Familles libres et génératrices


Colle de mathématiques

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Énoncé du sujet

Parmi les familles suivantes de vecteurs de $\R^3$, déterminer lesquelles sont libres, et lesquelles sont génératrices.
  1. $x = (2, 1, 3)$ ; $y = (0, -1, -1)$ et $z = (2, 1, -1)$
  2. $x = (1, 1, 1)$ et $y = (2, 0, -2)$
  3. $x = (1, -1, -2)$ ; $y = (2, 3, 1)$ et $z = (-1, -1, 2)$
  4. $x = (1, 0, 2)$ ; $y = (-1, 3, -1)$ ; $z = (2, 1, 1)$ et $w = (3, 2, -1)$



Correction

Correction

  1. Une combinaison linéaire nulle des ces trois premiers vecteurs: $ax+by+cz=0$ est le système
    \[\la\begin{array}{rcrcrcc} 2a&& &+&2b &=&0\\ a&-&b&-&c&=&0\\ 3a&+&b&-&c&=&0 \enar\right.\]

    La première équation donne directement $a=-b$ et qui donne dans les deux autres équations
    \[\la\begin{array}{rcrcr} -2b&-&c&=&0\\ -2b&-&c&=&0 \enar\right.\]

    Ce système n'est donc pas un système de Cramer, et d'autres solutions que $(0;0;0)$ existent. En particulier la famille $(x;y;z)$ n'est pas libre.

    On a donc aussi $\dim\left( Vect(x;y;z)\rp<3$ et cette famille ne peut donc pas être génératrice de $\R^3$ puisque $\dim(\R^3)=3$.
  2. Cette famille de 2 vecteurs ne peut pas être génératrice d'un espace de dimension 3. La famille est par contre libre, puisque ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (les coordonnées ne sont pas proportionelles).
  3. Une combinaison linéaire nulle des ces trois premiers vecteurs: $ax+by+cz=0$ est le système
    \[\la\begin{array}{rcrcrcc} a&+&2b&-&c &=&0\\ -a&+&3b&-&c&=&0\\ -2a&+&b&+&2c&=&0 \enar\right.\]

    En soustrayant les deux premières équations, $L_1-L_2$, on obtient l'équation $2a-b=0$, et en ajoutant les trois équations, $L_1+L_2+L_3$, on obtient $-2a+6b=0$, soit le système
    \[\la\begin{array}{rcrcr} 2a&-&b&=&0\\ -2a&+&6b&=&0 \enar\right.\]

    Il s'agit d'un système de Cramer (de déterminant $2\tm6-(-2)\tm(-1)=10\not=0$) et qui admet donc une unique solution $a=b=0$. On trouve alors aussi que $c=0$, ce qui finit de montrer que la famille $(x;y;z)$ est libre.

    C'est donc une famille libre de trois vecteurs dans un espace de dimension 3: c'est donc une base qui est aussi en particulier génératrice.
  4. Cette dernière famille ne paut pas être libre car elle possède trop d'éléments, plus de $3=\dim(\R^3)$.

    Pour savoir si elle est génératrice de $\R^3$, on peut soit essayer d'exprimer tout vecteur $u=(a;b;c)$ comme combinaison linéaire des vecteurs de la famille $(x;y;z;w)$, soit montrer que cette famille de quatre vecteur est de dimension trois donc est forcément génératrice. On peut prendre par exemple la famille formée les trois premiers vecteurs $(x;y;z)$ et montrer qu'elle forme une famille libre.
    Ainsi, $(x;y;z)$ est génératrice de $\R^3$ (donc une base) et en y ajoutant un vecteur, on perd la liberté de la famille, mais elle reste encore génératrice.


Tag:Espace vectoriel

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