Math  /  Algebra

QuestionExercice 2 Soit X1,X2X_{1}, X_{2} et X3X_{3}, trois vecteurs de I3I^{3} tels que : X1=(1,5,2),X2=(2,1,2)X_{1}=(-1,5,2), X_{2}=(2,-1,2) et X3=(1,1,3)X_{3}=(1,1,3) a. Calculer les combinaisons linéaires suivantes: 3X12X2+X3;3(X1X3)+X23 \mathrm{X}_{1}-2 \mathrm{X}_{2}+\mathrm{X}_{3} ; 3\left(\mathrm{X}_{1}-\mathrm{X}_{3}\right)+\mathrm{X}_{2} b. Trouver trois réels α,β\alpha, \beta et γ\gamma non nuls, tels que αX1+βX2+γX3\alpha \mathrm{X}_{1}+\beta \mathrm{X}_{2}+\gamma \mathrm{X}_{3} ait ses deux premières composantes nulles .
Exercice 3
1. Soient u1=(1,1,1,1),u2=(2,1,2,1),u3=(4,1,4,1)u_{1}=(1,1,1,1), u_{2}=(2,-1,2,-1), u_{3}=(4,1,4,1) trois vecteurs de R4R^{4} La famille {u1,u2,u3}\{\mathrm{u} 1, \mathrm{u} 2, \mathrm{u} 3\} est-elle libre?
2. Soient dans R3\mathbb{R}^{3} les vecteurs v1=(1,1,0),v2=(4,1,4)v 1=(1,1,0), v 2=(4,1,4) et v3=(2,1,4)v 3=(2,-1,4).

La famille (v1,v2,v3)(v 1, v 2, v 3) est-elle libre ?

Studdy Solution

STEP 1

Qu'est-ce qu'on nous demande ? On doit manipuler des vecteurs !
On nous demande de calculer des combinaisons linéaires de vecteurs, et de trouver des coefficients pour que certaines composantes d'une combinaison linéaire soient nulles.
On doit aussi vérifier si des familles de vecteurs sont libres. Attention ! Il ne faut pas confondre combinaison linéaire et famille libre.
N'oubliez pas : une famille de vecteurs est libre si la seule façon d'obtenir le vecteur nul comme combinaison linéaire est d'utiliser des coefficients tous nuls.

STEP 2

1. Combinaisons linéaires (Exercice 2a)
2. Trouver les coefficients (Exercice 2b)
3. Famille libre dans R4 \mathbb{R}^4 (Exercice 3.1)
4. Famille libre dans R3 \mathbb{R}^3 (Exercice 3.2)

STEP 3

On calcule 3X12X2+X33X_1 - 2X_2 + X_3.
On **remplace** chaque vecteur par ses composantes : 3(1,5,2)2(2,1,2)+(1,1,3) 3(-1, 5, 2) - 2(2, -1, 2) + (1, 1, 3) On **distribue** les scalaires : (3,15,6)+(4,2,4)+(1,1,3) (-3, 15, 6) + (-4, 2, -4) + (1, 1, 3) On **additionne** composante par composante : (34+1,15+2+1,64+3)=(6,18,5) (-3 - 4 + 1, 15 + 2 + 1, 6 - 4 + 3) = (-6, 18, 5) Donc, 3X12X2+X3=(6,18,5)3X_1 - 2X_2 + X_3 = (-6, 18, 5).

STEP 4

On calcule 3(X1X3)+X23(X_1 - X_3) + X_2.
D'abord, on calcule la **différence** X1X3X_1 - X_3 : (1,5,2)(1,1,3)=(11,51,23)=(2,4,1) (-1, 5, 2) - (1, 1, 3) = (-1 - 1, 5 - 1, 2 - 3) = (-2, 4, -1) Ensuite, on calcule 3(X1X3)3(X_1 - X_3) : 3(2,4,1)=(6,12,3) 3(-2, 4, -1) = (-6, 12, -3) Enfin, on **ajoute** X2X_2 : (6,12,3)+(2,1,2)=(6+2,121,3+2)=(4,11,1) (-6, 12, -3) + (2, -1, 2) = (-6 + 2, 12 - 1, -3 + 2) = (-4, 11, -1) Donc, 3(X1X3)+X2=(4,11,1)3(X_1 - X_3) + X_2 = (-4, 11, -1).

STEP 5

On cherche α\alpha, β\beta et γ\gamma tels que αX1+βX2+γX3\alpha X_1 + \beta X_2 + \gamma X_3 ait ses deux premières composantes nulles.
Écrivons cette combinaison linéaire : α(1,5,2)+β(2,1,2)+γ(1,1,3)=(α+2β+γ,5αβ+γ,2α+2β+3γ) \alpha(-1, 5, 2) + \beta(2, -1, 2) + \gamma(1, 1, 3) = (-\alpha + 2\beta + \gamma, 5\alpha - \beta + \gamma, 2\alpha + 2\beta + 3\gamma) On veut que les deux premières composantes soient nulles, donc : α+2β+γ=0 -\alpha + 2\beta + \gamma = 0 5αβ+γ=0 5\alpha - \beta + \gamma = 0

STEP 6

On a un système de deux équations à trois inconnues.
On peut exprimer γ\gamma en fonction de α\alpha et β\beta grâce à la première équation : γ=α2β\gamma = \alpha - 2\beta.
On **substitue** dans la deuxième équation : 5αβ+(α2β)=0 5\alpha - \beta + (\alpha - 2\beta) = 0 6α3β=0 6\alpha - 3\beta = 0 2αβ=0 2\alpha - \beta = 0 Donc β=2α\beta = 2\alpha.
On peut choisir α=1\alpha = 1, alors β=2\beta = 2 et γ=12(2)=3\gamma = 1 - 2(2) = -3.

STEP 7

On cherche si la seule combinaison linéaire nulle de u1,u2,u3u_1, u_2, u_3 est la combinaison triviale (avec tous les coefficients nuls).
Soient a,b,ca, b, c des scalaires tels que : a(1,1,1,1)+b(2,1,2,1)+c(4,1,4,1)=(0,0,0,0) a(1, 1, 1, 1) + b(2, -1, 2, -1) + c(4, 1, 4, 1) = (0, 0, 0, 0) (a+2b+4c,ab+c,a+2b+4c,ab+c)=(0,0,0,0) (a + 2b + 4c, a - b + c, a + 2b + 4c, a - b + c) = (0, 0, 0, 0)

STEP 8

On obtient le système : a+2b+4c=0 a + 2b + 4c = 0 ab+c=0 a - b + c = 0 On voit que les deux équations sont **identiques**.
Si on prend c=1c = 1 et b=3b = 3, alors a=2b4c=10a = -2b - 4c = -10.
On a trouvé une solution non triviale, donc la famille n'est pas libre.

STEP 9

On procède de la même manière.
Soient a,b,ca, b, c des scalaires tels que : a(1,1,0)+b(4,1,4)+c(2,1,4)=(0,0,0) a(1, 1, 0) + b(4, 1, 4) + c(2, -1, 4) = (0, 0, 0) (a+4b+2c,a+bc,4b+4c)=(0,0,0) (a + 4b + 2c, a + b - c, 4b + 4c) = (0, 0, 0)

STEP 10

On obtient le système : a+4b+2c=0 a + 4b + 2c = 0 a+bc=0 a + b - c = 0 4b+4c=0 4b + 4c = 0 De la troisième équation, on a c=bc = -b.
En substituant dans la deuxième, on obtient a+2b=0a + 2b = 0, donc a=2ba = -2b.
En substituant dans la première, on obtient 2b+4b2b=0-2b + 4b - 2b = 0, ce qui est toujours vrai.
On peut choisir b=1b = 1, alors a=2a = -2 et c=1c = -1.
La famille n'est pas libre.

STEP 11

Exercice 2 : a) 3X12X2+X3=(6,18,5)3X_1 - 2X_2 + X_3 = (-6, 18, 5) et 3(X1X3)+X2=(4,11,1)3(X_1 - X_3) + X_2 = (-4, 11, -1). b) Une solution possible est α=1\alpha = 1, β=2\beta = 2 et γ=3\gamma = -3. Exercice 3 : 1) La famille {u1,u2,u3}\{u_1, u_2, u_3\} n'est pas libre.
2) La famille {v1,v2,v3}\{v_1, v_2, v_3\} n'est pas libre.

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