Intra MTH1006 – été 2011: Corrigé Question 1 - STEP

Intra MTH1006 – été 2011: Corrigé
Question 1
Considérons les deux droites:
x − 3
z − 1
y + 4 z − 1
(D1) : = y + 4 = et (D2) : x − 3 = =
2 3
3 2 .
1. Déterminer les coordonnées du point I intersection de D1 et D2.
2. Déterminer l’équation cartésienne du plan π contenant les deux droites
D1 et D2.
3. Donner les équations paramétriques de la droite D3, passant par l’origine
O et perpendiculaire au plan π.
4. Donner les équations symétriques de la droite D3.
Réponse
1. Des équations symétriques des deux droites, on déduit les équations
paramétriques:
⎧
⎨ x = 2t + 3
⎧
⎨ x = s + 3
(D1) y
⎩
z
=
=
t − 4
3t + 1
t ∈ IR et (D2) y
⎩
z
=
=
3s − 4
2s + 1
s ∈ IR
En identifiant les équations paramétriques, on obteint le système d’équations
⎧
⎨
⎩
2t = s
t = 3s
3t = s
dont l’unique solution est t = s = 0. D’où le point d’intersection
I(3, −4, 1).
1

2. Comme le plan π contient les deux droites D1 et D2, la normale −→ n de
π est perpendiculaire à leurs vecteurs directeurs respectifs
−→ v1 = 2 −→ i + −→ j + 3 −→ k et −→ v2 = −→ i + 3 −→ j + 2 −→ k .
Donc −→ n est parallèle au produit vectoriel −→ v1 × −→ v2. On prend, par
exemple,
−→ n = − −→ v1 × −→ v2 = 7 −→ i + −→ j − 5 −→ k .
En utilisant le fait que π contient le point I(3, −4, 1), on obtient l’équation
du plan:
7x + y − 5z = 12.
3. Soit −→ v le vecteur directeur de L. Comme L est perpendiculaire à π, on
peut prendre −→ v = −→ n = 7 −→ i + −→ j − 5 −→ k . De plus L contient l’origine,
donc
⎧
⎨ x = 7t
(L) y
⎩
z
=
=
t
−5t
t ∈ IR
4. Les équations symétriques de L se déduisent directement de ses équations
paramétriques. Ce sont
x −z
= y =
7 5 .
Question 2
Considérons le système de vecteurs S = { −→ a1, −→ a2, −→ a3, −→ a4}, où
−→ a1 = −→ i + −→ j ; −→ a2 = −→ j + −→ k ; −→ a3 = −→ i + −→ k ; −→ a4 = −→ i + −→ j + −→ k .
1. Est-ce que S est libre? Justifier votre réponse.
2. Donner chacun des vecteurs de la base usuelle C = ( −→ i , −→ j , −→ k ) comme
combinaison linéaire de −→ a1, −→ a2 et −→ a3.
3. Déduire une relation linéaire entre −→ a1, −→ a2, −→ a3 et −→ a4.
4. Réduire S en un système générateur libre S ′ .

Réponse
1. Le système n’est pas libre, car il contient 4 vecteurs dans un espace
(V 3 ) de dimension 3.
2. Pour donner −→ i comme combinaison linéaire de −→ a1, −→ a2 et −→ a3, on résout
l’équation
x −→ a1 + y −→ a2 + z −→ a3 = −→ i .
Ce qui donne
−→ 1
i =
2 (−→ a1 − −→ a2 + −→ a3) .
De façon similaire, on obtient
−→ j = 1
2 (−→ a1 + −→ a2 − −→ a3) et −→ k = 1
2 (−−→ a1 + −→ a2 + −→ a3) .
3. En utilisant les résulats de la question précédente, on obtient
−→ a4 = 1
2 (−→ a1 + −→ a2 + −→ a3) .
4. Comme −→ a4 s’exprime comme combinaison linéaire de −→ a1, −→ a2 et −→ a3, on
peut le rejeter de S.
Donc S se réduit à S ′ = { −→ a1, −→ a2, −→ a3}.
On a démontré plus haut que chacun des vecteurs de la base usuelle de
V 3 est combinaison linéaire des vecteurs de S ′ . Donc S ′ engendre V 3 .
De plus S ′ contient dim(V 3 ) = 3 vecteurs, donc S ′ est libre.
Question 3
Soit W le sous-ensemble de V 3 défini par
W = { −→ u ∈ V 3 : −→ u = x −→ i + y −→ j + z −→ k ; avec x − y + z = 0}.
1. Justifier le fait que W est un sous-espace vectoriel.
2. Donner une base de W .
3. Trouver une caractérisation algébrique de W ⊥ .
4. Donner une base W ⊥ .

Réponse
1. Dans la définition de W , on reconnaît l’équation d’un plan. De plus W
contient l’origine. Alors W est bien un sous-espace vectoriel.
2. Un vecteur −→ u = x −→ i +y −→ j +z −→ k est dans W si et seulement si y = x+z.
De façon équivalente, −→ u est dans W si et seulement si
−→ u = x( −→ i + −→ j ) + z( −→ j + −→ k ).
Donc, B = { −→ b1 , −→ b2 } = { −→ i + −→ j , −→ j + −→ k } est un système générateur de
W .
Comme W est un plan vectoriel, il est de dimension 2. Aussi, B contient
exactement 2 vecteurs. Alors B est une base de W .
3. Tout vecteur −→ u = x −→ i + y −→ j + z −→ k de W ⊥ est perpendiculaire à tous
les vecteurs de W , ou de façon équivalent aux vecteurs d’une base de
W . Ainsi, on peut dire
⎧
⎪⎨
−→ −→
u · b1 = x + y = 0
−→ −→ −→ −→ ⊥
u = x i + y j + z k ∈ W ssi
⎪⎩ −→ −→
u · b2 = y + z = 0.
D’où la caractérisation algébrique
W ⊥ = { −→ u ∈ V 3 : −→ u = x −→ i + y −→ j + z −→ k ; avec x + y = 0 et y + z = 0}.
4. Comme W est un plan vectoriel, W ⊥ est la droite vectorielle générée
par la normale −→ n = −→ i − −→ j + −→ k de W . Comme il y a un seul vecteur
non nul, { −→ n } est une base de W ⊥ .
Question 4
Soit C = ( −→ i , −→ j , −→ k ) la base usuelle de V 3 et considérons les vecteurs suivants:
−→
b1 = −→ i − −→ j + −→ k ;
−→
b2 = −→ i + −→ j ;
−→
b3 = −→ j + −→ k .
Notons U le sous-espace vectoriel de V 3 engendré par { −→ b1 , −→ b2 }.

1. En utilisant le procédé de Gram–Schmidt, déduire de B une base orthogonale
B ′ , puis une base orthonormale B ′′ .
2. Donner les matrices de transition CPB et B ′′PB.
3. Si −→ v = −→ i − −→ j − 2 −→ k , calculer les produit scalaires −→ v · −→ b1 et −→ v · −→ b2 .
4. Déduire (sans faire de calculs) la décomposition de −→ v en −→ v = −→ u + −→ w
avec −→ u ∈ U et −→ w ∈ U ⊥ .
Réponse
1. L’application du procédé de Gram–Schmidt nous donne
−→ b ′ 1 = −→ b1 = −→ i − −→ j + −→ k ,
−→ b ′ 2 = −→ b2 −
−→ b ′ 3 = −→ b3 −
−→ b ′ 1 · −→ b2
−→ b ′ 1 · −→ b ′ 1
−→ b ′ 1 · −→ b3
−→ b ′ 1 · −→ b ′ 1
Ainsi la base orthogonale est
−→ b ′ 1 = −→ i + −→ j ,
−→ b ′ 1 −
−→ b ′ 2 · −→ b3
−→ b ′ 2 · −→ b ′ 2
−→ b ′ 2 = −−→ i + −→ j + 2 −→ k
2
B ′ = { −→ i − −→ j + −→ k , −→ i + −→ j , −−→ i + −→ j + 2 −→ k
2
En normalisant les vecteurs de B ′ , on obtient la base orthonormale
B ′′ = { −→ b ′′
1 , −→ b ′′
2 , −→ b ′′
−→ −→ −→ −→ −→
i − j + k i + j
3 } = { √ , √
3 2
2. En utilisant la définition
⎡
CPB = ⎣
1 1 0
−1 1 1
1 0 1
}.
, −−→ i + −→ j + 2 −→ k
√ 6
Comme B ′′ est une base orthonormale de V 3 , tout vecteur −→ v de V 3
s’écrit sous la forme
⎤
⎦ .
−→ v = ( −→ v · −→ b ′′
1 ) −→ b ′′
1 + ( −→ v · −→ b ′′
2 ) −→ b ′′
2 + ( −→ v · −→ b ′′
3 ) −→ b ′′
3 .
.
}.

En appliquant aux vecteurs de la base B, on obtient
et ainsi
−→
b1 = √ 3 −→ b ′′
1 , −→ b2 = √ 2 −→ b ′′
2 et −→ b3 = 1 −→ ′′ √ b 2 +
2
3 −→ ′′ √ b 3 ,
6
⎡
B ′′PB = ⎣
√ 3 0 0
0 √ 2 1/ √ 2
0 0 3/ √ 6
3. Pour −→ v = −→ i − −→ j − 2 −→ k , on a −→ v · −→ b1 = −→ v · −→ b2 = 0.
4. De la question précédente, on déduit que −→ v ∈ U ⊥ , donc −→ v se décompose
en −→ v = −→ u + −→ w avec −→ u = −→ 0 ∈ U et −→ w = −→ v ∈ U ⊥ .
⎤
⎦ .