DS2 2022 2023 V2

Correction proposée par Mathis S.

Exercice 1 :

Dans cet exercice, on considère que $(x,y,z) \in \mathbb{R}^{3}$

1.

Pour montrer que $u_{1}$, $u_{3}$ et $u_{5}$ sont liés, on cherche une solution non nulle de $xu_{1} + yu_{3} + zu_{5} = 0$

On peut le montrer en vérifiant que le rang de la matrice associée est strictement inférieur à 3.

\[\begin{bmatrix} 1 & - 4 & - 3 \\ - 2 & - 1 & 0 \\ 3 & 3 & 1 \\ - 1 & - 8 & - 5 \end{bmatrix}\] \[L_{2} = L_{2} + 2L_{1},\ L_{3} = L_{3} - 3L_{1},\ L_{4} = L_{4} + L_{1}\] \[\begin{bmatrix} 1 & - 4 & - 3 \\ 0 & - 9 & - 6 \\ 0 & 15 & 10 \\ 0 & - 12 & - 8 \end{bmatrix}\] \[L_{2} = \frac{L_{2}}{- 3},\ L_{3} = \frac{L_{3}}{5},\ L_{4} = \frac{L_{4}}{- 4}\] \[\begin{bmatrix} 1 & - 4 & - 3 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & 3 & 2 \end{bmatrix}\] \[L_{3} = L_{3} - L_{2},\ L_{4} = L_{4} - L_{2}\] \[\begin{bmatrix} 1 & - 4 & - 3 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\]

• Le rang de la matrice associée est $2 < 3$.

• Il existe une solution non nulle de l’équation

• \(xu_{1} + yu_{3} + zu_{5} = 0\)

• Les vecteurs \(u_{1},u_{3},u_{5}\) sont donc liés.

2.

$u_{1}$ et $u_{2}$ ne sont pas colinéaires donc la famille \((u_{1},u_{2})\) est libre.

Montrons que cette famille engendre $F$. Il suffit de vérifier que \(u_{3},u_{4},u_{5} \in Vect\left( u_{1},u_{2} \right)\)

Vérifions donc, par la même méthode que la question précédente, que ($u_{1},u_{2},u_{3}$) et ($u_{1},u_{2},u_{4}$) sont des familles liées.

Pour u3 :

Ecrivons la matrice associée à l’équation $xu_{1} + yu_{2} + zu_{3} = 0$

\[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 4 \\ - 2 & - 1 & - 1 \\ 3 & 1 & 3 \\ - 1 & 2 & - 8 \end{bmatrix}\] \[L_{2} = L_{2} + 2L_{1},\ L_{3} = L_{3} - 3L_{1},\ L_{4} = L_{4} + L_{1}\] \[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 4 \\ 0 & 3 & - 9 \\ 0 & - 5 & 15 \\ 0 & 4 & - 12 \end{bmatrix}\] \[L_{2} = \frac{L_{2}}{3},\ L_{3} = \frac{L_{3}}{- 5},\ L_{4} = \frac{L_{4}}{4}\] \[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 4 \\ 0 & 1 & - 3 \\ 0 & 1 & - 3 \\ 0 & 1 & - 3 \end{bmatrix}\] \[L_{3} = L_{3} - L_{2},\ L_{4} = L_{4} - L_{2}\] \[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 4 \\ 0 & 1 & - 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\]

Pour l’équation \(xu_{1} + yu_{2} + zu_{3} = 0\), le rang de la matrice associée est $< 3$ donc il existe une solution non nulle. La famille \((u_{1},u_{2},u_{3})\) est liée, \(u_{3} \in Vect\left( u_{1},u_{2} \right)\)

Pour u4 :

Ecrivons la matrice associée à l’équation $xu_{1} + yu_{2} + zu_{4} = 0$

\[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 5 \\ - 2 & - 1 & - 2 \\ 3 & 1 & 5 \\ - 1 & 2 & - 11 \end{bmatrix}\] \[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 5 \\ 0 & 3 & - 12 \\ 0 & - 5 & 20 \\ 0 & 4 & - 16 \end{bmatrix}\ L_{2} = L_{2} + 2L_{1},\ L_{3} = L_{3} - 3L_{1},\ L_{4} = L_{4} + L_{1}\] \[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 5 \\ 0 & 1 & - 4 \\ 0 & 1 & - 4 \\ 0 & 1 & - 4 \end{bmatrix}\ L_{2} = \frac{L_{2}}{3},\ L_{3} = \frac{L_{3}}{- 5},\ L_{4} = \frac{L_{4}}{4}\] \[\begin{bmatrix} 1 & 2 & - 5 \\ 0 & 1 & - 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\ L_{3} = L_{3} - L_{2},\ L_{4} = L_{4} - L_{2}\]

De même, le rang de la matrice associée est $< 3$, donc $u_{4} \in Vect\left( u_{1},u_{2} \right)$

Aussi, \(u_{5} \in Vect\left( u_{1},u_{3} \right)\) et \(u_{3} \in Vect\left( u_{1},u_{2} \right)\) donc \(u_{5} \in Vect\left( u_{1},u_{2} \right)\)

Ainsi, \(u_{3},u_{4},u_{5} \in Vect(u_{1},u_{2})\) donc \((u_{1},u_{2})\) engendre $F$.

Ainsi, $\left( u_{1},u_{2} \right)$ est une base de $F$.

Remarque : On peut aussi montrer que le rang de la matrice associée à $\left( u_{1},u_{2},u_{3},u_{4},u_{5} \right)$ est 2, donc $\dim(F) = 2$. \(\left( u_{1},u_{2} \right)\) est une famille libre de deux vecteurs de $F$ donc elle engendre $F$.

Exercice 2 :

1.

\[F = \left\{ (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^{4},x + 2y + z + t = 0 \right\}\] \[F = \left\{ (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^{4},t = - x - 2y - z \right\}\] \[F = \left\{ (x,y,z, - x - 2y - z),\ (x,y,z) \in \mathbb{R}^{3} \right\}\] \[F = \left\{ (x,0,0, - x) + (0,y,0, - 2y) + (0,0,z, - z),\ (x,y,z) \in \mathbb{R}^{3} \right\}\] \[F = \left\{ x(1,0,0, - 1) + y(0,1,0, - 2) + z(0,0,1, - 1),\ (x,y,z) \in \mathbb{R}^{3} \right\}\]

On pose $u_{1} = (1,0,0, - 1)$, $u_{2} = (0,1,0, - 2)$, $u_{3} = (0,0,1, - 1)$

Alors $F = Vect\left( u_{1},u_{2},u_{3} \right)$

$F$ est donc un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^{4}$, la famille \(\left( u_{1},u_{2},u_{3} \right)\) engendre $F$.

Montrons que la famille \(\left( u_{1},u_{2},u_{3} \right)\) est libre. Si on considère l’équation \(xu_{1} + yu_{2} + zu_{3} = 0\), alors

\[\left \{ \begin{matrix} x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \\ - x - 2y - z = 0 \end{matrix} \right.\]

L’équation admet comme unique solution $(0,0,0)$ donc la famille \(\left( u_{1},u_{2},u_{3} \right)\) est libre.

\(\left( u_{1},u_{2},u_{3} \right)\) est donc une base de $F$.

2.

\[G = \left\{ (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^{4},x + 2y - z + t = 0\ \text{et}\ y - z = 0 \right\}\] \[G = \left\{ (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^{4},t = - x - 2y + z\ \text{et}\ y = z \right\}\] \[G = \left\{ (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^{4},t = - x - y\ \text{et}\ y = z \right\}\] \[G = \left\{ (x,y,y, - x - y),\ (x,y) \in \mathbb{R}^{2} \right\}\] \[G = \left\{ (x,0,0, - x) + (0,y,y, - y),\ (x,y) \in \mathbb{R}^{2} \right\}\] \[G = \left\{ x(1,0,0, - 1) + y(0,1,1, - 1),\ (x,y) \in \mathbb{R}^{2} \right\}\]

On pose $v_{1} = (1,0,0, - 1)$ et $v_{2} = (0,1,1, - 1)$

Alors $G = Vect\left( v_{1},v_{2} \right)$

$G$ est donc un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^{4}$, la famille \(\left( v_{1},v_{2} \right)\) engendre $G$. De plus, les vecteurs $v_{1}$ et $v_{2}$ ne sont pas colinéaires.

Ainsi, \(\left( v_{1},v_{2} \right)\) est une base de $G$.

3.

\[F \cap G = \left\{ (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^{4},\ x + 2y + z + t = 0\ \text{et}\ x + 2y - z + t = 0\ \text{et}\ y - z = 0 \right\}\]

Soit $w(x,y,z,t) \in F \cap G$

Alors $w$ vérifie le système :

\[\left \{ \begin{matrix} x + 2y + z + t = 0 \\ x + 2y - z + t = 0 \\ y = z \\ \end{matrix} \right.\] \[E_{2} = E_{2} - E_{1}\] \[\left \{ \begin{matrix} x + 2y + z + t = 0 \\ - 2z = 0 \\ y = z \end{matrix} \right.\] \[\left \{ \begin{matrix} t = - x \\ y = z = 0 \end{matrix} \right.\] \[F \cap G = \left\{ (x,0,0, - x),\ x\mathbb{\in R} \right\}\] \[F \cap G = \left\{ x(1,0,0, - 1),\ x\mathbb{\in R} \right\}\] \[F \cap G = Vect\left( (1,0,0, - 1) \right)\]

$F \cap G$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^{4}$. Une base de $F \cap G$ est $\left{ (1,0,0, - 1) \right}$.

Exercice 3 :

1.a.

Pour montrer que $( \mathbb{R}^{2}, + ,. )$ est un espace vectoriel, la loi externe doit vérifier les propriétés suivantes, $\forall(\lambda,\mu) \in \mathbb{R}^{2},\ \forall(x,y),( x^{‘},y^{‘} ) \in \mathbb{R}^{2}\ $:

• \(1.(x,y) = (x,y)\)

• \(\lambda.\left( \mu.(x,y) \right) = (\lambda\mu).(x,y)\)

• \(\lambda.\left( x + x^{'},y + y^{'} \right) = \lambda.(x,y) + \lambda.\left( x^{'},y^{'} \right)\)

• \((\lambda + \mu).(x,y) = \lambda.(x,y) + \mu.(x,y)\)

1.b.

Montrons que la loi externe ne vérifie par le quatrième point. \(\forall(\lambda,\mu) \in \mathbb{R}^{2},\ \forall(x,y) \in \mathbb{R}^{2}\\):

\[(\lambda + \mu).(x,y) = \left( (\lambda + \mu)x,y \right)\] \[\lambda.(x,y) + \mu.(x,y) = (\lambda x,y) + (\mu x,y) = \left( (\lambda + \mu)x,2y \right)\]

Pour $y \neq 0$, $(\lambda + \mu).(x,y) \neq \lambda.(x,y) + \mu.(x,y)$

\(\left( \mathbb{R}^{2}, + ,. \right)\) n’est pas un espace vectoriel.

2.

Rappel : L’ensemble des applications de $E$ vers $F$ est noté $\mathcal{F}(E,F)$. D’après le cours, pour tout ensemble $A$, $\mathcal{F}\left( A\mathbb{,\ R} \right)$ est un espace vectoriel.

Soit $F$ l’ensemble des fonctions de $\lbrack 0;1\rbrack$ dans $\mathbb{R}$ vérifiant $f(1) = 2f(0)$

\[F = \{ f\mathcal{\in F}\left( \lbrack 0;1\rbrack,\ f(1) = 2f(0) \right\}\]

Pour montrer que $F$ est un espace vectoriel, montrons que c’est un sous espace-vectoriel de l’espace vectoriel de référence \(\mathcal{F}\left( \lbrack 0;1\rbrack\mathbb{,\ R} \right)\)

Nous devons vérifier 3 conditions : $F\mathcal{\subset F}\left( \lbrack 0;1\rbrack\mathbb{,R} \right)$, l’application nulle est incluse dans $F$ et

\[\forall\lambda,\mu\mathbb{\in R,\ \forall}f,g \in F,\ \lambda f + \mu g \in F\]

• $F$ est incluse dans $\mathcal{F}\left( \lbrack 0;1\rbrack\mathbb{,R} \right)$ par définition

• Si $f$ est la fonction nulle, alors $f(1) = 2f(0) = 0$ donc $f \in F$

• \(\forall\lambda,\mu\mathbb{\in R,\ \forall}f,g \in F,\)

\[(\lambda f + \mu g)(1) = \lambda f(1) + \mu g(1) = 2\lambda f(0) + 2\mu g(0) = 2\left( \lambda f(0) + \mu g(0) \right) = 2(\lambda f + \mu g)(0)\]

Donc $\lambda f + \mu g \in F$

$F$ est bien un sous espace-vectoriel de $\mathcal{F}\left( \lbrack 0;1\rbrack\mathbb{,R} \right)$. $F$ est donc un espace vectoriel.

Exercice 4 :

1.a.

On remarque aisément que \(u_{3} = 2u_{1} - u_{2}\)

(Si on ne le voit pas on peut toujours résoudre un système simple).

1.b.

De même, on remarque que \(u_{4} = u_{1} - u_{2}\)

Ainsi, \(u_{1} = u_{3} - u_{4}$ et $u_{2} = u_{3} - 2u_{4}\)

On a \(u_{3},u_{4} \in Vect\left( u_{1},u_{2} \right)\) donc \(Vect\left( u_{3},u_{4} \right) \subset Vect\left( u_{1},u_{2} \right)\) donc $G \subset F$

On a $u_{1},u_{2} \in Vect\left( u_{3},u_{4} \right)$ donc $Vect\left( u_{1},u_{2} \right) \subset Vect\left( u_{3},u_{4} \right)$ donc $F \subset G$

Donc $F = G$

2.

On considère la famille \(\left( e_{1},u_{1},u_{2} \right)\). Cette famille est une base de $\mathbb{R}^{3}$ si et seulement si le rang de la matrice homogène associée à \(\left( e_{1},u_{1},u_{2} \right)\) est 3.

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 2 \end{bmatrix}\]

Il apparaît immédiatement que le rang de cette matrice est 3. Ainsi, \(\left( e_{1},u_{1},u_{2} \right)\) est une base de $\mathbb{R}^{3}$.