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

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.

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.

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.

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 $(-2;\ 3;\ 2)$.

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.

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.