝑦 ′ = −𝑥 ′ ,
et donc :
𝑦 + 𝑦 ′ = −𝑥 − 𝑥 ′ = −(𝑥 + 𝑥 ′ ).
La somme de deux vecteurs de D est donc un vecteur de D. On dit que D est stable pour
la somme vectorielle.
Soit un vecteur de D :
alors le vecteur :
𝑥
X = (𝑦)
𝑥
α𝑥
αX=α (𝑦) = (α𝑦)
appartient à D. En effet, comme X est un élément de D, on a :
y = – x,
et donc :
α𝑦 = α(−𝑥) = −(α𝑥).
Le produit d’un vecteur de D par un réel est donc un vecteur de D. On dit que D est stable
pour l’homothétie.
L’ensemble D est une partie de IR² (puisque tous les vecteurs de D sont des éléments de
IR²). Il est en outre non vide puisqu’il contient les vecteurs X1 et X4 (voir question 1).
L’ensemble D est donc un sous-espace vectoriel de IR² puisque, on vient de le voir, il est
stable pour la somme vectorielle et l’homothétie (voir propriété IV-1, page 95 du
manuel).
EXERCICE 2 (CHAPITRE 4 – I)
Soit la droite D’ d’équation :
y=–x+1
1. Les vecteurs de IR² suivants :
1
2
0
1
−2
𝑋1 = ( ), 𝑋2 = ( ), 𝑋3 = ( ), 𝑋4 = ( ), 𝑋5 = ( ),
0
−1
1
1
−1
sont-ils sur cette droite ?
2. Représenter graphiquement cette droite, ainsi que les vecteurs X1, X2, X3, X4, X5, 2X2 et
X2+X3.
3. La droite D’ est-elle un espace vectoriel ?
CORRECTION
2
𝑥
1. Les vecteurs (𝑦) de IR² situés sur la droite D sont tels que y = – x + 1.
Ceci est le cas des vecteurs X1 (puisque 0 = – 1+1), X2 (puisque – 1 = – 2+1) et X3
(puisque 1 = – 0 + 1). En revanche, ce n’est pas le cas de X4 (puisque 1 ≠ – 1+1) ni de X5
(puisque – 1 ≠ – (– 2)+1).
2.
y
D’
1
X3
X4
X1
0
x
1
X5
X2
2X2
3. On a vu que les vecteurs X1 et X3 appartiennent à D’. Si D’ est un espace vectoriel, on
doit donc avoir :
X1+X3 ∈ D’.
Or X1+X3 = X4, et X4 n’est pas un élément de D’ (voir question 1). D’ n’est donc pas stable
pour la somme vectorielle : ce n’est pas un espace vectoriel.
EXERCICE 3 (CHAPITRE 4 – I)
A quelle(s) condition(s) sur les paramètres a et b, la droite Δ d’équation :
y = ax + b
est-elle un espace vectoriel ?
CORRECTION
Les vecteurs situés sur la droite Δ d’équation y = ax + b, où a et b sont donnés, sont les
𝑥
couples (𝑦) de IR² tels que y = ax + b. L’ensemble Δ de ces vecteurs est donc une partie
de IR². Il ne peut donc être un sous-espace vectoriel de IR² que s’il en contient le vecteur
nul, autrement dit si 0 = a(0)+b.
Pour que Δ soit un sous-espace vectoriel de IR², il faut donc que b = 0.
Cela suffit-il ? Pour le savoir, il faut voir si, pour b = 0, Δ est stable pour la somme
vectorielle et l’homothétie.
3
□ Stabilité pour la somme vectorielle
Soit deux vecteurs de Δ :
𝑥
𝑥′
X = (𝑦) et 𝑋 ′ = ( ′ ),
𝑦
alors le vecteur :
𝑥
𝑥′
𝑥 + 𝑥′
X+𝑋 ′ = (𝑦)+( ′ ) = (
)
𝑦
𝑦 + 𝑦′
appartient à Δ. En effet, comme X et 𝑋 ′ sont des éléments de Δ, on a, pour b = 0 :
y = ax et 𝑦 ′ = 𝑎𝑥 ′ ,
et donc :
𝑦 + 𝑦 ′ = 𝑎𝑥 + 𝑎𝑥 ′ = 𝑎(𝑥 + 𝑥 ′ ).
□ Stabilité pour l’homothétie
Soit un vecteur de Δ :
alors le vecteur :
𝑥
X = (𝑦),
𝑥
α𝑥
αX=α (𝑦) = (α𝑦)
appartient à Δ. En effet, comme X est un élément de Δ, on a, pour b = 0 :
y = ax,
et donc :
α𝑦 = α(𝑎𝑥) = 𝑎(α𝑥).
Ainsi, si b = 0, l’ensemble Δ est une partie non vide de IR² stable pour la somme
vectorielle et l’homothétie. C’est donc un sous-espace vectoriel de IR².
EXERCICE 4 (CHAPITRE 4 – I)
Trouver un système générateur de l’ensemble Δ de l’exercice précédent (pour b = 0).
CORRECTION
L’ensemble G est un système générateur de Δ si tous les vecteurs de Δ peuvent s’écrire
sous la forme d’une combinaison linéaire des vecteurs de G.
𝑥
Les vecteurs de Δ sont les couples (𝑦) de IR² tels que y = ax. Ce sont donc les couples de
la forme :
𝑥
( ),
𝑎𝑥
ou encore :
1
x( ).
𝑎
Les vecteurs de Δ peuvent donc s’écrire sous la forme d’une combinaison linéaire du
1
1
vecteur ( ) : ce sont les homothétiques du vecteur ( ).
𝑎
𝑎
1
G = {( )} est donc un système générateur de Δ.
𝑎
4
EXERCICE 5 (CHAPITRE 4 – I)
Les ensembles suivants :
1
2
−2
1
2
−3
𝐺1 = {(−1) , (−1) , ( 1)}, 𝐺2 = {(−1) , (−1) , ( 1)},
2
1
3
2
1
0
1
−1
1
1
2
3
1
𝐺3 = {(1) , (−1) , (−1)} et 𝐺4 = {(−1) , (1) , (2) , (2)}
1
1
−1
−1
1
1
3
engendrent-ils IR3 ?
CORRECTION
□ L’ensemble G1 engendre IR3 si et seulement si (voir propriété IV-3, page 101 du
manuel), quel que soit le vecteur :
𝑥
𝑦
( ) de IR3,
𝑧
on a :
1
2 −2 𝑥
1
2 −2
rang(−1 −1
1 𝑦) = rang(−1 −1
1).
2
1
3
2
1
3 𝑧
Or :
1
2 −2
1 2 −2
1 2 −2
rang(−1 −1
)
=
rang(
)
=
rang(
1
0 1 −1
0 1 −1) = 3 ;
2
1
3
0 3 −7
0 0
4
et :
1
2 −2 𝑥
rang(−1 −1
1 𝑦) = 3 ;
2
1
3 𝑧
cette dernière matrice a en effet 3 lignes, son rang est donc inférieur ou égal à 3, et ses
trois premières colonnes sont linéairement indépendantes, puisque, on vient de le
déterminer, leur rang est égal à 3.
L’ensemble G1 est donc générateur de IR3.
□ L’ensemble G2 engendre IR3 si et seulement si, (propriété IV-3) quel que soit le
vecteur :
𝑥
𝑦
( ) de IR3,
𝑧
on a :
1
2 −3 𝑥
1
2 −3
rang(−1 −1
1 𝑦) = rang(−1 −1
1).
2
1
0
2
1
0 𝑧
Or :
1
2 −3
1 2 −3
1 2 −3
rang(−1 −1
)
=
rang(
)
=
rang(
1
0 1 −2
0 1 −2) = 2 ;
2
1
0
0 3 −6
0 0
0
et :
1 2 −3
𝑥
1
2 −3 𝑥
1 2 −3
𝑥
𝑥 + 𝑦 ).
rang(−1 −1
1 𝑦) = rang(0 1 −2 𝑥 + 𝑦 ) = rang(0 1 −2
0
0
0
𝑥
+
3𝑦 + 𝑧
2
1
0 𝑧
0 3 −6 2𝑥 − 𝑧
5
Or le rang de cette dernière matrice n’est pas égal à 2 quels que soient x, y et z. En effet,
pour x = 1, y = 0 et z = 0, par exemple, cette matrice devient :
1 2 −3 1
(0 1 −2 1)
0 0
0 1
et est, en conséquence, de rang trois (elle a 3 lignes donc son rang est inférieur ou égal à
3, et elle comporte au moins trois colonnes linéairement indépendantes, puisque ses
première, deuxième et quatrième colonnes forment une matrice triangulaire d’ordre 3
ne comportant aucun 0 sur sa diagonale principale).
L’ensemble G2 n’engendre donc pas IR3.
□ L’ensemble G3 engendre IR3, si et seulement si, quel que soit le vecteur :
𝑥
(𝑦) de IR3,
𝑧
on a :
1 −1
1 𝑥
1 −1
1
rang(1 −1 −1 𝑦) = rang(1 −1 −1).
1
1 −1
1
1 −1 𝑧
Or :
1 −1
1
1 −1 1
1 −1 1
rang(1 −1 −1) = rang(0
0 2) = rang(0 −2 2) = 3 ;
1
1 −1
0 −2 2
0
0 2
et :
1 −1
1 𝑥
rang(1 −1 −1 𝑦) = 3 ;
1
1 −1 𝑧
cette dernière matrice a en effet 3 lignes, son rang est donc inférieur ou égal à 3, et ses
trois premières colonnes sont linéairement indépendantes, puisque, on vient de le
déterminer, leur rang est égal à 3.
L’ensemble G3 est donc générateur de IR3.
□ L’ensemble G4 engendre IR3, si et seulement si, quel que soit le vecteur :
𝑥
(𝑦) de IR3,
𝑧
on a :
1 2 3 1 𝑥
1 2 3 1
rang(−1 1 2 2 𝑦) = rang(−1 1 2 2).
−1 1 1 3
−1 1 1 3 𝑧
Or :
1 2 3 1
1 2 3 1
1 2
3 1
rang(−1 1 2 2) = rang(0 3 5 3) = rang(0 3
5 3) = 3.
−1 1 1 3
0 3 4 4
0 0 −1 1
cette dernière matrice a en effet 3 lignes, son rang est donc inférieur ou égal à 3, et ses
trois premières colonnes sont linéairement indépendantes, puisqu’elles forment une
matrice triangulaire ne comportant aucun 0 sur sa diagonale principale.
Par ailleurs :
1 2 3 1 𝑥
rang(−1 1 2 2 𝑦) = 3 ;
−1 1 1 3 𝑧
6
cette matrice a en effet 3 lignes, son rang est donc inférieur ou égal à 3, et ses quatre
premières colonnes, on vient de le déterminer, sont de rang trois.
L’ensemble G4 est donc générateur de IR3.
EXERCICE 6 (CHAPITRE 4 – I)
Soit l’ensemble A :
𝑥
A = {(𝑦) ∈ IR3 , 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0}.
𝑧
Ecrire les éléments de A sous la forme d’une combinaison linéaire de vecteurs de IR3. En
déduire que A est un espace vectoriel. En donner un système générateur.
CORRECTION
Les éléments de A sont les vecteurs :
𝑥
(𝑦) de IR3
𝑧
tels que 𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 0 ou, ce qui revient au même, tels que z = x + 2y. Ce sont donc les
vecteurs de IR3 de la forme :
𝑥
( 𝑦 ).
𝑥 + 2𝑦
Et comme :
𝑥
1
0
( 𝑦 ) = 𝑥 (0) + 𝑦 (1),
𝑥 + 2𝑦
1
2
il vient :
1
0
A = {𝑥 (0) + 𝑦 (1) , 𝑥 ∈ IR, 𝑦 ∈ IR}.
1
2
1
0
C’est l’ensemble des combinaisons linéaires des vecteurs (0) et (1).
1
2
Ces deux vecteurs étant des vecteurs de l’espace vectoriel IR3, on en déduit (propriétés
IV-4 et IV-4 bis, page 103 du manuel) que A est un sous-espace vectoriel de IR3. C’est le
sous-espace vectoriel de IR3 engendré par :
1
0
{(0) , (1)}.
1
2
Remarque : si l’on avait exprimé, non pas z en fonction de x et de y, mais, par exemple, x
en fonction de y et de z, on aurait trouvé un autre système générateur de A.
7
EXERCICE 7 (CHAPITRE 4 – I)
Montrer que l’ensemble B :
𝑥
𝑦
B = {( ) ∈ IR4 , 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = 0, 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0}.
𝑧
𝑡
est un espace vectoriel.
CORRECTION
Les éléments de B sont les vecteurs :
vérifiant le système :
𝑥
𝑦
( ) de IR4
𝑧
𝑡
𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = 0
.
𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0
En appliquant la méthode du pivot à ce système, il vient :
𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 = 0
𝐿1
{
.
𝑦
− 3𝑡 = 0
𝐿1 − 𝐿2
La solution de ce système est donc :
x = – z + 5t, y = 3t, z quelconque et t quelconque.
D’où :
−1
−𝑧 + 5𝑡
5
0
3𝑡
3
B = {(
) , 𝑧 ∈ IR, 𝑡 ∈ IR} = {𝑧 ( ) + 𝑡 ( ) , 𝑧 ∈ IR, 𝑡 ∈ IR}.
1
𝑧
0
0
𝑡
1
C’est l’ensemble des combinaisons linéaires des vecteurs :
−1
5
0
3
( ) et ( ).
1
0
0
1
Ces deux vecteurs appartenant à l’espace vectoriel IR4, on en déduit (propriété IV-4 ou
IV-4 bis) que B est un sous-espace vectoriel de IR4.
{
EXERCICE 8 (CHAPITRE 4 – II)
Les ensembles G1, G2, G3 et G4 de l’exercice 5 sont-ils des bases de IR3 ?
Le cas échéant, déterminer les coordonnées du vecteur :
1
( 0)
−1
dans ces bases.
CORRECTION
L’ensemble Gi est une base de IR3 si et seulement si :
 Gi engendre IR3
8
 et Gi est libre.
Dans l’exercice I-5, on a vu que G2 n’engendre pas IR3. Ce n’est donc pas une base de IR3.
En revanche, les ensembles G1, G3 et G4 sont générateurs de IR3. Ce sont donc des bases
de IR3 s’ils sont libres.
Comme : rangG1 = 3 = cardG1, G1 est libre : c’est une base de IR3.
Il en va de même pour G3 puisque l’on a : rangG3 = 3 = cardG3.
En revanche, comme rangG4 = 3, les quatre vecteurs de G4 sont linéairement
dépendants ; ils ne forment donc pas une base de IR3.
1
1
2
−2
□ Coordonnées du vecteur ( 0) dans la base 𝐺1 = {(−1) , (−1) , ( 1)}
−1
2
1
3
𝑎
1
Les coordonnées (𝑏) du vecteur ( 0) dans la base G1 sont (voir pages 109-110 du
𝑐
−1
manuel) la solution du système :
1
2 −2 𝑎
1
𝑏
(−1 −1
)
(
)
=
(
1
0).
2
1
3 𝑐
−1
En appliquant la méthode du pivot à la matrice élargie de ce système :
1
2 −2 1
(−1 −1
1| 0),
2
1
3 −1
on obtient successivement :
1 2 −2 1
1 2 −2 1
(0 1 −1|1) et (0 1 −1|1).
0 3 −7 3
0 0
40
Le système devient donc :
{
𝑎
ce qui donne : a = – 1, b = 1 et c = 0.
Les coordonnées du vecteur :
dans la base G1 sont donc :
+
2𝑏
𝑏
−
−
2𝑐
𝑐
4𝑐
=
=
=
1
1,
0
1
( 0)
−1
−1
( 1).
0
1
1
−1
1
□ Coordonnées du vecteur ( 0) dans la base 𝐺3 = {(1) , (−1) , (−1)}
−1
1
1
−1
𝑎
1
Les coordonnées (𝑏) du vecteur ( 0) dans la base G3 sont la solution du système :
𝑐
−1
1 −1
1 𝑎
1
(1 −1 −1) (𝑏 ) = ( 0).
1
1 −1 𝑐
−1
9
En appliquant la méthode du pivot à la matrice élargie de ce système :
1 −1
1 1
(1 −1 −1| 0) ;
1
1 −1 −1
on obtient :
1 −1 1 1
(0
0 2|1).
0 −2 2 2
Le système devient donc :
{
1
𝑎
−
𝑏
+
−
2𝑏
+
𝑐
2𝑐
2𝑐
=
=
=
1
1,
2
1
ce qui donne : a = 0, b = − 2 et c = 2. Les coordonnées du vecteur :
1
( 0)
−1
dans la base G3 sont donc :
0
1
−
( 2).
1
2
EXERCICE 9 (CHAPITRE 4 – II)
Soit l’ensemble :
1
−2
) , ( )}
−2
1
G = {(
1. Montrer que G est une base de IR2.
2. Déterminer les coordonnées dans cette base d’un vecteur quelconque de IR2.
3. En déduire l’inverse de la matrice :
1 −2
(
).
−2
1
CORRECTION
1 −2
1 −2
) = rang(
) = 2, G est libre.
0 −3
−2
1
1 −2 𝑥
En outre, comme rang(
)=2
−2
1 𝑦
(car le rang de cette matrice est inférieur ou égal à 2, son nombre de lignes, et supérieur
ou égal à 2, puisque ses deux premières colonnes, on vient de le voir, sont linéairement
indépendantes), on a :
1 −2 𝑥
1 −2
rang(
) = rang(
).
−2
1 𝑦
−2
1
G engendre donc IR2.
G étant un système libre et générateur de IR2, c’est une base de IR2.
1. Comme rangG = rang(
𝑥
𝑎
2. Les coordonnées ( ) d’un vecteur quelconque (𝑦) de IR2 dans la base G sont la
𝑏
solution du système :
10
𝑥
1 −2 𝑎
) ( ) = (𝑦).
−2
1 𝑏
En appliquant la méthode du pivot à ce système, il vient :
𝑥
1 −2 𝑎
(
) ( ) = (2𝑥 + 𝑦),
𝑏
0 −3
ce qui donne :
𝑥+2𝑦
2𝑥+𝑦
a = − 3 et b = − 3 .
Les coordonnées du vecteur :
𝑥
(𝑦 )
dans la base G sont donc :
(
𝑥+2𝑦
− 3
𝑎
( ) = ( 2𝑥+𝑦
).
𝑏
−
3
3. De :
𝑥
1 −2 𝑎
) ( ) = (𝑦),
−2
1 𝑏
(
on a déduit :
𝑥 + 2𝑦
1
2
−
−
𝑎
3 )=( 3
3) (𝑥 ).
( )=(
𝑏
2𝑥 + 𝑦
2
1 𝑦
−
−
−
3
3
3
−
L’inverse de la matrice :
1 −2
)
−2
1
(
est donc :
1
2
−
−3
( 32
1).
−3 −3
EXERCICE 10 (CHAPITRE 4 – II)
Résoudre le système :
MX = U,
𝑥
𝑎
−2
1
où M = (
), X = (𝑦) et U = ( ).
𝑏
3 −2
1
En déduire une base de IR2, ainsi que les coordonnées du vecteur ( ) dans cette base.
1
CORRECTION
De MX = U, on déduit, en appliquant la méthode du pivot dans l’ordre habituel :
(
𝑎
−2
1 𝑥
)( )=(
).
3𝑎 + 2𝑏
0 −1 𝑦
Le système a donc pour solution :
x = = −2𝑎 − 𝑏 et y = – 3a – 2b.
11
La solution de ce système étant unique, tout vecteur U de IR2 peut s’écrire sous la forme
d’une combinaison linéaire unique des deux colonnes de la matrice M. Il s’ensuit (voir
propriété IV-5, page 105 du manuel) que ces deux colonnes forment une base de IR2.
1
Les coordonnées du vecteur ( ) dans cette base sont les solutions du système :
1
−2
1 𝑥
1
) (𝑦) = ( ),
3 −2
1
à savoir : x = −2(1) − 1 = −3 et y = – 3(1) – 2(1), ce que l’on peut écrire :
(
−3
1
( ) = ( ) −2
−5 {( ),(
1
3
1
)}
−2
.
EXERCICE 11 (CHAPITRE 4 – II-III)
Déterminer une base et la dimension des espaces vectoriels des exercices 1, 6 et 7.
CORRECTION
□ La droite D d’équation :
y = – x.
de l’exercice I-1 représente l’ensemble des vecteurs de la forme :
𝑥
(𝑦) avec y = – x,
à savoir les vecteurs de la forme :
𝑥
( )
−𝑥
ou encore :
1
𝑥 ( ).
−1
La droite D est donc engendrée par le singleton :
1
{( )}.
−1
Ce système contenant un unique vecteur différent du vecteur nul, il est libre. Il constitue
donc une base de D et l’on a :
1
dimD = card{( )} = 1.
−1
□ L’ensemble A de l’exercice I-6 est le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par :
1
0
𝐺 = {(3) , (1)}.
0
1
Comme G est libre (ses deux vecteurs ne sont pas proportionnels), il constitue une base
de A et dimA = cardG = 2.
□ L’ensemble B de l’exercice I-7 est le sous-espace vectoriel de IR4 engendré par :
12
−1
5
0
3
𝐺 ′ = {( ) , ( )}.
1
0
0
1
′
Comme 𝐺 est libre (ses deux vecteurs ne sont pas proportionnels), il constitue une base
de B et dimB = card𝐺 ′ = 2.
EXERCICE 12 (CHAPITRE 4 – II-III)
Soit la matrice M :
0 1
M = (0 0
1 0
0
1)
0
1. Déterminer le rang de M.
2. En déduire que les colonnes de M forment une base de IR3.
3. Résoudre le système :
MX = U,
𝑥
𝑎
où X = (𝑦) et U = (𝑏).
𝑧
𝑐
1
4. En déduire les coordonnées du vecteur (2) dans cette base.
3
5. Déterminer M – 1.
CORRECTION
1 0 0
1. RangM = rang(0 1 0) = 3.
0 0 1
2. Les colonnes de M étant trois vecteurs de IR3 linéairement indépendants, elles
forment une base de IR3.
3. La solution du système MX = U est immédiate ; il s’agit de :
x = c, y = a et z = b.
4. Les coordonnées du vecteur :
1
(2 )
3
dans cette base sont donc x = 3, y = 1 et z = 2, ce que l’on peut écrire :
3
(1).
2
5. Comme M est de plein rang, on a :
𝑥
𝑎
𝑥
𝑎
M(𝑦)= (𝑏 )  (𝑦) = M – 1(𝑏 ).
𝑧
𝑐
𝑧
𝑐
13
Comme : x = c, y = a et z = b, on a :
𝑥
𝑐
0 0 1 𝑎
(𝑦) = (𝑎) = (1 0 0) (𝑏 ).
𝑧
𝑏
0 1 0 𝑐
0 1 0
0 0
L’inverse de la matrice M = (0 0 1) est donc la matrice M – 1 = (1 0
1 0 0
0 1
1
0).
0
EXERCICE 13 (CHAPITRE 8 – I)
Soit les vecteurs :
1
3
1
−1
3
−1
1
2
2
𝑋1 = ( ). 𝑋2 = ( ). 𝑋3 = (1), 𝑋4 = ( 2), 𝑋5 = ( 1), 𝑋6 = ( ),. 𝑋7 = ( ).
1
−2
1
−2
2
3
−2
3
1
Effectuer, lorsque cela est possible, le produit scalaire Xi∗Xj. Certains de ces vecteurs
sont-ils orthogonaux ?
CORRECTION
𝑥1
𝑦1
Le produit scalaire de deux vecteurs X = ( ⋮ ) et Y = ( ⋮ ) de IRn est (voir page 240 du
𝑥𝑛
𝑦𝑛
manuel) :
X∗Y = x1y1 + … + xnyn.
On a donc :
1
2
□ 𝑋1 ∗ 𝑋2 = ( ) ∗ ( ) = 1(2) − 2(1) = 0.
−2
1
□ 𝑋2 ∗ 𝑋1 = 0 puisque le produit scalaire est commutatif (voir propriété VIII-1, page 241
du manuel).
1
−1
□ 𝑋3 ∗ 𝑋4 = (1) ∗ ( 2) = 1(−1) + 2(1) + 2(3) = 7 = 𝑋4 ∗ 𝑋3
2
3
1
3
□ 𝑋3 ∗ 𝑋5 = (1) ∗ ( 1) = 1(3) + 1(1) + 2(−2) = 0 = 𝑋5 ∗ 𝑋3 .
2
−2
−1
3
□ 𝑋4 ∗ 𝑋5 = ( 2) ∗ ( 1) = −1(3) + 2(1) + 3(−2) = −7 = 𝑋5 ∗ 𝑋4 .
3
−2
1
3
−1
2
□ 𝑋6 ∗ 𝑋7 = ( ) ∗ ( ) = 1(3) − 1(2) + 1(−2) + 3(1) = 2 = 𝑋7 ∗ 𝑋6 .
1
−2
3
1
Deux vecteurs étant orthogonaux lorsque leur produit scalaire est nul (voir page 246 du
manuel), les vecteurs X1 et X2 sont orthogonaux, de même que les vecteurs X3 et X5.
14
EXERCICE 14 (CHAPITRE 8 – I)
Déterminer la norme des vecteurs de l’exercice 1.
CORRECTION
La norme euclidienne du vecteur X de IRn :
𝑥1
X = ( ⋮ ),
𝑥𝑛
est le nombre (voir page 241 du manuel) :
‖𝑋‖ = √𝑋 ∗ 𝑋 = √𝑥12 + … + 𝑥𝑛2 .
On a donc :
□ ‖𝑋1 ‖ = √12 + (−2)2= √5,
□ ‖𝑋2 ‖ = √22 + 12 = √5,
□ ‖𝑋3 ‖ = √12 + 12 + 22 = √6,
□ ‖𝑋4 ‖ = √(−1)2 + 22 + 32 = √14,
□ ‖𝑋5 ‖ = √32 + 12 + (−2)2 = √14,
□ ‖𝑋6 ‖ = √12 + (−1)2 + 1² + 32 = √12 = 3√2,
□ ‖𝑋7 ‖ = √32 + 22 + (−2)² + 12 = √18 = 2√3.
EXERCICE 15 (CHAPITRE 8 – I)
Déduire, des réponses apportées aux deux exercices précédents, une base orthonormée
de IR2.
CORRECTION
Une base orthonormée de IR2 est un système de deux vecteurs de IR2 orthogonaux et de
norme unitaire (voir page 248 du manuel).
Les deux vecteurs de IR2 :
1
2
𝑋1 = ( ) et 𝑋2 = ( )
−2
1
étant orthonogaux, les vecteurs :
√5
𝑋1
‖𝑋1 ‖
2√5
𝑋
1
2
5
= ( )=(
) et ‖𝑋2 ‖ = ( ) = (
2√5
√5 −2
2
1
−
1
5
5
)
√5
5
sont orthogonaux et de norme unitaire. Ils forment donc une base orthonormée de IR2.
15
EXERCICE 16 (CHAPITRE 8 – I)
Déterminer l’ensemble des vecteurs orthogonaux
1
1. au vecteur ( ),
1
1
2. au vecteur ( 1),
−2
1
3
3. aux vecteurs (1) et ( 1),
2
−2
1
−1
4. au vecteur. ( ).
1
−1
5. En déduire une base orthonormée de IR3.
CORRECTION
𝑥
1
1. Les vecteurs orthogonaux au vecteur ( ) sont les vecteurs (𝑦) vérifiant :
1
𝑥
1
( ) ∗ (𝑦) = 0.
1
De :
𝑥
1
( ) ∗ (𝑦) = 0,
1
on déduit :
x + y = 0.
D’où :
x = − y.
−𝑦
1
Les vecteurs orthogonaux au vecteur ( ) sont donc les vecteurs de la forme ( 𝑦 ) ou
1
−1
encore y( ), où y est un réel quelconque.
1
𝑥
1
2. Les vecteurs orthogonaux au vecteur ( 1) sont les vecteurs (𝑦) vérifiant :
𝑧
−2
𝑥
1
( 1) ∗ (𝑦) = 0.
𝑧
−2
De :
𝑥
1
( 1) ∗ (𝑦) = 0,
𝑧
−2
on déduit :
x + y − 2z= 0.
D’où :
x = − y + 2z.
16
Les vecteurs orthogonaux au vecteur :
1
( 1)
−2
sont donc les vecteurs de la forme :
– 𝑦 + 2𝑧
𝑦 );
𝑧
ils forment le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par les deux vecteurs :
2
–1
( 1) et (0).
1
0
(
𝑥
1
3
3. Les vecteurs orthogonaux aux vecteurs (1) et ( 1) sont les vecteurs (𝑦) vérifiant le
𝑧
2
−2
système :
𝑥
1
(1 ) ∗ ( 𝑦 ) = 0
𝑧
2
𝑥
3
( 1) ∗ (𝑦) = 0
{ −2
𝑧
autrement dit le système :
𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 0
{
.
3𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 0
De :
{
on déduit :
{
𝑥
3𝑥
𝑥
+
+
𝑦
𝑦
+ 𝑦
− 2𝑦
ce qui donne :
+ 2𝑧
− 2𝑧
=
=
0
,
0
+
−
=
=
0
,
0
= 2𝑧
.
= −4𝑧
1
3
Les vecteurs orthogonaux aux vecteurs (1) et ( 1) sont donc les vecteurs de la forme :
2
−2
2𝑧
(−4𝑧),
𝑧
ou encore :
2
z(−4), où z est un réel quelconque.
1
{
𝑥
𝑦
2𝑧
8𝑧
17
𝑥
1
𝑦
−1
4. Les vecteurs orthogonaux au vecteur ( ) sont les vecteurs ( ) vérifiant :
𝑧
1
𝑡
−1
𝑥
1
𝑦
−1
( ) ∗ ( ) = 0.
𝑧
1
𝑡
−1
De :
𝑥
1
𝑦
−1
( ) ∗ ( ) = 0,
𝑧
1
𝑡
−1
on déduit :
x – y + z – t = 0.
D’où :
x = y – z + t.
Les vecteurs orthogonaux au vecteur :
1
−1
( )
1
−1
sont donc les vecteurs de la forme :
𝑦−𝑧+𝑡
𝑦
(
);
𝑧
𝑡
ils forment le sous-espace vectoriel de IR4 engendré par les trois vecteurs :
1
1
–1
1
0
( ), ( 0) et ( ).
0
0
1
0
1
0
5. Une base orthonormée de IR3 est un système de trois vecteurs de IR3 orthogonaux
deux à deux et de norme unitaire.
Les deux vecteurs :
1
3
(1) et ( 1)
2
−2
de la question 3 sont orthogonaux (ce sont les vecteurs X3 et X5 de l’exercice I-1). Et on
vient de voir qu’un troisième vecteur de IR3 orthonogal à chacun de ces deux vecteurs
est de la forme :
2
z(−4), où z est un réel.
1
2
En prenant z = 1, on obtient ainsi le vecteur : 𝑋8 = (−4).
1
Les vecteurs X3, X5 et X8 étant trois vecteurs de IR3 orthogonaux deux à deux, le système :
𝑋3
𝑋5
𝑋8
{
,
,
}
‖𝑋3 ‖ ‖𝑋5 ‖ ‖𝑋8 ‖
18
est une base orthonormée de IR3.
Comme :
‖𝑋3 ‖ = √6, ‖𝑋5 ‖ = √14 et ‖𝑋8 ‖ = √22 + (−4)2 + 12 = √21,
cette base orthonormée de IR3 est :
{
1
3
2
1
1
(1) ,
( 1) ,
(−4)} =
√6
√14
√21
2
−2
1
1
3√14
2√21
√6
6
14
21
4√21
√6
√14
,
, −
.
6
14
21
√6
√14
√21
{( 3 ) (− 7 ) (
21 )}
EXERCICE 17 (CHAPITRE 8 – I)
Déterminer l’espace vectoriel orthogonal à l’ensemble A :
1
A = {α (1) , α réel}.
0
CORRECTION
𝑥
𝑦
Les vecteurs orthogonaux à A sont les vecteurs ( ) vérifiant :
𝑧
𝑥
1
α (1) ∗ (𝑦) = 0.
𝑧
0
De :
𝑥
1
α (1) ∗ (𝑦) = 0,
𝑧
0
on déduit :
x + y + 0z = 0,
ce qui donne :
x = – y.
Les vecteurs orthogonaux à A sont donc les vecteurs de la forme :
−𝑦
( 𝑦) ;
𝑧
ils forment le sous-espace vectoriel de IR3 engendré par les deux vecteurs :
−1
0
( 1),et (0).
0
1
19