Exercice 0.1 : Trouver les coefficients d'une combinaison linéaire : dix calculs directs

Pour chaque ligne, calculez les coefficients, les composantes, le déterminant ou le paramètre demandé. Les fractions se donnent exactes, sous la forme $-\frac{3}{4}$ ou $-3/4$ .

Une seule question se cache derrière chaque ligne : le système $a\vec{u}+b\vec{v}\,(+c\vec{w})=\vec{t}$ a-t-il une solution, et laquelle ? On écrit une équation par composante, puis on résout par substitution, en commençant par l'équation qui contient le moins d'inconnues. Le déterminant des vecteurs tranche d'avance : non nul, la famille est libre et la solution unique ; nul, la famille est liée. Dans une base orthogonale, chaque coordonnée se lit directement par un produit scalaire.

a) $\vec{u}=(3;\ -2)$ et $\vec{v}=(1;\ 4)$ : trouvez $a$ et $b$ tels que $(5;\ -8)=a\vec{u}+b\vec{v}$ .
b) $\vec{u}=(2;\ 5)$ et $\vec{v}=(-1;\ 3)$ : trouvez $a$ et $b$ tels que $(4;\ 1)=a\vec{u}+b\vec{v}$ .
c) Un vecteur a pour coordonnées $(-2;\ 3)$ dans la base $\{(1;\ -2);\ (4;\ 1)\}$ : donnez ses deux composantes dans la base canonique.
d) Dans la base orthogonale $\vec{f_{1}}=(2;\ 3)$ , $\vec{f_{2}}=(-3;\ 2)$ , donnez les coordonnées $a$ et $b$ de $\vec{w}=(4;\ 19)$ par deux produits scalaires.
e) Calculez le déterminant de $\vec{p}=(6;\ -9)$ et $\vec{q}=(-4;\ 6)$ , puis dites si la famille $\{\vec{p};\ \vec{q}\}$ est libre ou liée.
f) Trouvez les valeurs de $k$ pour lesquelles $(k;\ 3)$ et $(4;\ k+4)$ sont colinéaires.
g) Dans la base $\{(1;\ 0;\ 0);\ (2;\ 1;\ 0);\ (-1;\ 3;\ 1)\}$ de $\mathbb{R}^{3}$ , trouvez $a$ , $b$ , $c$ tels que $(4;\ -1;\ 2)=a(1;\ 0;\ 0)+b(2;\ 1;\ 0)+c(-1;\ 3;\ 1)$ , puis donnez $a$ et $b$ .
h) Trouvez $a$ , $b$ , $c$ tels que $(0;\ 6;\ 6)=a(1;\ -1;\ 2)+b(2;\ 1;\ 1)+c(0;\ 3;\ 1)$ , puis donnez $a$ et $c$ .
i) Calculez le déterminant des vecteurs $(2;\ -1;\ 1)$ , $(1;\ 3;\ -2)$ et $(5;\ 1;\ 1)$ , puis dites si la famille est libre ou liée.
j) Trouvez la valeur de $m$ pour laquelle les vecteurs $(1;\ m;\ 0)$ , $(0;\ 1;\ 2)$ et $(2;\ 1;\ m)$ sont liés.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/19

a)

a

b

b)

a

b

c)

première composante

deuxième composante

d)

a

b

e)

déterminant

la famille est

f)

la plus petite valeur

la plus grande valeur

g)

a

b

h)

a

c

i)

déterminant

la famille est

j)

m

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Réponses

a) $(5;\ -8)=2\vec{u}-\vec{v}$ ; $a=2$ , $b=-1$
b) $a=\frac{13}{11}$ , $b=-\frac{18}{11}$
c) $-2(1;\ -2)+3(4;\ 1)=(10;\ 7)$
d) $a=\frac{65}{13}=5$ , $b=\frac{26}{13}=2$
e) $\det=0$ ; liée, $\vec{q}=-\frac{2}{3}\vec{p}$
f) $(k+6)(k-2)=0$ ; $k=-6$ ou $k=2$
g) $c=2$ , $b=-7$ , $a=20$
h) $a=2$ , $b=-1$ , $c=3$
i) $\det=7$ ; libre
j) $5m-2=0$ ; $m=\frac{2}{5}$

Le geste qui décide de tout : écrire UNE équation par composante avant de chercher quoi que ce soit. Les coefficients ne se devinent pas, ils se résolvent, et une solution se vérifie toujours en recomposant le vecteur cible.

a)

$3a+b=5$ et $-2a+4b=-8$ . La première donne $b=5-3a$ ; dans la seconde, $-2a+20-12a=-8$ , donc $-14a=-28$ , $a=2$ et $b=-1$ . Vérification : $2(3;\ -2)-(1;\ 4)=(5;\ -8)$ .

b)

$2a-b=4$ et $5a+3b=1$ . La première donne $b=2a-4$ ; dans la seconde, $5a+6a-12=1$ , donc $a=\frac{13}{11}$ et $b=\frac{26}{11}-\frac{44}{11}=-\frac{18}{11}$ . Le déterminant $2(3)-(-1)(5)=11$ annonçait ce dénominateur. Piège : arrondir en cours de route ; on garde les fractions jusqu'au bout.

c)

Les coordonnées sont les coefficients : $-2(1;\ -2)+3(4;\ 1)=(-2+12;\ 4+3)=(10;\ 7)$ . Piège : $-2\times(-2)=+4$ dans la deuxième composante.

d)

$\vec{f_{1}}\cdot\vec{f_{2}}=-6+6=0$ : la base est orthogonale, et $\|\vec{f_{1}}\|^{2}=\|\vec{f_{2}}\|^{2}=13$ . Donc $a=\frac{\vec{w}\cdot\vec{f_{1}}}{\|\vec{f_{1}}\|^{2}}=\frac{8+57}{13}=5$ et $b=\frac{\vec{w}\cdot\vec{f_{2}}}{\|\vec{f_{2}}\|^{2}}=\frac{-12+38}{13}=2$ . Piège : diviser par la norme $\sqrt{13}$ au lieu de son carré.

e)

$\det(\vec{p},\vec{q})=6(6)-(-9)(-4)=36-36=0$ : la famille est liée. En effet, $\vec{q}=-\frac{2}{3}\vec{p}$ . Piège : $(-9)(-4)=+36$ , que l'on retranche.

f)

Colinéaires si et seulement si le déterminant est nul : $k(k+4)-3(4)=k^{2}+4k-12=(k+6)(k-2)=0$ , donc $k=-6$ ou $k=2$ . Vérification : $(2;\ 3)$ et $(4;\ 6)$ , puis $(-6;\ 3)$ et $(4;\ -2)$ , sont bien proportionnels. Piège : n'en garder qu'une.

g)

La base est triangulaire : on remonte depuis la dernière composante. $z$ : $c=2$ . $y$ : $b+3c=-1$ , donc $b=-7$ . $x$ : $a+2b-c=4$ , donc $a=4+14+2=20$ . Vérification : $20(1;\ 0;\ 0)-7(2;\ 1;\ 0)+2(-1;\ 3;\ 1)=(4;\ -1;\ 2)$ . Piège : oublier le $-c$ de la première ligne, ce qui donne $a=18$ .

h)

$a+2b=0$ , $-a+b+3c=6$ , $2a+b+c=6$ . La première donne $a=-2b$ ; les deux autres deviennent $3b+3c=6$ et $-3b+c=6$ . En soustrayant, $4b=-4$ , donc $b=-1$ , $c=3$ et $a=2$ . Vérification : $2(1;\ -1;\ 2)-(2;\ 1;\ 1)+3(0;\ 3;\ 1)=(0;\ 6;\ 6)$ .

i)

Par la première ligne : $2\begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}-(-1)\begin{vmatrix} 1 & -2 \\ 5 & 1 \end{vmatrix}+1\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 5 & 1 \end{vmatrix}=2(5)+1(11)+1(-14)=7$ . Non nul : la famille est libre. Piège : le signe moins devant le deuxième cofacteur.

j)

$\begin{vmatrix} 1 & m & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & m \end{vmatrix}=1(m-2)-m(0-4)+0=5m-2$ . Liés si et seulement si $5m-2=0$ , donc $m=\frac{2}{5}$ . Piège : $-m(0-4)=+4m$ .

Contrôle : à chaque ligne, on recompose la combinaison avec les coefficients trouvés et l'on doit retomber exactement sur le vecteur cible. Pour un déterminant nul, on cherche le multiple ou la combinaison qui le rend nul, comme $\vec{q}=-\frac{2}{3}\vec{p}$ en e).

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Exercice 1 : Composantes, norme et opérations dans le plan

On considère les points $A(-2;\ 3)$ , $B(1;\ 7)$ et $C(-10;\ 9)$ du plan.

a) Déterminez les composantes des vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ , puis calculez leurs normes.
b) Déterminez les composantes du vecteur $2\vec{AB}-3\vec{AC}$ .
c) Les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont-ils colinéaires ? Justifiez par le calcul.
d) Déterminez le vecteur $\vec{w}$ de norme $15$ , de même direction que $\vec{AB}$ mais de sens opposé.

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Réponses

a) $\vec{AB}=(3;4)$ , norme 5 ; $\vec{AC}=(-8;6)$ , norme 10
b) $(30;\ -10)$
c) Non : déterminant $50\neq 0$
d) $\vec{w}=(-9;\ -12)$

a)

$\vec{AB}=(1-(-2);\ 7-3)=(3;\ 4)$ et $\vec{AC}=(-10-(-2);\ 9-3)=(-8;\ 6)$ . Les normes valent $\|\vec{AB}\|=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$ et $\|\vec{AC}\|=\sqrt{(-8)^{2}+6^{2}}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$ .

b)

$2\vec{AB}=(6;\ 8)$ et $3\vec{AC}=(-24;\ 18)$ , donc $2\vec{AB}-3\vec{AC}=(6-(-24);\ 8-18)=(30;\ -10)$ .

c)

Deux vecteurs du plan sont colinéaires si et seulement si leur déterminant est nul : $\begin{vmatrix} 3 & -8 \\ 4 & 6 \end{vmatrix}=(3)(6)-(-8)(4)=18+32=50\neq 0$ . Ils ne sont donc PAS colinéaires. Le piège du chapitre est ici : $\|\vec{AC}\|$ vaut exactement le double de $\|\vec{AB}\|$ , ce qui pousse beaucoup d'étudiants à conclure trop vite que $\vec{AC}=2\vec{AB}$ . La norme ne dit rien sur la direction. Comparaison des rapports de composantes : $\dfrac{-8}{3}\neq\dfrac{6}{4}$ , même conclusion.

d)

Le vecteur unitaire de $\vec{AB}$ est $\dfrac{\vec{AB}}{5}=\left(\dfrac{3}{5};\ \dfrac{4}{5}\right)$ . Pour une norme $15$ et un sens opposé, on multiplie par $-15$ : $\vec{w}=-15\left(\dfrac{3}{5};\ \dfrac{4}{5}\right)=(-9;\ -12)$ . Vérification : $\|\vec{w}\|=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15$ , et $\vec{w}=-3\vec{AB}$ est bien colinéaire à $\vec{AB}$ , de coefficient négatif donc de sens opposé.

Exercice 2 : Combinaison linéaire et système associé

On considère les vecteurs $\vec{u}=(2;\ 1)$ et $\vec{v}=(1;\ 3)$ du plan.

a) Écrivez $\vec{w}=(7;\ 11)$ comme combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , c'est-à-dire trouvez les scalaires $a$ et $b$ tels que $\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}$ .
b) Faites de même pour $\vec{t}=(5;\ -5)$ .
c) Expliquez pourquoi TOUT vecteur du plan peut s'écrire comme combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , et dites en une phrase ce que cela signifie pour la famille $\{\vec{u};\ \vec{v}\}$ .
d) Dans l'espace maintenant, soit $\vec{p}=(1;\ 2;\ 1)$ et $\vec{q}=(0;\ 1;\ 2)$ . Le vecteur $\vec{r}=(1;\ 5;\ 7)$ est-il une combinaison linéaire de $\vec{p}$ et $\vec{q}$ ? Et le vecteur $\vec{s}=(2;\ 3;\ 1)$ ?

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Réponses

a) $\vec{w}=2\vec{u}+3\vec{v}$
b) $\vec{t}=4\vec{u}-3\vec{v}$
c) Déterminant 5 : base de $\mathbb{R}^2$
d) $\vec{r}=\vec{p}+3\vec{q}$ ; $\vec{s}$ non

a)

L'égalité $a(2;\ 1)+b(1;\ 3)=(7;\ 11)$ donne une équation par composante : $\begin{cases} 2a+b=7 \\ a+3b=11 \end{cases}$ . De la première, $b=7-2a$ . En substituant : $a+3(7-2a)=11$ , soit $a+21-6a=11$ , donc $-5a=-10$ et $a=2$ , puis $b=7-4=3$ . Vérification : $2(2;\ 1)+3(1;\ 3)=(4+3;\ 2+9)=(7;\ 11)$ . Donc $\vec{w}=2\vec{u}+3\vec{v}$ .

b)

Même méthode : $\begin{cases} 2a+b=5 \\ a+3b=-5 \end{cases}$ . De la première, $b=5-2a$ , d'où $a+15-6a=-5$ , soit $-5a=-20$ et $a=4$ , puis $b=5-8=-3$ . Vérification : $4(2;\ 1)-3(1;\ 3)=(8-3;\ 4-9)=(5;\ -5)$ . Donc $\vec{t}=4\vec{u}-3\vec{v}$ . Un coefficient négatif est parfaitement normal, ce n'est pas un signe d'erreur.

c)

Pour un vecteur quelconque $(x;\ y)$ , le système s'écrit $\begin{cases} 2a+b=x \\ a+3b=y \end{cases}$ . Son déterminant vaut $\begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{vmatrix}=6-1=5\neq 0$ , donc le système admet une solution unique quel que soit le membre de droite. Tout vecteur du plan s'écrit donc, et d'une seule façon, comme combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : la famille $\{\vec{u};\ \vec{v}\}$ est génératrice de $\mathbb{R}^{2}$ , et comme elle est libre (déterminant non nul), c'est une base de $\mathbb{R}^{2}$ .

d)

Pour $\vec{r}$ : $a(1;\ 2;\ 1)+b(0;\ 1;\ 2)=(1;\ 5;\ 7)$ donne trois équations. La première impose $a=1$ . La deuxième donne $2(1)+b=5$ , donc $b=3$ . Il reste à VÉRIFIER la troisième, qui n'a servi à rien jusqu'ici : $a+2b=1+6=7$ , ce qui est bien la troisième composante. Donc $\vec{r}=\vec{p}+3\vec{q}$ , oui.

Pour $\vec{s}$ : la première équation impose $a=2$ , la deuxième donne $2(2)+b=3$ donc $b=-1$ . Test de la troisième : $a+2b=2-2=0$ , alors que la troisième composante de $\vec{s}$ vaut $1$ . Contradiction, le système est incompatible : $\vec{s}$ n'est PAS une combinaison linéaire de $\vec{p}$ et $\vec{q}$ . C'est le point à ne pas manquer dans l'espace : avec trois équations et deux inconnues, il y a une équation de trop, et c'est elle qui décide. Ne jamais s'arrêter dès que $a$ et $b$ sont trouvés.

Exercice 3 : Dépendance et indépendance linéaire

Cet exercice porte sur le test d'indépendance linéaire dans $\mathbb{R}^{3}$ . On rappelle que trois vecteurs de $\mathbb{R}^{3}$ sont linéairement indépendants si et seulement si le déterminant formé par leurs composantes est non nul.

a) Soit $\vec{u}=(1;\ 2;\ -1)$ , $\vec{v}=(2;\ -1;\ 3)$ et $\vec{w}=(4;\ 3;\ 1)$ . Montrez que $\vec{w}$ est une combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , et concluez sur la nature de la famille $\{\vec{u};\ \vec{v};\ \vec{w}\}$ .
b) Retrouvez la conclusion de a) en une seule ligne, par le calcul du déterminant.
c) La famille $\{(1;\ 0;\ 2);\ (0;\ 1;\ -1);\ (2;\ 1;\ 1)\}$ est-elle libre ou liée ? Justifiez.
d) Déterminez la valeur de $m$ pour laquelle la famille $\{(1;\ 2;\ -1);\ (2;\ -1;\ 3);\ (0;\ 5;\ m)\}$ est liée.

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Réponses

a) $\vec{w}=2\vec{u}+\vec{v}$ : liée
b) Déterminant nul
c) Déterminant $-2$ : libre
d) $m=-5$

a)

On cherche $a$ et $b$ tels que $a\vec{u}+b\vec{v}=\vec{w}$ , soit $\begin{cases} a+2b=4 \\ 2a-b=3 \\ -a+3b=1 \end{cases}$ . Les deux premières donnent $a=4-2b$ puis $2(4-2b)-b=3$ , soit $8-5b=3$ , donc $b=1$ et $a=2$ . Test de la troisième équation : $-2+3(1)=1$ , elle est satisfaite. Donc $\vec{w}=2\vec{u}+\vec{v}$ . Puisqu'un des trois vecteurs s'exprime en fonction des deux autres, la famille est LIÉE (linéairement dépendante). On peut d'ailleurs écrire la relation de dépendance sous sa forme canonique : $2\vec{u}+\vec{v}-\vec{w}=\vec{0}$ , une combinaison nulle à coefficients non tous nuls.

b)

$\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 3 \\ 4 & 3 & 1 \end{vmatrix}=1\big((-1)(1)-(3)(3)\big)-2\big((2)(1)-(3)(4)\big)+(-1)\big((2)(3)-(-1)(4)\big)$ . Cela donne $1(-1-9)-2(2-12)-1(6+4)=-10+20-10=0$ . Le déterminant est nul, donc la famille est liée. Une ligne suffit là où a) demandait un système complet : sur un examen chronométré, c'est cette méthode qu'il faut réflexe, en gardant la première pour quand on vous demande explicitement la relation de dépendance.

c)

$\begin{vmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 1 \end{vmatrix}=1\big((1)(1)-(-1)(1)\big)-0\big((0)(1)-(-1)(2)\big)+2\big((0)(1)-(1)(2)\big)=1(2)-0+2(-2)=2-4=-2$ . Le déterminant vaut $-2\neq 0$ , donc la famille est LIBRE. Étant libre et comportant trois vecteurs dans $\mathbb{R}^{3}$ , c'est aussi une base de $\mathbb{R}^{3}$ .

d)

$\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 3 \\ 0 & 5 & m \end{vmatrix}=1\big((-1)(m)-(3)(5)\big)-2\big((2)(m)-(3)(0)\big)+(-1)\big((2)(5)-(-1)(0)\big)$ . Cela donne $(-m-15)-2(2m)-1(10)=-m-15-4m-10=-5m-25$ . La famille est liée quand le déterminant s'annule : $-5m-25=0$ , donc $m=-5$ . Vérification : avec $m=-5$ , le troisième vecteur est $(0;\ 5;\ -5)$ , et on constate que $2(1;\ 2;\ -1)-(2;\ -1;\ 3)=(0;\ 5;\ -5)$ , la relation de dépendance est explicite.

Exercice 4 : Bases et coordonnées d'un vecteur

Dans le plan, on considère la famille $\mathcal{B}=\{\vec{e_{1}};\ \vec{e_{2}}\}$ avec $\vec{e_{1}}=(1;\ 1)$ et $\vec{e_{2}}=(1;\ -1)$ .

a) Montrez que $\mathcal{B}$ est une base de $\mathbb{R}^{2}$ .
b) Déterminez les coordonnées du vecteur $\vec{v}=(5;\ 1)$ dans la base $\mathcal{B}$ .
c) Le vecteur $\vec{t}$ a pour coordonnées $(-2;\ 4)$ dans la base $\mathcal{B}$ . Déterminez ses composantes dans la base canonique.
d) Dans $\mathbb{R}^{3}$ , on admet que $\mathcal{C}=\{(1;\ 0;\ 0);\ (1;\ 1;\ 0);\ (1;\ 1;\ 1)\}$ est une base. Déterminez les coordonnées de $\vec{z}=(3;\ 5;\ 2)$ dans cette base.

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Réponses

a) Déterminant $-2\neq 0$ : base
b) $(3;\ 2)$
c) $(2;\ -6)$
d) $(-2;\ 3;\ 2)$

a)

$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix}=(1)(-1)-(1)(1)=-2\neq 0$ , donc la famille est libre. Comme elle comporte deux vecteurs et que $\mathbb{R}^{2}$ est de dimension $2$ , une famille libre de deux vecteurs y est automatiquement génératrice : $\mathcal{B}$ est une base de $\mathbb{R}^{2}$ . C'est l'argument à connaître, il évite de démontrer séparément le caractère générateur.

b)

On cherche $a$ et $b$ tels que $a(1;\ 1)+b(1;\ -1)=(5;\ 1)$ , soit $\begin{cases} a+b=5 \\ a-b=1 \end{cases}$ . En additionnant : $2a=6$ , donc $a=3$ , puis $b=2$ . Vérification : $3(1;\ 1)+2(1;\ -1)=(3+2;\ 3-2)=(5;\ 1)$ . Les coordonnées de $\vec{v}$ dans $\mathcal{B}$ sont donc $(3;\ 2)$ . Notez bien que $\vec{v}$ n'a pas changé : c'est le même vecteur du plan, décrit par deux couples de nombres différents selon la base. $(5;\ 1)$ dans la base canonique, $(3;\ 2)$ dans $\mathcal{B}$ .

c)

Ici le travail se fait dans l'autre sens, et c'est une simple substitution : $\vec{t}=-2\vec{e_{1}}+4\vec{e_{2}}=-2(1;\ 1)+4(1;\ -1)=(-2+4;\ -2-4)=(2;\ -6)$ . Aucun système à résoudre. Reconnaître dans quel sens va la question fait gagner plusieurs minutes en examen : passer des coordonnées aux composantes est un calcul direct, l'inverse demande un système.

d)

On cherche $c_{1}$ , $c_{2}$ , $c_{3}$ tels que $c_{1}(1;\ 0;\ 0)+c_{2}(1;\ 1;\ 0)+c_{3}(1;\ 1;\ 1)=(3;\ 5;\ 2)$ , soit $\begin{cases} c_{1}+c_{2}+c_{3}=3 \\ c_{2}+c_{3}=5 \\ c_{3}=2 \end{cases}$ . Le système est déjà échelonné, on remonte : $c_{3}=2$ , puis $c_{2}=5-2=3$ , puis $c_{1}=3-3-2=-2$ . Vérification : $-2(1;\ 0;\ 0)+3(1;\ 1;\ 0)+2(1;\ 1;\ 1)=(-2+3+2;\ 3+2;\ 2)=(3;\ 5;\ 2)$ . Les coordonnées cherchées sont $(-2;\ 3;\ 2)$ .

Exercice 5 : Trop de vecteurs, famille génératrice liée et extraction d'une base

Dans le plan, on considère les trois vecteurs $\vec{v_{1}}=(1;\ 2)$ , $\vec{v_{2}}=(3;\ 1)$ et $\vec{v_{3}}=(1;\ -3)$ .

a) Sans aucun calcul, expliquez pourquoi la famille $\{\vec{v_{1}};\ \vec{v_{2}};\ \vec{v_{3}}\}$ est nécessairement liée.
b) Exprimez $\vec{v_{3}}$ comme combinaison linéaire de $\vec{v_{1}}$ et $\vec{v_{2}}$ , puis écrivez la relation de dépendance sous la forme d'une combinaison nulle à coefficients non tous nuls.
c) La famille $\{\vec{v_{1}};\ \vec{v_{2}};\ \vec{v_{3}}\}$ est-elle génératrice de $\mathbb{R}^{2}$ ? Justifiez.
d) Extrayez de cette famille une base de $\mathbb{R}^{2}$ , puis donnez les coordonnées de $\vec{v_{3}}$ dans la base que vous avez choisie.

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Réponses

a) Trois vecteurs en dimension 2
b) $\vec{v_3}=-2\vec{v_1}+\vec{v_2}$
c) Oui : génératrice et liée
d) Base $\{\vec{v_1};\vec{v_2}\}$ ; $(-2;\ 1)$

a)

Ces trois vecteurs vivent dans $\mathbb{R}^{2}$ , qui est de dimension $2$ . Or une famille libre de $\mathbb{R}^{2}$ compte au plus deux vecteurs : dès qu'on en aligne trois, la famille est forcément liée. C'est un argument de cardinalité, aucun calcul n'est requis. Le réflexe à retenir : plus de vecteurs que la dimension entraîne toujours la dépendance.

b)

On cherche $a$ et $b$ tels que $a\vec{v_{1}}+b\vec{v_{2}}=\vec{v_{3}}$ , soit $\begin{cases} a+3b=1 \\ 2a+b=-3 \end{cases}$ . En multipliant la première par $2$ puis en soustrayant la seconde : $5b=5$ , donc $b=1$ et $a=1-3=-2$ . Vérification : $-2(1;\ 2)+(3;\ 1)=(-2+3;\ -4+1)=(1;\ -3)$ . Donc $\vec{v_{3}}=-2\vec{v_{1}}+\vec{v_{2}}$ , et en faisant tout passer du même côté, la relation de dépendance s'écrit $-2\vec{v_{1}}+\vec{v_{2}}-\vec{v_{3}}=\vec{0}$ , combinaison nulle dont les coefficients $-2$ , $1$ , $-1$ ne sont pas tous nuls.

c)

Les vecteurs $\vec{v_{1}}$ et $\vec{v_{2}}$ ne sont pas colinéaires : $\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 1 \end{vmatrix}=(1)(1)-(3)(2)=-5\neq 0$ . À eux seuls ils forment déjà une base de $\mathbb{R}^{2}$ , donc ils engendrent tout le plan. Ajouter $\vec{v_{3}}$ n'enlève rien : la famille $\{\vec{v_{1}};\ \vec{v_{2}};\ \vec{v_{3}}\}$ est donc génératrice de $\mathbb{R}^{2}$ . Une même famille peut être à la fois génératrice et liée : engendrer et être libre sont deux propriétés distinctes, et c'est précisément le vecteur redondant $\vec{v_{3}}$ qui empêche la famille d'être une base.

d)

On retire le vecteur redondant $\vec{v_{3}}$ et on garde $\{\vec{v_{1}};\ \vec{v_{2}}\}$ , libre d'après c), donc une base de $\mathbb{R}^{2}$ . Les coordonnées de $\vec{v_{3}}$ dans cette base se lisent directement sur la relation de b) : $\vec{v_{3}}=-2\vec{v_{1}}+1\vec{v_{2}}$ , donc ses coordonnées dans $\{\vec{v_{1}};\ \vec{v_{2}}\}$ sont $(-2;\ 1)$ .

Exercice 6 : Démonstrations : familles libres et vecteur nul

Cet exercice ne demande presque aucun calcul numérique : on y raisonne directement sur la définition d'une famille libre. On rappelle la définition : $\{\vec{v_{1}};\ \dots;\ \vec{v_{n}}\}$ est libre si l'égalité $a_{1}\vec{v_{1}}+\dots+a_{n}\vec{v_{n}}=\vec{0}$ entraîne $a_{1}=\dots=a_{n}=0$ .

a) Soit $\{\vec{u};\ \vec{v}\}$ une famille libre. Démontrez que la famille $\{\vec{u}+\vec{v};\ \vec{u}-\vec{v}\}$ est elle aussi libre.
b) Démontrez que toute famille contenant le vecteur nul est liée, quels que soient les autres vecteurs.
c) Démontrez que si $\vec{w}$ est une combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , alors la famille $\{\vec{u};\ \vec{v};\ \vec{w}\}$ est liée.
d) Vrai ou faux : si trois vecteurs de $\mathbb{R}^{3}$ sont deux à deux non colinéaires, alors la famille qu'ils forment est libre. Justifiez, et donnez un contre-exemple explicite si l'énoncé est faux.

Voir la correction

Réponses

a) Coefficients $a+b=a-b=0$ : libre
b) $1\cdot\vec{0}=\vec{0}$ : liée
c) Coefficient $-1$ non nul : liée
d) Faux : $(1;0;0)$ , $(0;1;0)$ , $(1;1;0)$

a)

On part d'une combinaison nulle de la nouvelle famille : $a(\vec{u}+\vec{v})+b(\vec{u}-\vec{v})=\vec{0}$ . On regroupe selon $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : $(a+b)\vec{u}+(a-b)\vec{v}=\vec{0}$ . Or $\{\vec{u};\ \vec{v}\}$ est libre par hypothèse, donc les deux coefficients sont nuls : $\begin{cases} a+b=0 \\ a-b=0 \end{cases}$ . En additionnant, $2a=0$ donc $a=0$ , puis $b=0$ . La seule combinaison nulle est la combinaison triviale, donc $\{\vec{u}+\vec{v};\ \vec{u}-\vec{v}\}$ est libre. Le mécanisme de la démonstration est toujours le même : partir d'une combinaison nulle, regrouper sur la famille dont on connaît l'indépendance, et conclure.

b)

Supposons que la famille soit $\{\vec{0};\ \vec{v_{2}};\ \dots;\ \vec{v_{n}}\}$ . On peut écrire la combinaison $1\cdot\vec{0}+0\cdot\vec{v_{2}}+\dots+0\cdot\vec{v_{n}}=\vec{0}$ . C'est bien une combinaison nulle, et pourtant le premier coefficient vaut $1$ , donc les coefficients ne sont pas tous nuls. La définition d'une famille libre est mise en défaut : la famille est liée. Conséquence pratique en examen : dès qu'un vecteur nul apparaît dans une famille, la réponse est immédiate, aucun déterminant à calculer.

c)

Par hypothèse, il existe des scalaires $a$ et $b$ tels que $\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}$ . On fait passer tout du même côté : $a\vec{u}+b\vec{v}-\vec{w}=\vec{0}$ . C'est une combinaison linéaire nulle des trois vecteurs, dont les coefficients sont $a$ , $b$ et $-1$ . Le coefficient de $\vec{w}$ vaut $-1$ , qui n'est pas nul, donc les coefficients ne sont pas tous nuls, quelles que soient les valeurs de $a$ et $b$ . La famille $\{\vec{u};\ \vec{v};\ \vec{w}\}$ est donc liée. C'est le coefficient $-1$ qui porte toute la démonstration.

d)

L'énoncé est FAUX. La colinéarité deux à deux ne teste que les paires, alors que la dépendance linéaire concerne la famille entière : un vecteur peut dépendre des DEUX autres sans être colinéaire à aucun d'eux pris isolément.

Contre-exemple explicite : $\vec{a}=(1;\ 0;\ 0)$ , $\vec{b}=(0;\ 1;\ 0)$ et $\vec{c}=(1;\ 1;\ 0)$ . Aucune paire n'est colinéaire, on le vérifie sur les rapports de composantes : $\vec{a}$ et $\vec{b}$ ne sont manifestement pas proportionnels, $\vec{c}$ n'est proportionnel ni à $\vec{a}$ (deuxième composante) ni à $\vec{b}$ (première composante). Pourtant $\vec{c}=\vec{a}+\vec{b}$ , donc la famille est liée. Le déterminant le confirme : $\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix}=0$ . Géométriquement, les trois vecteurs sont coplanaires, tous dans le plan $z=0$ .

La réciproque, elle, est vraie : si une famille est libre, alors ses vecteurs sont bien deux à deux non colinéaires. C'est une implication à sens unique, et l'examen la teste souvent dans le mauvais sens.

Exercice 7 : Problème : une base oblique de l'espace et l'unicité des coordonnées

Dans un repère orthonormé de l'espace, on considère les trois vecteurs $\vec{u_{1}}=(2;\ 1;\ 0)$ , $\vec{u_{2}}=(0;\ 1;\ 1)$ et $\vec{u_{3}}=(1;\ 0;\ 2)$ .

L'objectif est de montrer que ces trois vecteurs forment une base de $\mathbb{R}^{3}$ , d'y lire les coordonnées de vecteurs donnés, et d'établir que ces coordonnées sont toujours uniques.

a) Montrez que $\mathcal{B}=\{\vec{u_{1}};\ \vec{u_{2}};\ \vec{u_{3}}\}$ est une base de $\mathbb{R}^{3}$ .
b) Déterminez les coordonnées du vecteur $\vec{v}=(5;\ 3;\ 8)$ dans la base $\mathcal{B}$ .
c) Interprétez géométriquement la valeur absolue du déterminant calculé en a).
d) La base $\mathcal{B}$ est-elle orthogonale ? Justifiez par un calcul, et dites ce que cela change pour la lecture des coordonnées.
e) Sans résoudre de système, donnez les coordonnées de $\vec{w}=(4;\ 2;\ 0)$ dans la base $\mathcal{B}$ et justifiez votre réponse en une phrase.
f) Démontrez que dans une base quelconque de $\mathbb{R}^{3}$ , les coordonnées d'un vecteur sont uniques.

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Réponses

a) Déterminant 5 : base
b) $(1;\ 2;\ 3)$
c) Volume 5
d) Non : $\vec{u_1}\cdot\vec{u_2}=1$
e) $(2;\ 0;\ 0)$
f) Différence nulle, famille libre : unicité

a)

On calcule le déterminant de la matrice dont les colonnes sont les composantes des trois vecteurs : $\begin{vmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{vmatrix}=2\big((1)(2)-(0)(1)\big)-0\big((1)(2)-(0)(0)\big)+1\big((1)(1)-(1)(0)\big)=2(2)-0+1(1)=5$ . Le déterminant vaut $5\neq 0$ , donc la famille est libre. Trois vecteurs libres dans $\mathbb{R}^{3}$ , qui est de dimension $3$ , forment une base. Donc $\mathcal{B}$ est bien une base de $\mathbb{R}^{3}$ .

b)

On cherche $a$ , $b$ , $c$ tels que $a\vec{u_{1}}+b\vec{u_{2}}+c\vec{u_{3}}=(5;\ 3;\ 8)$ , c'est-à-dire $\begin{cases} 2a+c=5 \\ a+b=3 \\ b+2c=8 \end{cases}$ . De la première, $c=5-2a$ . En reportant dans la troisième : $b+2(5-2a)=8$ , soit $b=8-10+4a=4a-2$ . En reportant dans la deuxième : $a+4a-2=3$ , donc $5a=5$ et $a=1$ . Alors $b=4-2=2$ et $c=5-2=3$ . Vérification complète : $1(2;\ 1;\ 0)+2(0;\ 1;\ 1)+3(1;\ 0;\ 2)=(2+0+3;\ 1+2+0;\ 0+2+6)=(5;\ 3;\ 8)$ . Les coordonnées de $\vec{v}$ dans $\mathcal{B}$ sont donc $(1;\ 2;\ 3)$ .

c)

La valeur absolue du déterminant de trois vecteurs de l'espace est le volume du parallélépipède construit sur ces trois vecteurs. Ici ce volume vaut $5$ unités de volume. La lecture est alors immédiate : un déterminant nul signifierait un parallélépipède aplati, donc trois vecteurs coplanaires, donc une famille liée qui ne peut pas engendrer tout l'espace. Le critère algébrique et le critère géométrique disent exactement la même chose.

d)

On teste l'orthogonalité deux à deux : $\vec{u_{1}}\cdot\vec{u_{2}}=(2)(0)+(1)(1)+(0)(1)=1\neq 0$ . Il suffit d'un seul produit scalaire non nul pour conclure : la base n'est PAS orthogonale, c'est une base oblique. Ce que cela change : dans une base orthonormée, chaque coordonnée se lit directement par un produit scalaire, $a_{i}=\vec{v}\cdot\vec{e_{i}}$ . Ce raccourci est ici invalide, et l'utiliser quand même est une erreur classique. Dans une base oblique, il faut résoudre le système, comme en b). Vérifions sur $\vec{v}$ : $\vec{v}\cdot\vec{u_{1}}=10+3+0=13$ , alors que la première coordonnée vaut $1$ . Le raccourci donnerait n'importe quoi.

e)

On remarque que $\vec{w}=(4;\ 2;\ 0)=2(2;\ 1;\ 0)=2\vec{u_{1}}$ . Le vecteur $\vec{w}$ est colinéaire à $\vec{u_{1}}$ , donc ses coordonnées dans $\mathcal{B}$ sont $(2;\ 0;\ 0)$ . Aucun système n'est nécessaire : reconnaître une colinéarité avec un vecteur de la base donne directement le résultat, et par unicité des coordonnées (question f), c'est nécessairement la bonne réponse.

f)

Soit $\mathcal{B}=\{\vec{e_{1}};\ \vec{e_{2}};\ \vec{e_{3}}\}$ une base de $\mathbb{R}^{3}$ et $\vec{v}$ un vecteur quelconque. Supposons que $\vec{v}$ admette deux écritures : $\vec{v}=a_{1}\vec{e_{1}}+a_{2}\vec{e_{2}}+a_{3}\vec{e_{3}}$ et $\vec{v}=b_{1}\vec{e_{1}}+b_{2}\vec{e_{2}}+b_{3}\vec{e_{3}}$ . En soustrayant membre à membre : $(a_{1}-b_{1})\vec{e_{1}}+(a_{2}-b_{2})\vec{e_{2}}+(a_{3}-b_{3})\vec{e_{3}}=\vec{0}$ . Or une base est en particulier une famille libre, donc tous les coefficients de cette combinaison nulle sont nuls : $a_{1}-b_{1}=a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=0$ , c'est-à-dire $a_{1}=b_{1}$ , $a_{2}=b_{2}$ et $a_{3}=b_{3}$ . Les deux écritures sont donc identiques : les coordonnées sont uniques.

C'est exactement l'indépendance linéaire qui porte l'unicité, et le caractère générateur qui porte l'existence. Une base sert aux deux à la fois, et c'est pour cela qu'on exige les deux propriétés dans la définition.

Exercice 8 : Problème : changement de base et coordonnées

Dans $\mathbb{R}^{2}$ , on considère les deux bases $\mathcal{B_{1}}=\{\vec{f_{1}};\ \vec{f_{2}}\}$ et $\mathcal{B_{2}}=\{\vec{g_{1}};\ \vec{g_{2}}\}$ , avec $\vec{f_{1}}=(1;\ 1)$ , $\vec{f_{2}}=(1;\ 2)$ , $\vec{g_{1}}=(2;\ 1)$ et $\vec{g_{2}}=(1;\ 1)$ .

Un vecteur $\vec{v}$ a pour coordonnées $(3;\ -1)$ dans la base $\mathcal{B_{1}}$ .

a) Vérifiez que $\mathcal{B_{1}}$ et $\mathcal{B_{2}}$ sont bien deux bases de $\mathbb{R}^{2}$ , puis déterminez les composantes de $\vec{v}$ dans la base canonique.
b) Déterminez les coordonnées de $\vec{v}$ dans la base $\mathcal{B_{2}}$ .
c) Exprimez chacun des vecteurs $\vec{f_{1}}$ et $\vec{f_{2}}$ comme combinaison linéaire de $\vec{g_{1}}$ et $\vec{g_{2}}$ .
d) Retrouvez le résultat de b) en partant de $\vec{v}=3\vec{f_{1}}-\vec{f_{2}}$ et des expressions obtenues en c), sans repasser par la base canonique. Que constatez-vous ?

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Réponses

a) Deux bases ; $\vec{v}=(2;\ 1)$
b) $(1;\ 0)$
c) $\vec{f_1}=\vec{g_2}$ ; $\vec{f_2}=-\vec{g_1}+3\vec{g_2}$
d) Même résultat par substitution

a)

Pour $\mathcal{B_{1}}$ : $\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}=2-1=1\neq 0$ , c'est une base. Pour $\mathcal{B_{2}}$ : $\begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}=2-1=1\neq 0$ , c'en est une aussi. Les coordonnées $(3;\ -1)$ dans $\mathcal{B_{1}}$ signifient $\vec{v}=3\vec{f_{1}}-\vec{f_{2}}=3(1;\ 1)-(1;\ 2)=(3-1;\ 3-2)=(2;\ 1)$ . Ce sont les composantes de $\vec{v}$ dans la base canonique.

b)

On cherche $a$ et $b$ tels que $a\vec{g_{1}}+b\vec{g_{2}}=(2;\ 1)$ , soit $\begin{cases} 2a+b=2 \\ a+b=1 \end{cases}$ . En soustrayant la seconde de la première : $a=1$ , puis $b=0$ . Les coordonnées de $\vec{v}$ dans $\mathcal{B_{2}}$ sont donc $(1;\ 0)$ ; autrement dit $\vec{v}=\vec{g_{1}}$ , ce que confirme le fait que $\vec{g_{1}}=(2;\ 1)=\vec{v}$ .

c)

Pour $\vec{f_{1}}=(1;\ 1)$ : $\begin{cases} 2a+b=1 \\ a+b=1 \end{cases}$ donne $a=0$ et $b=1$ , donc $\vec{f_{1}}=\vec{g_{2}}$ . Pour $\vec{f_{2}}=(1;\ 2)$ : $\begin{cases} 2a+b=1 \\ a+b=2 \end{cases}$ donne $a=-1$ et $b=3$ , donc $\vec{f_{2}}=-\vec{g_{1}}+3\vec{g_{2}}$ . Vérification : $-(2;\ 1)+3(1;\ 1)=(-2+3;\ -1+3)=(1;\ 2)$ .

d)

En substituant : $\vec{v}=3\vec{f_{1}}-\vec{f_{2}}=3\vec{g_{2}}-(-\vec{g_{1}}+3\vec{g_{2}})=\vec{g_{1}}+3\vec{g_{2}}-3\vec{g_{2}}=\vec{g_{1}}$ . On retrouve bien des coordonnées $(1;\ 0)$ dans $\mathcal{B_{2}}$ , sans être passé par la base canonique. On constate que le changement de coordonnées se fait de deux manières équivalentes : soit en repassant par les composantes canoniques (b), soit en substituant directement l'expression d'une base en fonction de l'autre (d). C'est ce mécanisme de substitution, une fois systématisé, qui donne la matrice de passage entre deux bases. Sur la figure, le même vecteur $\vec{v}$ vaut $(2;\ 1)$ dans la base canonique, $(3;\ -1)$ dans $\mathcal{B_{1}}$ (le chemin en pointillé $3\vec{f_{1}}$ puis $-\vec{f_{2}}$ ) et $(1;\ 0)$ dans $\mathcal{B_{2}}$ , puisque c'est $\vec{g_{1}}$ lui-même : ce sont les coordonnées qui changent, jamais le vecteur.

Exercice 9 : Démonstrations : sous-familles, sur-familles et réunions

On travaille dans un espace vectoriel quelconque. On rappelle qu'une sous-famille d'une famille $F$ s'obtient en retirant des vecteurs de $F$ , et une sur-famille en ajoutant des vecteurs.

a) Démontrez que toute sous-famille d'une famille libre est libre.
b) Démontrez que toute sur-famille d'une famille liée est liée.
c) En déduire que dans une famille libre, aucun vecteur n'est nul et deux vecteurs distincts ne sont jamais colinéaires.
d) Vrai ou faux : la réunion de deux familles libres est toujours une famille libre. Justifiez, avec un contre-exemple explicite si c'est faux.

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Réponses

a) Compléter par des coefficients nuls
b) Contraposée de a)
c) Sous-familles $\{\vec 0\}$ et paire colinéaire liées
d) Faux : $\{(1;0)\}$ et $\{(2;0)\}$

a)

Soit $F=\{\vec{v_{1}};\ \dots;\ \vec{v_{n}}\}$ libre et $G=\{\vec{v_{1}};\ \dots;\ \vec{v_{k}}\}$ une sous-famille avec $k\le n$ (quitte à renuméroter). Partons d'une combinaison nulle de $G$ : $a_{1}\vec{v_{1}}+\dots+a_{k}\vec{v_{k}}=\vec{0}$ . On la complète en une combinaison nulle de $F$ en ajoutant les vecteurs manquants avec des coefficients nuls : $a_{1}\vec{v_{1}}+\dots+a_{k}\vec{v_{k}}+0\,\vec{v_{k+1}}+\dots+0\,\vec{v_{n}}=\vec{0}$ . Comme $F$ est libre, tous les coefficients sont nuls, en particulier $a_{1}=\dots=a_{k}=0$ . Donc $G$ est libre.

b)

C'est la contraposée de a). Soit $F$ liée et $H$ une sur-famille de $F$ . Puisque $F$ est liée, il existe une combinaison nulle de $F$ à coefficients non tous nuls. En ajoutant les vecteurs supplémentaires de $H$ affectés de coefficients nuls, on obtient une combinaison nulle de $H$ dont les coefficients ne sont pas tous nuls (ceux hérités de $F$ le prouvent). Donc $H$ est liée. On peut aussi le dire d'un mot : si la sur-famille $H$ était libre, sa sous-famille $F$ le serait par a), ce qui contredirait l'hypothèse.

c)

Appliquons a). Si un vecteur $\vec{v_{i}}$ de la famille était nul, la sous-famille $\{\vec{v_{i}}\}=\{\vec{0}\}$ serait liée, car $1\cdot\vec{0}=\vec{0}$ est une combinaison nulle non triviale ; cela contredirait la liberté de la famille par a). De même, si deux vecteurs $\vec{v_{i}}$ et $\vec{v_{j}}$ étaient colinéaires, la sous-famille $\{\vec{v_{i}};\ \vec{v_{j}}\}$ serait liée, même contradiction. Donc dans une famille libre, aucun vecteur n'est nul et les vecteurs sont deux à deux non colinéaires.

d)

FAUX. Prenons dans $\mathbb{R}^{2}$ les familles $F_{1}=\{(1;\ 0)\}$ et $F_{2}=\{(2;\ 0)\}$ . Chacune, réduite à un seul vecteur non nul, est libre. Mais leur réunion $\{(1;\ 0);\ (2;\ 0)\}$ est liée, car $(2;\ 0)=2(1;\ 0)$ : les deux vecteurs sont colinéaires. La liberté n'est donc pas préservée par réunion. Ce qui reste vrai, par a), c'est que toute sous-famille d'une famille libre l'est encore, jamais l'inverse.

Exercice 10 : Vrai ou faux : dimension, familles et coordonnées

Pour chaque affirmation, dites si elle est vraie ou fausse. Une affirmation vraie doit être justifiée, une affirmation fausse doit être accompagnée d'un contre-exemple explicite. On travaille dans $\mathbb{R}^{n}$ muni de sa structure usuelle.

a) Dans $\mathbb{R}^{3}$ , toute famille de quatre vecteurs est liée.
b) Dans $\mathbb{R}^{3}$ , toute famille de deux vecteurs est libre.
c) Si une famille engendre $\mathbb{R}^{3}$ , alors elle contient au moins trois vecteurs.
d) Si $\{\vec{u};\ \vec{v};\ \vec{w}\}$ est une base de $\mathbb{R}^{3}$ et $\lambda\neq 0$ , alors $\{\lambda\vec{u};\ \vec{v};\ \vec{w}\}$ est encore une base de $\mathbb{R}^{3}$ .

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Réponses

a) Vrai
b) Faux : $(1;2;3)$ , $(2;4;6)$
c) Vrai
d) Vrai : déterminant multiplié par $\lambda$

a)

VRAI. $\mathbb{R}^{3}$ est de dimension $3$ : une famille libre y contient au plus trois vecteurs. Quatre vecteurs dépassent ce plafond, la famille est donc nécessairement liée, quel que soit le choix des vecteurs. Par exemple $\{(1;\ 0;\ 0);\ (0;\ 1;\ 0);\ (0;\ 0;\ 1);\ (1;\ 1;\ 1)\}$ est liée, car $(1;\ 1;\ 1)$ est la somme des trois premiers.

b)

FAUX. Deux vecteurs colinéaires forment une famille liée. Contre-exemple : $\{(1;\ 2;\ 3);\ (2;\ 4;\ 6)\}$ , où le second vecteur vaut le double du premier ; la famille est liée. Une famille de deux vecteurs n'est libre que si les deux vecteurs ne sont pas colinéaires.

c)

VRAI. Une famille génératrice de $\mathbb{R}^{3}$ contient au moins autant de vecteurs que la dimension, soit trois. Avec seulement deux vecteurs, l'ensemble des combinaisons linéaires est au mieux un plan (ou une droite, ou l'origine), jamais l'espace entier. Par exemple $\{(1;\ 0;\ 0);\ (0;\ 1;\ 0)\}$ ne produit que des vecteurs de troisième composante nulle : $(0;\ 0;\ 1)$ n'est jamais atteint.

d)

VRAI. Multiplier un vecteur d'une base par un scalaire non nul préserve le caractère de base. On le voit sur le déterminant : celui de $\{\lambda\vec{u};\ \vec{v};\ \vec{w}\}$ vaut $\lambda$ fois celui de $\{\vec{u};\ \vec{v};\ \vec{w}\}$ , qui est non nul ; comme $\lambda\neq 0$ , le nouveau déterminant reste non nul, la famille reste libre, donc une base. Si en revanche $\lambda=0$ , le premier vecteur devient nul et la famille est aussitôt liée : l'hypothèse $\lambda\neq 0$ est indispensable.

Exercice 11 : Décomposer une force selon deux directions imposées

Un lustre de poids $50\ \mathrm{N}$ est suspendu à deux câbles. Dans un repère où $x$ est horizontal et $y$ vertical, le câble gauche tire selon la direction $\vec{u}=(-3;\ 4)$ et le câble droit selon $\vec{v}=(4;\ 3)$ .

À l'équilibre, les tensions des câbles compensent le poids : il existe $a$ et $b$ tels que $a\vec{u}+b\vec{v}=(0;\ 50)$ , et un câble ne peut que TIRER, donc $a$ et $b$ doivent être positifs.

La figure n'est pas à l'échelle des forces : elle montre les directions.

a) Montrez que $\{\vec{u};\ \vec{v}\}$ est une base de $\mathbb{R}^{2}$ .
b) Déterminez $a$ et $b$ .
c) Calculez la norme de la tension de chaque câble, en newtons.
d) On déplace l'attache du câble droit : sa direction devient $\vec{w}=(6;\ -8)$ . L'équilibre est-il encore possible ? Justifiez par l'algèbre linéaire.
e) On remplace plutôt le câble droit par un câble horizontal, de direction $(1;\ 0)$ . Déterminez les nouveaux coefficients et la tension du câble gauche. Commentez.

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Réponses

a) Déterminant $-25$
b) $a=8$ , $b=6$
c) 40 N et 30 N
d) Non : $\vec{w}=-2\vec{u}$
e) $a=12{,}5$ , $b=37{,}5$ ; $62{,}5$ N

a)

$\det(\vec{u},\vec{v})=\begin{vmatrix} -3 & 4 \\ 4 & 3 \end{vmatrix}=-9-16=-25\neq 0$ : la famille est libre, et deux vecteurs libres de $\mathbb{R}^{2}$ forment une base. Le poids se décompose donc de façon unique selon les deux câbles.

b)

$\begin{cases} -3a+4b=0 \\ 4a+3b=50 \end{cases}$ . La première donne $a=\frac{4b}{3}$ , puis $\frac{16b}{3}+3b=50$ , soit $\frac{25b}{3}=50$ et $b=6$ , $a=8$ . Vérification : $8(-3;\ 4)+6(4;\ 3)=(-24+24;\ 32+18)=(0;\ 50)$ . Les deux coefficients sont positifs : l'équilibre est physiquement réalisable.

c)

$\|\vec{u}\|=\|\vec{v}\|=5$ . Tension gauche : $\|8\vec{u}\|=40\ \mathrm{N}$ . Tension droite : $\|6\vec{v}\|=30\ \mathrm{N}$ . La somme des normes, $70\ \mathrm{N}$ , dépasse le poids : seules les composantes horizontales s'annulent, les verticales s'ajoutent.

d)

$\vec{w}=-2\vec{u}$ : les deux directions sont colinéaires, $\det(\vec{u},\vec{w})=(-3)(-8)-(6)(4)=0$ . Les combinaisons de $\vec{u}$ et $\vec{w}$ restent sur la droite dirigée par $\vec{u}$ , et $(0;\ 50)$ n'y est pas, puisque $\det\big(\vec{u},(0;\ 50)\big)=-150\neq 0$ . L'équilibre est impossible : deux câbles alignés ne peuvent pas porter une charge qui n'est pas sur leur droite.

e)

$a(-3;\ 4)+b(1;\ 0)=(0;\ 50)$ donne $4a=50$ , soit $a=12{,}5$ , puis $b=3a=37{,}5$ . Tension du câble gauche : $12{,}5\times 5=62{,}5\ \mathrm{N}$ , plus que le poids lui-même. Plus un câble est proche de l'horizontale, plus il doit tirer fort : la composante verticale utile est une petite part de sa tension.

Le fil : décomposer une force, c'est chercher ses coordonnées dans la base des directions imposées ; le signe des coordonnées dit si la décomposition est réalisable.

Exercice 12 : Base orthonormée : les coordonnées par produit scalaire

Dans $\mathbb{R}^{2}$ , on considère $\vec{e_{1}}=\left(\frac{3}{5};\ \frac{4}{5}\right)$ et $\vec{e_{2}}=\left(-\frac{4}{5};\ \frac{3}{5}\right)$ , ainsi que le vecteur $\vec{v}=(10;\ 5)$ .

Sur la figure, $\vec{e_{1}}$ et $\vec{e_{2}}$ sont dessinés deux fois plus longs, pour la lisibilité.

a) Montrez que $\{\vec{e_{1}};\ \vec{e_{2}}\}$ est une base orthonormée de $\mathbb{R}^{2}$ .
b) Calculez les coordonnées de $\vec{v}$ dans cette base à l'aide de deux produits scalaires.
c) Vérifiez le résultat en recomposant $\vec{v}$ à partir de ses coordonnées.
d) Calculez la norme de $\vec{v}$ à partir de ses coordonnées dans la nouvelle base, au centième, et comparez à celle obtenue dans la base canonique. Pourquoi coïncident-elles ?
e) On prend maintenant la base orthogonale mais non normée $\vec{f_{1}}=(3;\ 4)$ , $\vec{f_{2}}=(-4;\ 3)$ . Déterminez les coordonnées de $\vec{v}$ dans cette base sans résoudre de système.

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Réponses

a) Orthogonaux, de norme 1
b) $(10;\ -5)$
c) $10\vec{e_1}-5\vec{e_2}=(10;\ 5)$
d) $\sqrt{125}\approx 11{,}18$ dans les deux bases
e) $(2;\ -1)$

a)

$\vec{e_{1}}\cdot\vec{e_{2}}=-\frac{12}{25}+\frac{12}{25}=0$ : les vecteurs sont orthogonaux. $\|\vec{e_{1}}\|^{2}=\frac{9}{25}+\frac{16}{25}=1$ et de même $\|\vec{e_{2}}\|=1$ . Deux vecteurs orthogonaux non nuls sont libres, donc forment une base de $\mathbb{R}^{2}$ , et elle est orthonormée.

b)

Dans une base orthonormée, la coordonnée selon $\vec{e_{i}}$ vaut $\vec{v}\cdot\vec{e_{i}}$ . $\vec{v}\cdot\vec{e_{1}}=6+4=10$ et $\vec{v}\cdot\vec{e_{2}}=-8+3=-5$ . Les coordonnées sont $(10;\ -5)$ .

c)

$10\vec{e_{1}}-5\vec{e_{2}}=(6;\ 8)-(-4;\ 3)=(10;\ 5)$ : on retrouve bien $\vec{v}$ .

d)

$\sqrt{10^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{125}\approx 11{,}18$ , et dans la base canonique $\sqrt{10^{2}+5^{2}}=\sqrt{125}$ aussi. Dans une base ORTHONORMÉE, la norme se calcule sur les coordonnées comme sur les composantes, parce que les termes croisés $2ab\,\vec{e_{1}}\cdot\vec{e_{2}}$ sont nuls et les normes des vecteurs de base valent $1$ . Dans une base oblique, ce calcul serait faux.

e)

La base est orthogonale : si $\vec{v}=a\vec{f_{1}}+b\vec{f_{2}}$ , alors $\vec{v}\cdot\vec{f_{1}}=a\|\vec{f_{1}}\|^{2}$ , d'où $a=\frac{\vec{v}\cdot\vec{f_{1}}}{\|\vec{f_{1}}\|^{2}}=\frac{30+20}{25}=2$ et $b=\frac{-40+15}{25}=-1$ . Vérification : $2(3;\ 4)-(-4;\ 3)=(10;\ 5)$ . Le piège est de diviser par la norme au lieu de son CARRÉ, ce qui donnerait $10$ et $-5$ , les coordonnées dans la base normée.

Le fil : l'orthogonalité remplace la résolution d'un système par des produits scalaires ; la normalisation fixe le dénominateur à $1$ .

Exercice 13 : La famille à paramètre qui change de rang

Pour tout réel $t$ , on considère dans $\mathbb{R}^{3}$ les vecteurs $\vec{v_{1}}=(1;\ 1;\ t)$ , $\vec{v_{2}}=(1;\ t;\ 1)$ et $\vec{v_{3}}=(t;\ 1;\ 1)$ .

a) Calculez le déterminant $D(t)$ de la famille $\{\vec{v_{1}};\ \vec{v_{2}};\ \vec{v_{3}}\}$ et factorisez-le complètement.
b) Pour quelles valeurs de $t$ la famille est-elle liée ?
c) Pour $t=1$ , quelle est la dimension du sous-espace engendré par la famille ?
d) Pour $t=-2$ , donnez une relation de dépendance, la dimension du sous-espace engendré et une équation cartésienne de ce sous-espace.
e) Pour $t=0$ , déterminez les coordonnées du vecteur $(2;\ 2;\ 2)$ dans la base $\{\vec{v_{1}};\ \vec{v_{2}};\ \vec{v_{3}}\}$ .

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Réponses

a) $D(t)=-(t-1)^2(t+2)$
b) $t=-2$ ou $t=1$
c) Dimension 1
d) $\vec{v_1}+\vec{v_2}+\vec{v_3}=\vec 0$ ; plan $x+y+z=0$
e) $(1;\ 1;\ 1)$

a)

En développant selon la première ligne : $D(t)=1(t-1)-1(1-t)+t(1-t^{2})=2(t-1)-t(t-1)(t+1)$ . On met $(t-1)$ en facteur : $D(t)=(t-1)(2-t-t^{2})=-(t-1)(t^{2}+t-2)=-(t-1)^{2}(t+2)$ . Contrôle : $D(0)=-2$ , et la forme factorisée donne $-(1)(2)=-2$ .

b)

La famille est liée si et seulement si $D(t)=0$ , soit $t=1$ ou $t=-2$ . Pour toute autre valeur, c'est une base de $\mathbb{R}^{3}$ .

c)

Pour $t=1$ , les trois vecteurs valent $(1;\ 1;\ 1)$ : ils sont égaux, et le sous-espace engendré est la droite dirigée par $(1;\ 1;\ 1)$ , de dimension $1$ . La racine double du déterminant signale ici une chute de rang de deux crans.

d)

Pour $t=-2$ : $\vec{v_{1}}=(1;\ 1;\ -2)$ , $\vec{v_{2}}=(1;\ -2;\ 1)$ , $\vec{v_{3}}=(-2;\ 1;\ 1)$ , et $\vec{v_{1}}+\vec{v_{2}}+\vec{v_{3}}=\vec{0}$ . $\vec{v_{1}}$ et $\vec{v_{2}}$ ne sont pas colinéaires, donc le sous-espace engendré est un plan, de dimension $2$ . Chaque vecteur a une somme de composantes nulle, et le plan a pour équation $x+y+z=0$ .

e)

Pour $t=0$ : $\vec{v_{1}}=(1;\ 1;\ 0)$ , $\vec{v_{2}}=(1;\ 0;\ 1)$ , $\vec{v_{3}}=(0;\ 1;\ 1)$ , et $D(0)=-2\neq 0$ . On résout $a+b=2$ , $a+c=2$ , $b+c=2$ : en additionnant, $2(a+b+c)=6$ , donc $a+b+c=3$ et $c=b=a=1$ . Les coordonnées sont $(1;\ 1;\ 1)$ .

Le fil : le déterminant détecte les valeurs critiques, mais seul l'examen des vecteurs à ces valeurs dit de combien le rang chute.

Exercice 14 : Problème : les couleurs qu'un écran peut afficher

Un écran mélange trois diodes. Allumée à pleine intensité, chaque diode excite les trois capteurs de couleur de l'œil selon un vecteur de $\mathbb{R}^{3}$ : $\vec{R}=(4;\ 1;\ 0)$ , $\vec{V}=(1;\ 5;\ 1)$ et $\vec{B}=(0;\ 1;\ 4)$ .

Allumée à la fraction $a$ de sa puissance, la diode rouge apporte $a\vec{R}$ , et ainsi de suite. Une couleur $\vec{T}$ est affichable s'il existe $a$ , $b$ , $c$ compris entre $0$ et $1$ tels que $a\vec{R}+b\vec{V}+c\vec{B}=\vec{T}$ .

a) Montrez que $\{\vec{R};\ \vec{V};\ \vec{B}\}$ est une base de $\mathbb{R}^{3}$ .
b) La couleur $\vec{T_{1}}=(5;\ 7;\ 5)$ est-elle affichable ? Donnez les trois intensités.
c) Même question pour $\vec{T_{2}}=(2;\ 3;\ 2)$ , intensités au millième.
d) Même question pour $\vec{T_{3}}=(1;\ 6;\ 1)$ .
e) Puisque la famille est une base, toute couleur s'écrit comme combinaison des trois diodes. Pourquoi certaines couleurs restent-elles inaffichables ? Quel est le volume de l'ensemble des couleurs affichables ?

Voir la correction

Réponses

a) Déterminant 72
b) $(1;\ 1;\ 1)$ : affichable
c) $a=c\approx 0{,}389$ , $b\approx 0{,}444$ : affichable
d) $b=\frac{11}{9}>1$ : non
e) Coefficients hors de $[0;1]$ ; volume 72

a)

$\begin{vmatrix} 4 & 1 & 0 \\ 1 & 5 & 1 \\ 0 & 1 & 4 \end{vmatrix}=4(20-1)-1(4-0)+0=76-4=72\neq 0$ : la famille est libre, donc une base de $\mathbb{R}^{3}$ .

b)

Le système s'écrit $4a+b=5$ , $a+5b+c=7$ , $b+4c=5$ . La première et la troisième donnent $a=c=\frac{5-b}{4}$ , puis la deuxième $\frac{5-b}{2}+5b=7$ , soit $9b=9$ : $b=1$ et $a=c=1$ . Les trois diodes à pleine puissance : $\vec{T_{1}}$ est affichable, c'est le blanc le plus lumineux de l'écran.

c)

De même $a=c=\frac{2-b}{4}$ et $\frac{2-b}{2}+5b=3$ , soit $2-b+10b=6$ : $b=\frac{4}{9}\approx 0{,}444$ et $a=c=\frac{7}{18}\approx 0{,}389$ . Les trois intensités sont entre $0$ et $1$ : $\vec{T_{2}}$ est affichable.

d)

$a=c=\frac{1-b}{4}$ et $\frac{1-b}{2}+5b=6$ , soit $1-b+10b=12$ : $b=\frac{11}{9}\approx 1{,}222$ et $a=c=-\frac{1}{18}$ . Il faudrait allumer la verte au-delà de sa puissance maximale et les deux autres à une intensité NÉGATIVE : $\vec{T_{3}}$ , un vert trop saturé, n'est pas affichable.

e)

Être une base garantit l'EXISTENCE et l'unicité des coefficients, pas qu'ils tombent dans $[0;\ 1]$ . Les couleurs affichables sont les combinaisons à coefficients dans $[0;\ 1]$ : c'est le parallélépipède construit sur $\vec{R}$ , $\vec{V}$ , $\vec{B}$ , dont le volume vaut $|\det|=72$ . C'est la « gamme » de l'écran ; une couleur hors du parallélépipède existe mathématiquement mais pas sur l'écran.

Le fil : une base dit que les coordonnées existent ; un problème réel ajoute des contraintes sur ces coordonnées.

Exercice 15 : Problème : un réseau cristallin et ses bases

Dans un cristal plan, les atomes occupent exactement les points $m\vec{u}+n\vec{v}$ , où $m$ et $n$ sont des ENTIERS relatifs, avec $\vec{u}=(2;\ 1)$ et $\vec{v}=(1;\ 3)$ . Ces points forment un réseau, et un point est un nœud du réseau si ses coordonnées dans la base $\{\vec{u};\ \vec{v}\}$ sont entières.

a) Le point $P=(7;\ 11)$ est-il un nœud du réseau ? Donnez ses coordonnées.
b) Même question pour $Q=(4;\ 5)$ .
c) Calculez l'aire de la maille, le parallélogramme construit sur $\vec{u}$ et $\vec{v}$ .
d) On propose la base $\vec{u'}=\vec{u}+\vec{v}=(3;\ 4)$ , $\vec{v'}=\vec{v}$ . Calculez les coordonnées de $P$ dans cette base, puis l'aire de sa maille. Montrez que cette base engendre exactement le même réseau.
e) On propose enfin la base $\{2\vec{u};\ \vec{v}\}$ . Calculez l'aire de sa maille et les coordonnées de $\vec{u}$ dans cette base. Engendre-t-elle le même réseau ?

Voir la correction

Réponses

a) $(2;\ 3)$ : nœud
b) $(1{,}4;\ 1{,}2)$ : pas un nœud
c) Aire 5
d) $(2;\ 1)$ , aire 5 : même réseau
e) Aire 10 ; $\left(\frac12;\ 0\right)$ : réseau plus pauvre

a)

$a(2;\ 1)+b(1;\ 3)=(7;\ 11)$ : $2a+b=7$ et $a+3b=11$ . De la première $b=7-2a$ , puis $a+21-6a=11$ , donc $a=2$ et $b=3$ . Coordonnées entières : $P=2\vec{u}+3\vec{v}$ est un nœud.

b)

$2a+b=4$ et $a+3b=5$ donnent $b=4-2a$ , puis $a+12-6a=5$ , soit $a=\frac{7}{5}=1{,}4$ et $b=\frac{6}{5}=1{,}2$ . Les coordonnées existent, puisque la famille est une base, mais elles ne sont pas entières : $Q$ n'est pas un nœud, c'est un point entre les atomes.

c)

$|\det(\vec{u},\vec{v})|=|2\times 3-1\times 1|=5$ .

d)

$3a+b=7$ et $4a+3b=11$ donnent $b=7-3a$ , puis $4a+21-9a=11$ , soit $a=2$ , $b=1$ : $P=2\vec{u'}+\vec{v'}$ , coordonnées encore entières. $\det(\vec{u'},\vec{v'})=9-4=5$ , même aire. Même réseau : $\vec{u'}$ et $\vec{v'}$ sont des combinaisons entières de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , et réciproquement $\vec{u}=\vec{u'}-\vec{v'}$ et $\vec{v}=\vec{v'}$ sont des combinaisons entières de $\vec{u'}$ et $\vec{v'}$ . Tout nœud de l'un est un nœud de l'autre.

e)

$\det(2\vec{u},\vec{v})=4\times 3-1\times 2=10$ : la maille est deux fois plus grande. $\vec{u}=\frac{1}{2}(2\vec{u})+0\,\vec{v}$ : coordonnées $\left(\frac{1}{2};\ 0\right)$ , non entières. Le nœud $\vec{u}$ n'est plus atteint : cette base engendre un réseau plus pauvre, qui ne garde qu'une partie des atomes. Deux bases engendrent le même réseau exactement quand elles ont la même aire de maille et s'expriment l'une par l'autre à coefficients entiers.

Le fil : dans un réseau, les coordonnées doivent être entières ; changer de base sans changer de réseau exige un changement à coefficients entiers et une aire de maille conservée.

Exercices corrigés : combinaisons linéaires, dépendance linéaire et bases (201-SN4-RE, ancien 201-NYC / Maths 105)

Rappel de cours

Calculs : coefficients, coordonnées et déterminants

Exercice 0.1 : Trouver les coefficients d'une combinaison linéaire : dix calculs directs

Partie A : Les bases (/50)

Exercice 1 : Composantes, norme et opérations dans le plan

Exercice 2 : Combinaison linéaire et système associé

Exercice 3 : Dépendance et indépendance linéaire

Exercice 4 : Bases et coordonnées d'un vecteur

Exercice 5 : Trop de vecteurs, famille génératrice liée et extraction d'une base

Partie B : Niveau examen (/50)

Exercice 6 : Démonstrations : familles libres et vecteur nul

Exercice 7 : Problème : une base oblique de l'espace et l'unicité des coordonnées

Exercice 8 : Problème : changement de base et coordonnées

Exercice 9 : Démonstrations : sous-familles, sur-familles et réunions

Exercice 10 : Vrai ou faux : dimension, familles et coordonnées

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Décomposer une force selon deux directions imposées

Exercice 12 : Base orthonormée : les coordonnées par produit scalaire

Exercice 13 : La famille à paramètre qui change de rang

Exercice 14 : Problème : les couleurs qu'un écran peut afficher

Exercice 15 : Problème : un réseau cristallin et ses bases

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