Faire le point : Algèbre linéaire et géométrie vectorielle 201-SN4-RE (ancien 201-NYC)

b) $y$ est isolé. On remplace : $4x-3(5-2x)=13$, soit $4x-15+6x=13$, donc $10x=28$ et $x=2{,}8$. Puis $y=5-2(2{,}8)=5-5{,}6=-0{,}6$. Le couple est $(2{,}8;-0{,}6)$. Vérification : $4(2{,}8)-3(-0{,}6)=11{,}2+1{,}8=13$ ✓. Attention au signe lors de la distribution de $-3$ sur $(5-2x)$ : c'est l'erreur la plus fréquente de tout le chapitre.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

Méthode commune : on cherche les racines, puis on applique la règle du signe. Un trinôme est du SIGNE DE $a$ à l'extérieur de ses racines et du signe OPPOSÉ entre elles. Il n'y a rien d'autre à savoir, à condition de ne pas oublier de regarder le signe de $a$.

a) $x^{2}-2x-3\geq 0$. Racines : $\Delta=4+12=16$, donc $x=\frac{2\pm 4}{2}$, soit $-1$ et $3$. Ici $a=1>0$, la parabole est ouverte vers le haut : elle est positive à l'EXTÉRIEUR de ses racines et négative entre elles. Solution : $]-\infty\,;-1]\cup[3\,;+\infty[$, bornes fermées puisque l'inégalité est large et que les racines annulent le trinôme. Contrôle par un point-test dans chaque zone : en $x=-2$, $4+4-3=5>0$ ✓ ; en $x=0$, $-3<0$ ✓ ; en $x=4$, $16-8-3=5>0$ ✓.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

a) Le point image d'un réel $x$ a pour coordonnées $(\cos x\,;\sin x)$ : l'ABSCISSE est le cosinus, l'ORDONNÉE est le sinus. Pour $\frac{\pi}{3}$, soit $60°$, on lit $\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$ et $\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, donc le point image est $\left(\frac{1}{2}\,;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. Contrôle de plausibilité : $\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}87$ est nettement plus grand que $0{,}5$, ce qui est cohérent avec un angle de $60°$, proche de la verticale. Inverser les deux coordonnées est l'erreur la plus fréquente, et ce contrôle la détecte immédiatement.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

b) $\|\vec{R}\|=\sqrt{60^{2}+80^{2}}=\sqrt{3600+6400}=\sqrt{10000}=100$ N. On retrouve le triplet $3$-$4$-$5$ multiplié par $20$. L'orientation vaut $\theta=\arctan\frac{80}{60}=\arctan\frac{4}{3}\approx 53{,}13^{\circ}$ au nord de l'est, et le résultat est acceptable tel quel puisque les deux composantes sont positives, donc le vecteur est au premier quadrant. Contrôle de plausibilité, à faire systématiquement en physique : la résultante $100$ N est plus grande que chacune des deux forces mais plus petite que leur somme $140$ N, ce qui est toujours le cas pour deux forces non colinéaires ✓. Et l'angle dépasse $45^{\circ}$, ce qui est cohérent avec une composante nord plus grande que la composante est.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

b) On a $\vec{u}\times\vec{v}=(-10;\ 7;\ 9)$ donc $\|\vec{u}\times\vec{v}\|^{2}=230$, et $\vec{u}\cdot\vec{v}=-8$ donc $(\vec{u}\cdot\vec{v})^{2}=64$. La somme vaut $230+64=294$. Par ailleurs $\|\vec{u}\|^{2}=14$ et $\|\vec{v}\|^{2}=21$, donc $\|\vec{u}\|^{2}\|\vec{v}\|^{2}=14\times 21=294$. Les deux membres sont égaux : l'identité est vérifiée.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

a) $\vec{n_{1}}=(2;\ -1;\ 2)$ et $\vec{n_{2}}=(1;\ 2;\ -2)$ ont pour normes $\|\vec{n_{1}}\|=\sqrt{4+1+4}=3$ et $\|\vec{n_{2}}\|=\sqrt{1+4+4}=3$ : elles sont égales. Pour $Q(3;\ 1;\ 0)$ : $\text{dist}(Q,\pi_{1})=\dfrac{|2(3)-1+0|}{3}=\dfrac{5}{3}$ et $\text{dist}(Q,\pi_{2})=\dfrac{|3+2(1)-0|}{3}=\dfrac{5}{3}$. Le point $Q$ est équidistant des deux plans.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

a) $A+B=\begin{pmatrix} 2+1 & -1+4 \\ 3-2 & 0+5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 1 & 5 \end{pmatrix}$. Pour $3A-2B$ : $3A=\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 9 & 0 \end{pmatrix}$ et $2B=\begin{pmatrix} 2 & 8 \\ -4 & 10 \end{pmatrix}$, donc $3A-2B=\begin{pmatrix} 4 & -11 \\ 13 & -10 \end{pmatrix}$.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

b) Matrice augmentée $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 1 & 2 & 3 & 14 \\ 2 & 3 & 4 & 20 \end{array}\right]$. On applique $L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{1}$, ce qui donne $(0;\ 1;\ 2\,|\,8)$, puis $L_{3}\leftarrow L_{3}-2L_{1}$, ce qui donne $(0;\ 1;\ 2\,|\,8)$.

Les deux nouvelles lignes sont identiques, donc $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ donne $(0;\ 0;\ 0\,|\,0)$. La forme échelonnée est $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & 2 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$.

Ici la ligne nulle a un second membre NUL, ce qui ne traduit aucune contradiction : c'est l'équation $0=0$, toujours vraie, qui signale simplement une équation redondante. Le système est compatible. Il possède deux pivots (colonnes de $x$ et de $y$) pour trois inconnues, donc $3-2=1$ paramètre libre. L'inconnue $z$, dont la colonne ne porte pas de pivot, devient le paramètre.

On pose $z=t$. La deuxième ligne donne $y+2t=8$, donc $y=8-2t$. La première donne $x+(8-2t)+t=6$, soit $x=6-8+2t-t=t-2$.

L'ensemble des solutions est $\{(t-2;\ 8-2t;\ t)\ :\ t\in\mathbb{R}\}$, une INFINITÉ de solutions. Il faut donner l'ensemble complet : répondre par une seule solution particulière, même correcte, ne vaut pas la question.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

d) $\det(A^{2})=\det(A)\det(A)=6\times 6=36$, par la propriété $\det(AB)=\det(A)\det(B)$. Comme $\det(A)=6\neq 0$, la matrice $A$ est inversible et $\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}=\dfrac{1}{6}$. Enfin $\det(A^{T})=\det(A)=6$.

Pour $\det(A+A)$ : le piège consiste à écrire $\det(A)+\det(A)=12$. C'est faux, car le déterminant n'est PAS additif. Il faut voir que $A+A=2A$, donc $\det(A+A)=\det(2A)=2^{3}\times 6=48$. Retenez la formule qui n'existe pas : $\det(A+B)\neq\det(A)+\det(B)$ en général. Le déterminant est multiplicatif, jamais additif.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

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.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

b) Base canonique de $P_{2}$ : $\left\{1,\;x,\;x^{2}\right\}$. Elle est GÉNÉRATRICE, car tout polynôme $ax^{2}+bx+c$ s'écrit $c\cdot 1+b\cdot x+a\cdot x^{2}$; elle est LIBRE, car $c+bx+ax^{2}=0$ pour tout $x$ impose $a=b=c=0$ (un polynôme nul a tous ses coefficients nuls). Donc $\dim P_{2}=3$. Pour $M_{2\times 2}$, la base canonique est formée des quatre matrices ayant un seul 1 et des 0 ailleurs, donc $\dim M_{2\times 2}=4$. Règle générale à retenir : $\dim P_{n}=n+1$ (attention au $+1$, oublié très souvent) et $\dim M_{m\times n}=mn$.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

b) $R_{60}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}(2)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}(0) \\[4pt] \dfrac{\sqrt{3}}{2}(2)+\dfrac{1}{2}(0) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{3} \end{pmatrix}$. L'image est $A'(1;\ \sqrt{3})$, dont la distance à l'origine vaut $\sqrt{1+3}=2$, exactement celle de $A$. Une rotation conserve les longueurs, ce contrôle doit devenir un réflexe de vérification.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

c) Si l'on échange les colonnes de $P$ pour obtenir $P'=\begin{pmatrix}2&-1\\1&1\end{pmatrix}$ tout en gardant $D=\begin{pmatrix}2&0\\0&5\end{pmatrix}$, l'égalité tombe : on affirmerait alors que $\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ est associé à la valeur propre 2, alors qu'il l'est à 5. Le calcul le confirme, $P'DP'^{-1}=\begin{pmatrix}3&-2\\-1&4\end{pmatrix}\neq A$. La règle est donc stricte : la $i$-ème colonne de $P$ doit être un vecteur propre associé au $i$-ème terme diagonal de $D$. En revanche, échanger simultanément les colonnes de $P$ ET les termes de $D$ est parfaitement licite et donne une autre diagonalisation, tout aussi valable : la diagonalisation n'est donc pas unique, seul l'APPARIEMENT compte.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

c) $p_{12}=0{,}3$ est l'entrée de la ligne 1 et de la colonne 2 : c'est la probabilité de passer DE l'état 2 VERS l'état 1, autrement dit la part de B qui rejoint A. L'ordre des indices est la source d'erreur la plus fréquente du chapitre : en convention colonne, on lit $p_{ij}$ comme « de $j$ vers $i$ ».

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

a) $|z|=\sqrt{(-2)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{4+12}=\sqrt{16}=4$. Pour l'argument, on impose les DEUX conditions : $\cos\theta=\dfrac{-2}{4}=-\dfrac{1}{2}$ et $\sin\theta=\dfrac{2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Cosinus négatif et sinus positif placent l'angle dans le deuxième quadrant, et l'angle de référence associé à $\dfrac{1}{2}$ et $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ est $\dfrac{\pi}{3}$. Donc $\theta=\pi-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{2\pi}{3}$.

Le piège classique : utiliser la calculatrice pour $\arctan\left(\dfrac{2\sqrt{3}}{-2}\right)=\arctan(-\sqrt{3})=-\dfrac{\pi}{3}$, et s'arrêter là. Cette valeur est dans le quatrième quadrant, alors que $z$ est dans le deuxième. La fonction arctangente ne rend jamais que des angles entre $-\dfrac{\pi}{2}$ et $\dfrac{\pi}{2}$ : elle ne peut pas distinguer les quadrants opposés. Il faut toujours situer le point avant de conclure.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →

b) $A=\begin{pmatrix} -\cos 30^{\circ} & \cos 60^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \sin 60^{\circ} \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 \\ 200 \end{pmatrix}$. Alors $\det A=-\cos 30^{\circ}\sin 60^{\circ}-\cos 60^{\circ}\sin 30^{\circ}=-(\sin 60^{\circ}\cos 30^{\circ}+\cos 60^{\circ}\sin 30^{\circ})=-\sin(60^{\circ}+30^{\circ})=-\sin 90^{\circ}=-1$. La formule d'addition évite toute décimale, et le résultat exact $-1$ vient de ce que les deux câbles sont PERPENDICULAIRES, $30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$.

L'exercice complet, avec toutes ses questions →