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SOLUTIONS
Solutions
On en déduit que B = Vect((4, −5, 3), (2, 3, −2)). Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires, ils forment également une famille libre. La famille ((4, −5, 3), (2, 3, −2)) est
donc une base de B.
c. Soient a, b, c trois réels tels que a(1, 1, −2) + b(2, 1, −3) + c(0, 1, −1) = 0. On résout le
système équivalent
a + 2b = 0
a + b + c = 0
−2a − 3b − c = 0
⇔
a + 2b = 0
−b + c = 0
b − c = 0
⇔
a = −2c
b = c
On a donc par exemple (0, −1, 1) = 2(1, 1, 2) − (2, 1, −3).
On en déduit que C = Vect((1, 1, 3), (2, 1, −3)). Les deux vecteurs n’étant pas colinéaires il forment une famille libre. La famille ((1, 1, 3), (2, 1, −3)) étant à la fois libre
et génératrice de C, c’est une base de C.
d. On remarque que (−2, −8, 6) = −2(1, 4, −3). Donc D = Vect((1, 4, −3)). Le vecteur
(1, 4, −3) n’étant pas nul, la famille ((1, 4, −3)) est une base de D.
2.
1. Soit (x, y, z, t) un élément quelconque de K
4 . Nous avons les équivalences suivantes.
(x, y, z, t) ∈ E ⇐⇒
2x + y − z + 2t = 0
x + y + z = 0
⇐⇒
x = 2z − 2t
y = 2t − 3z
L 2 ← L 1 − L 2
L 1 ← 2L 2 − L 1
⇐⇒ (x, y, z, t) = z(2, −3, 1, 0) + t(−2, 2, 0, 1)
⇐⇒ (x, y, z, t) ∈ Vect
(2, −3, 1, 0), (−2, 2, 0, 1)
Le sous-ensemble E est égal à Vect
(2, −3, 1, 0), (−2, 2, 0, 1)
dont nous savons qu’il s’agit
d’un sous-espace vectoriel de K
4 . Les vecteurs (2, −3, 1, 0) et (−2, 2, 0, 1) engendrent E,
ils ne sont pas colinéaires, ils forment une famille libre qui est donc une base de E ; E est
de dimension 2.
Remarquons que le cours (voir page 5) nous permet d’affirmer avant tout calcul que E est
un sous-espace vectoriel de K
4 .
2. Soit (x, y, z, t) un élément quelconque de K
4 . Nous avons les équivalences suivantes.
(x, y, z, t) ∈ Vect
(−1, 2, 1, −1), (3, 1, 0, −1)
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ K
2
(x, y, z, t) = a(−1, 2, 1, −1) + b(3, 1, 0, −1)
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ K
2
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
x = −a + 3b
y = 2a + b
z = a
t = −a − b
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ K
2
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
0 = x + 4z + 3t
0 = y − z + t
a = z
b = −z − t
L 1 ← L 1 + 4L 3 + 3L 4
L 2 ← L 2 − L 3 + L 4
L 3
L 4 ← L 4 + L 3
⇐⇒
0 = x + 4z + 3t
0 = y − z + t
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Solutions
On en déduit que B = Vect((4, −5, 3), (2, 3, −2)). Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires, ils forment également une famille libre. La famille ((4, −5, 3), (2, 3, −2)) est
donc une base de B.
c. Soient a, b, c trois réels tels que a(1, 1, −2) + b(2, 1, −3) + c(0, 1, −1) = 0. On résout le
système équivalent
a + 2b = 0
a + b + c = 0
−2a − 3b − c = 0
⇔
a + 2b = 0
−b + c = 0
b − c = 0
⇔
a = −2c
b = c
On a donc par exemple (0, −1, 1) = 2(1, 1, 2) − (2, 1, −3).
On en déduit que C = Vect((1, 1, 3), (2, 1, −3)). Les deux vecteurs n’étant pas colinéaires il forment une famille libre. La famille ((1, 1, 3), (2, 1, −3)) étant à la fois libre
et génératrice de C, c’est une base de C.
d. On remarque que (−2, −8, 6) = −2(1, 4, −3). Donc D = Vect((1, 4, −3)). Le vecteur
(1, 4, −3) n’étant pas nul, la famille ((1, 4, −3)) est une base de D.
2.
1. Soit (x, y, z, t) un élément quelconque de K
4 . Nous avons les équivalences suivantes.
(x, y, z, t) ∈ E ⇐⇒
2x + y − z + 2t = 0
x + y + z = 0
⇐⇒
x = 2z − 2t
y = 2t − 3z
L 2 ← L 1 − L 2
L 1 ← 2L 2 − L 1
⇐⇒ (x, y, z, t) = z(2, −3, 1, 0) + t(−2, 2, 0, 1)
⇐⇒ (x, y, z, t) ∈ Vect
(2, −3, 1, 0), (−2, 2, 0, 1)
Le sous-ensemble E est égal à Vect
(2, −3, 1, 0), (−2, 2, 0, 1)
dont nous savons qu’il s’agit
d’un sous-espace vectoriel de K
4 . Les vecteurs (2, −3, 1, 0) et (−2, 2, 0, 1) engendrent E,
ils ne sont pas colinéaires, ils forment une famille libre qui est donc une base de E ; E est
de dimension 2.
Remarquons que le cours (voir page 5) nous permet d’affirmer avant tout calcul que E est
un sous-espace vectoriel de K
4 .
2. Soit (x, y, z, t) un élément quelconque de K
4 . Nous avons les équivalences suivantes.
(x, y, z, t) ∈ Vect
(−1, 2, 1, −1), (3, 1, 0, −1)
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ K
2
(x, y, z, t) = a(−1, 2, 1, −1) + b(3, 1, 0, −1)
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ K
2
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
x = −a + 3b
y = 2a + b
z = a
t = −a − b
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ K
2
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
0 = x + 4z + 3t
0 = y − z + t
a = z
b = −z − t
L 1 ← L 1 + 4L 3 + 3L 4
L 2 ← L 2 − L 3 + L 4
L 3
L 4 ← L 4 + L 3
⇐⇒
0 = x + 4z + 3t
0 = y − z + t
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