Examen final blanc corrigé d'algèbre linéaire et géométrie vectorielle (201-SN4-RE, ancien 201-NYC)

$\vec{AB}=(2,1,-2)$, $\vec{AC}=(1,4,-1)$, $\vec{AD}=(-1,2,3)$. Norme : $\|\vec{AB}\|=\sqrt{4+1+4}=3$. Angle : le produit scalaire est l'outil des angles. $\vec{AB}\cdot\vec{AC}=2+4+2=8$ et $\|\vec{AC}\|=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$, donc $\cos\theta=\dfrac{8}{3\cdot 3\sqrt{2}}=\dfrac{8}{9\sqrt{2}}\approx 0{,}6285$ et $\theta\approx 51{,}1^{\circ}$.

Le produit vectoriel est l'outil des aires. $\vec{AB}\times\vec{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 2&1&-2\\ 1&4&-1\end{vmatrix}=(1\cdot(-1)-(-2)\cdot 4)\,\vec{i}-(2\cdot(-1)-(-2)\cdot 1)\,\vec{j}+(2\cdot 4-1\cdot 1)\,\vec{k}=(7,0,7)$. Sa norme vaut $7\sqrt{2}$, qui est l'aire du parallélogramme. L'aire du triangle en est la moitié : $\dfrac{7\sqrt{2}}{2}\approx 4{,}95$.

Le produit mixte est l'outil des volumes. $\vec{AD}\cdot(7,0,7)=-7+0+21=14\neq 0$ : les quatre points ne sont donc pas coplanaires, ils forment un vrai tétraèdre. Volume du parallélépipède $=|14|=14$, volume du tétraèdre $=\dfrac{14}{6}=\dfrac{7}{3}\approx 2{,}33$.

Distance au plan : de $V=\frac{1}{3}\mathcal{A}h$ on tire $h=\dfrac{3V}{\mathcal{A}}=\dfrac{3\cdot\frac{7}{3}}{\frac{7\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{7\cdot 2}{7\sqrt{2}}=\sqrt{2}\approx 1{,}41$. Distance à la droite $AB$ : $\vec{AD}\times\vec{AB}=(-7,4,-5)$, de norme $\sqrt{49+16+25}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$, donc $d=\dfrac{3\sqrt{10}}{3}=\sqrt{10}\approx 3{,}16$. Les deux distances mesurent des choses différentes : la première est la distance à un plan entier, la seconde la distance à une seule droite contenue dans ce plan. Un point est toujours au moins aussi loin d'une droite que du plan qui la contient, ce que confirme $\sqrt{10}>\sqrt{2}$.

La normale de $\pi$ est $\vec{n}=(2,-1,3)$. Comme $\vec{n}\cdot\vec{d}=2-1-3=-2\neq 0$, la droite n'est pas parallèle au plan (elle n'y est donc pas non plus contenue) : elle le perce en un point unique. On paramètre : $(1+t,\,2+t,\,-1-t)$ et on substitue : $2(1+t)-(2+t)+3(-1-t)=-2t-3=5$, donc $t=-4$ et le point d'intersection est $(-3,-2,3)$. Vérification : $-6+2+9=5$.

L'angle $\alpha$ entre une droite et un plan est le complémentaire de l'angle entre la droite et la normale, d'où $\sin\alpha=\frac{|\vec{n}\cdot\vec{d}|}{\|\vec{n}\|\,\|\vec{d}\|}=\frac{2}{\sqrt{14}\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{42}}\approx 0{,}3086$, donc $\alpha\approx 17{,}98^{\circ}$. C'est bien un sinus et non un cosinus : c'est là que se perdent la plupart des points à l'examen.

$d(P,\pi)=\dfrac{|2(4)-1+3(0)-5|}{\sqrt{4+1+9}}=\dfrac{|8-1-5|}{\sqrt{14}}=\dfrac{2}{\sqrt{14}}\approx 0{,}535$. Pour le projeté, on descend depuis $P$ le long de la normale : $P'=P-\dfrac{2x_{0}-y_{0}+3z_{0}-5}{\|\vec{n}\|^{2}}\,\vec{n}=(4,1,0)-\dfrac{2}{14}(2,-1,3)=\left(\dfrac{26}{7},\dfrac{8}{7},-\dfrac{3}{7}\right)$. Vérification : $2\cdot\frac{26}{7}-\frac{8}{7}+3\left(-\frac{3}{7}\right)=\frac{52-8-9}{7}=5$.

Un plan parallèle a la même normale, donc son équation est $2x-y+3z=k$ ; en imposant le passage par $P$ : $k=8-1+0=7$. Les deux plans sont $2x-y+3z=5$ et $2x-y+3z=7$, et la distance entre deux plans parallèles vaut $\dfrac{|7-5|}{\|\vec{n}\|}=\dfrac{2}{\sqrt{14}}$, exactement la distance trouvée en c). C'est cohérent : la distance de $P$ à $\pi$ est par définition la distance entre $\pi$ et le plan parallèle qui passe par $P$.

En développant selon la première ligne : $\Delta=\begin{vmatrix}1&1&1\\ 2&3&a\\ 1&a&3\end{vmatrix}=(9-a^{2})-(6-a)+(2a-3)=-a^{2}+3a=-a(a-3)$.

Le système a une solution unique si et seulement si $\Delta\neq 0$, c'est-à-dire pour $a\neq 0$ et $a\neq 3$. Pour $a=1$ : $L_{3}-L_{1}$ donne $2z=2$, donc $z=1$ ; $L_{2}-2L_{1}$ donne $y-z=1$, donc $y=2$ ; puis $L_{1}$ donne $x=1-2-1=-2$. La solution est $(x,y,z)=(-2,2,1)$. Vérification dans $L_{2}$ : $-4+6+1=3$, et dans $L_{3}$ : $-2+2+3=3$.

Pour $a=3$, $\Delta=0$. On échelonne : $L_{2}-2L_{1}$ donne $y+z=1$ et $L_{3}-L_{1}$ donne $2y+2z=2$, soit encore $y+z=1$. La troisième équation est donc la même que la deuxième : le rang de la matrice des coefficients vaut 2, celui de la matrice augmentée aussi, et le système est compatible avec $3-2=1$ paramètre libre. De $y+z=1$ et $x+y+z=1$ on tire $x=0$, puis en posant $z=t$ : $(x,y,z)=(0,\,1-t,\,t),\qquad t\in\mathbb{R}$. C'est une droite de solutions.

Pour $a=0$, $\Delta=0$ également. $L_{2}-2L_{1}$ donne $y-2z=1$ et $L_{3}-L_{1}$ donne $-y+2z=2$, soit $y-2z=-2$. Les deux sont contradictoires : le rang des coefficients vaut 2, celui de la matrice augmentée vaut 3, et par le théorème de compatibilité le système n'a aucune solution. Géométriquement : dans le cas c) les trois plans se coupent le long d'une droite commune ; dans le cas d) ils forment un prisme, chaque paire se coupe selon une droite mais les trois droites d'intersection sont parallèles et distinctes, si bien qu'aucun point n'appartient aux trois plans.

Développement selon la première colonne (elle contient un zéro) : $\det A=1\begin{vmatrix}1&4\\ 6&0\end{vmatrix}-0+5\begin{vmatrix}2&3\\ 1&4\end{vmatrix}=1(0-24)+5(8-3)=-24+25=1$.

Par les cofacteurs, $A^{-1}=\dfrac{1}{\det A}\operatorname{adj}A=\operatorname{adj}A$ puisque $\det A=1$. On obtient $A^{-1}=\begin{pmatrix} -24&18&5\\ 20&-15&-4\\ -5&4&1\end{pmatrix}$. Vérification : $AA^{-1}=I$, par exemple les deux premiers coefficients de la première ligne du produit valent $(1)(-24)+(2)(20)+(3)(-5)=-24+40-15=1$ et $(1)(18)+(2)(-15)+(3)(4)=18-30+12=0$.

$\vec{x}=A^{-1}\vec{b}$ : $\vec{x}=\begin{pmatrix} -24&18&5\\ 20&-15&-4\\ -5&4&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ 2\\ 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-24+36+15\\ 20-30-12\\ -5+8+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}27\\ -22\\ 6\end{pmatrix}$. Vérification directe : $27+2(-22)+3(6)=27-44+18=1$, $0-22+24=2$, $5(27)+6(-22)=135-132=3$.

On applique les propriétés, sans jamais recalculer une matrice. $\det(2A)=2^{3}\det A=8$. $\det\left(A^{-1}\right)=\dfrac{1}{\det A}=1$. $\det\left(A^{3}\right)=(\det A)^{3}=1$. $\det(\operatorname{adj}A)=(\det A)^{n-1}=1^{2}=1$. Enfin $\det\left(A^{-1}B^{2}A^{T}\right)=\frac{1}{\det A}\cdot(\det B)^{2}\cdot\det A=(\det B)^{2}=4$, le facteur $\det A$ se simplifiant avec son inverse : le résultat ne dépend pas de $A$.

On remplace $L_{2}$ par $L_{2}-2L_{1}$ et $L_{4}$ par $L_{4}-L_{1}$, ce qui ne change pas le déterminant : $\begin{vmatrix} 1&2&0&1\\ 0&-1&1&-2\\ 0&1&2&1\\ 0&-2&1&1\end{vmatrix}=1\cdot\begin{vmatrix} -1&1&-2\\ 1&2&1\\ -2&1&1\end{vmatrix}$. Ce déterminant $3\times 3$ vaut $-1(2-1)-1(1+2)+(-2)(1+4)=-1-3-10=-14$. Donc le déterminant cherché vaut $-14$.

$\det(2M)=2^{3}\det M=8\cdot 5=40$ (multiplier une matrice $n\times n$ par $k$ multiplie le déterminant par $k^{n}$, une ligne à la fois). $\det\left(M^{T}M\right)=\det M^{T}\cdot\det M=(\det M)^{2}=25$ (multiplicativité, et $\det M^{T}=\det M$). $\det\left(M^{-1}\right)=\dfrac{1}{5}$ (car $\det M\cdot\det M^{-1}=\det I=1$). $\det(\operatorname{adj}M)=(\det M)^{n-1}=5^{2}=25$.

On ajoute les deux dernières lignes à la première : chaque entrée de $L_{1}$ devient $\lambda+2$, qu'on met en facteur. Il reste $\det N=(\lambda+2)\begin{vmatrix} 1&1&1\\ 1&\lambda&1\\ 1&1&\lambda\end{vmatrix}=(\lambda+2)(\lambda-1)^{2}$. La matrice est singulière pour $\lambda=-2$ et pour $\lambda=1$ (racine double). Pour $\lambda=1$ les trois lignes sont identiques (rang 1) ; pour $\lambda=-2$ la somme des trois lignes est nulle (rang 2).

Le produit mixte décide de la coplanarité : $\begin{vmatrix} 1&2&3\\ 2&-1&1\\ 4&3&7\end{vmatrix}=1(-7-3)-2(14-4)+3(6+4)=-10-20+30=0$. Le déterminant est nul, donc les trois vecteurs sont coplanaires (le parallélépipède qu'ils engendrent est plat). On cherche alors $\alpha,\beta$ avec $\vec{w}=\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}$ : les deux premières composantes donnent $\alpha+2\beta=4$ et $2\alpha-\beta=3$, d'où $\beta=1$ et $\alpha=2$. La troisième composante confirme : $3(2)+1=7$. Donc $\vec{w}=2\vec{u}+\vec{v}$.

$L_{2}-2L_{1}$ donne $(0,0,3,-6)$ et $L_{3}-L_{1}$ donne $(0,0,3,-6)$ : les deux nouvelles lignes sont identiques. La forme échelonnée n'a que deux lignes non nulles, donc $\operatorname{rang}(A)=2$. Autrement dit, les trois lignes de $A$ satisfont la relation $L_{1}+L_{3}-L_{2}=\vec{0}$.

Le système homogène se réduit à $x_{1}+2x_{2}-x_{3}+3x_{4}=0$ et $3x_{3}-6x_{4}=0$. La seconde donne $x_{3}=2x_{4}$ ; en reportant, $x_{1}=-2x_{2}+x_{3}-3x_{4}=-2x_{2}-x_{4}$. Les variables libres sont $x_{2}$ et $x_{4}$ : $\vec{x}=x_{2}\begin{pmatrix}-2\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+x_{4}\begin{pmatrix}-1\\ 0\\ 2\\ 1\end{pmatrix}$. Ces deux vecteurs sont indépendants (regardez les composantes 2 et 4), donc ils forment une base de l'espace nul, qui est de dimension 2.

Le théorème du rang affirme $\operatorname{rang}(A)+\dim(\text{espace nul})=n$, le nombre de colonnes. Ici $2+2=4$, et $A$ a bien 4 colonnes. Le compte tombe juste.

Puisque $L_{1}+L_{3}-L_{2}=\vec{0}$ du côté des coefficients, la même combinaison doit annuler le second membre : la condition de compatibilité est $b_{1}+b_{3}-b_{2}=0$. Pour $\vec{b}=(1,3,2)^{T}$ : $1+2-3=0$, le système est compatible. Résolution : $3x_{3}-6x_{4}=b_{2}-2b_{1}=1$, donc $x_{3}=\frac{1}{3}+2x_{4}$, puis $x_{1}=1-2x_{2}+x_{3}-3x_{4}=\frac{4}{3}-2x_{2}-x_{4}$. La solution générale s'écrit $\vec{x}=\begin{pmatrix}4/3\\ 0\\ 1/3\\ 0\end{pmatrix}+x_{2}\begin{pmatrix}-2\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+x_{4}\begin{pmatrix}-1\\ 0\\ 2\\ 1\end{pmatrix}$, soit une solution particulière plus l'espace nul tout entier. C'est la structure générale de l'ensemble des solutions d'un système compatible.

Oui. $W$ est l'ensemble des solutions d'une équation linéaire homogène : il contient $\vec{0}$, et si $\vec{u},\vec{v}\in W$ et $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$, alors $\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}$ vérifie encore l'équation par linéarité. C'est donc un sous-espace. En posant $x=-2y+z$, on obtient $(x,y,z)=y(-2,1,0)+z(1,0,1)$ : une base est $\{(-2,1,0),(1,0,1)\}$ et $\dim W=2$ (c'est un plan passant par l'origine).

Non. Le vecteur nul $(0,0,0)$ ne vérifie pas $x+y=1$. Or tout sous-espace doit contenir le vecteur nul : $U$ n'en est pas un. (C'est un plan affine, parallèle à un sous-espace mais décalé.) Le test du vecteur nul est le premier réflexe, et il tranche immédiatement.

Les deux générateurs de $F$ ne sont pas proportionnels, donc $\dim F=2$ ; de même $\dim G=2$. Pour $F+G$, il suffit de trouver trois vecteurs indépendants parmi les quatre : $\begin{vmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 1&0&1\end{vmatrix}=1(1)-1(-1)+0=2\neq 0$, donc $F+G$ contient trois vecteurs indépendants de $\mathbb{R}^{3}$ : $F+G=\mathbb{R}^{3}$ et $\dim(F+G)=3$. Grassmann donne alors $\dim(F\cap G)=\dim F+\dim G-\dim(F+G)=2+2-3=1$. Pour un vecteur directeur, on écrit $a(1,1,0)+b(0,1,1)=c(1,0,1)+d(1,1,1)$, ce qui donne $a=c+d$, $a+b=d$, $b=c+d$. Donc $b=a$, puis $d=2a$ et $c=-a$. Avec $a=1$ : le vecteur $(1,2,1)$, qui est bien dans $F$ (somme des deux générateurs) et dans $G$ (car $-\left(1,0,1\right)+2\left(1,1,1\right)=(1,2,1)$).

Dans la base canonique $\{1,x,x^{2}\}$, les trois polynômes ont pour vecteurs de coordonnées $(1,1,0)$, $(0,1,1)$ et $(1,0,1)$. Le déterminant de ces trois colonnes vaut 2, non nul : la famille est libre, et comme $\dim P_{2}=3$, c'est une base. Pour les coordonnées de $p$, on résout $\alpha(1+x)+\beta(x+x^{2})+\gamma(1+x^{2})=2+3x+4x^{2}$, soit $\alpha+\gamma=2$, $\alpha+\beta=3$, $\beta+\gamma=4$. En sommant les trois : $2(\alpha+\beta+\gamma)=9$, donc $\alpha+\beta+\gamma=\frac{9}{2}$, d'où $\gamma=\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}$, $\alpha=\frac{9}{2}-4=\frac{1}{2}$ et $\beta=\frac{9}{2}-2=\frac{5}{2}$. Les coordonnées sont $\left(\frac{1}{2},\frac{5}{2},\frac{3}{2}\right)$.