Qui peux m'aider a ce test ?
http://formation.u-psud.fr/courses/L1MP ... PI20092010
Aide Algebre
Re: Aide Algebre
Bonjour
As-tu essayé de répondre à certaines questions ? Je peux éventuellement corriger les réponses.
Quelles sont les questions auxquelles tu ne sais pas répondre ?
As-tu essayé de répondre à certaines questions ? Je peux éventuellement corriger les réponses.
Quelles sont les questions auxquelles tu ne sais pas répondre ?
Re: Aide Algebre
j'ai pas reussi a faire du 8 au 16
Re: Aide Algebre
8. Comme l'espace est de dimension 3 et qu'il est plus facile de démontrer qu'une partie est libre que de démontrer qu'elle est génératrice, on cherche à démontrer que $(P,Q,R)$ est libre.
$aP(x)=bQ(x)+cR(x)=ax^2+(a+b+c)x+(b-c)$. Ce polynôme est le polynôme nul si et seulement si $\left\{\begin{array}{rcl}a&=&0\\a+b+c&=&0 \\b-c&=&0\end{array}\right.$
Ce qui conduit à $a=b=c=0$ donc $(P,Q,R)$ partie libre de 3 éléments est une partie génératrice.
9. Étant donné le type des questions, je pense que tu n'as pas d'autre méthode que d'utiliser la définition donc de partir de la combinaison nulle $au_1+bu_2+cu_3+du_4=0$, ce qui amène à résoudre le système $\left\{\begin{array}{rcl}a&+&b&+&c&+&3d&=&0\\2a&+&b&-&c&+&d&=&0\\-a&+&3b&+&c&+&3d&=&0\\-2a&-&5b&-&c&-&7d&=&0\end{array}\right.$
Ce qui m'a donné, sauf erreur, $a=b=c=d=0$ donc la partie est libre.
10. On part de la combinaison nulle : $\forall x \in {\mathbb R},\ a\sin (x) +bf(x)=0$
Comme la fonction $\sin$ est bornée, si $b\neq 0$ alors $\lim_{x\to +\infty} a\sin (x) +bf(x)=\pm \infty$ suivant le signe de $b$. Par conséquent, si la combinaison est nulle, $b=0$
On a alors $\forall x \in {\mathbb R},\ a\sin (x) =0$. Comme la fonction $\sin$ n'est pas identiquement nulle , $a=0$
La partie est donc libre.
11. $u_1$ et $u_2$ ne sont pas colinéaires donc $(u_1,u_2)$ est libre.
$u_2-u_1=(2,-3,2,1)=u_3$. $u_3$ étant une combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$, $F=E$ et $(u_1,u_2,u_3)$ n'est pas libre.
$aP(x)=bQ(x)+cR(x)=ax^2+(a+b+c)x+(b-c)$. Ce polynôme est le polynôme nul si et seulement si $\left\{\begin{array}{rcl}a&=&0\\a+b+c&=&0 \\b-c&=&0\end{array}\right.$
Ce qui conduit à $a=b=c=0$ donc $(P,Q,R)$ partie libre de 3 éléments est une partie génératrice.
9. Étant donné le type des questions, je pense que tu n'as pas d'autre méthode que d'utiliser la définition donc de partir de la combinaison nulle $au_1+bu_2+cu_3+du_4=0$, ce qui amène à résoudre le système $\left\{\begin{array}{rcl}a&+&b&+&c&+&3d&=&0\\2a&+&b&-&c&+&d&=&0\\-a&+&3b&+&c&+&3d&=&0\\-2a&-&5b&-&c&-&7d&=&0\end{array}\right.$
Ce qui m'a donné, sauf erreur, $a=b=c=d=0$ donc la partie est libre.
10. On part de la combinaison nulle : $\forall x \in {\mathbb R},\ a\sin (x) +bf(x)=0$
Comme la fonction $\sin$ est bornée, si $b\neq 0$ alors $\lim_{x\to +\infty} a\sin (x) +bf(x)=\pm \infty$ suivant le signe de $b$. Par conséquent, si la combinaison est nulle, $b=0$
On a alors $\forall x \in {\mathbb R},\ a\sin (x) =0$. Comme la fonction $\sin$ n'est pas identiquement nulle , $a=0$
La partie est donc libre.
11. $u_1$ et $u_2$ ne sont pas colinéaires donc $(u_1,u_2)$ est libre.
$u_2-u_1=(2,-3,2,1)=u_3$. $u_3$ étant une combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$, $F=E$ et $(u_1,u_2,u_3)$ n'est pas libre.
Re: Aide Algebre
12. $u_1$ et $u_2$ sont linéairement indépendants.
$\left\{\begin{array}{rcl}u_2&-&u_1&=&e_1&+&e_3\\2u_1&-&u_2&=&e_3\end{array}\right.$ d'où on déduit $\left\{\begin{array}{rcl}e_1&=&-3u_1+2u_2\\ e_3&=&2u_1-u_2\end{array}\right.$
Par conséquent le sous-espace vectoriel Vect$(u_1,u_2)$ est égal au sous-espace vectoriel Vect$(e_1,e_3)$ et on peut donc remplacer la base $(e_1,e_3,e_2,e_4)$ par la base $(u_1,u_2,e_2,e_4)$
13. $f_3=-f_1+3f_2$ . Pour avoir une base de $E$ on peut donc supprimer $f_3$.
Il reste à voir avec la définition si $(f_1,f_2,f_4)$ est, ou non, une partie libre.
14. Dans chacune des 2 équations, on remplace $(x,y,z,t)$ par les coordonnées de $u_1,\ u_2,\ u_3$.On constate que les vecteurs $u_1$ et $u_2$ sont bien solutions du système. Comme ils sont linéairement indépendants (voir les coordonnées nulles), ils constituent une base de l'espace des solutions.
Les coordonnées de $u_3$ ne vérifient pas la seconde équation donc $u_3$ n'est pas solution et la suite $(u_1,u_2,u_3)$ n'est pas liée car si elle l'était, $u_3$ serait alors combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$ donc serait solution du système.
15 En utilisant les coordonnées de $u_1,\ u_2,\ u_3$ dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ on montre que $(u_1,u_2,u_3)$ est une partie libre donc une base de ${\mathbb R}^3$
Par résolution du système, $\left\{\begin{array}{rcl}3v_1&+&2v_2&-&v_3&=&u_1\\ v_1&+&v_2&+&v_3&=&u_2\\v_1&+&v_2&+&2v_3&=&u_3\end{array}\right.$ où les inconnues sont $v_1,v_2,v_3$ on obtient $\left\{\begin{array}{rcl}v_1&=&u_1-5u_2+3u_3 \\ v_2&=&u_1-5u_2+3u_3 \\ v_3&=&-u_2+u_3\end{array}\right.$
On remplace $v_1,v_2,v_3$ par leurs expressions en fonction de $u_1,u_2,u_3$ dans la définition de $v$ et on obtient $v=2u_1-2u_2-3u_3$ donc la proposition est vraie.
16. À vérifier que $(P_1,P_2,P_3)$ est bien une partie libre.
Soit un polynôme $Q(x)=aP_1(x)+bP_2(x)+cP_3(x)$
$\left\{\begin{array}{rcl}Q(1)&=&a(-1)(-2)&=&2a\\ Q(2)&=&b(1)(-1)&=&-b\\ Q(3)&=&c(2)(1)&=&2c\end{array}\right.$ donc $(a,b,c)=(\frac{Q(1)}{2},-Q(2),\frac{Q(3)}{2})$. Les coordonnées proposées sont donc fausses.
$\left\{\begin{array}{rcl}u_2&-&u_1&=&e_1&+&e_3\\2u_1&-&u_2&=&e_3\end{array}\right.$ d'où on déduit $\left\{\begin{array}{rcl}e_1&=&-3u_1+2u_2\\ e_3&=&2u_1-u_2\end{array}\right.$
Par conséquent le sous-espace vectoriel Vect$(u_1,u_2)$ est égal au sous-espace vectoriel Vect$(e_1,e_3)$ et on peut donc remplacer la base $(e_1,e_3,e_2,e_4)$ par la base $(u_1,u_2,e_2,e_4)$
13. $f_3=-f_1+3f_2$ . Pour avoir une base de $E$ on peut donc supprimer $f_3$.
Il reste à voir avec la définition si $(f_1,f_2,f_4)$ est, ou non, une partie libre.
14. Dans chacune des 2 équations, on remplace $(x,y,z,t)$ par les coordonnées de $u_1,\ u_2,\ u_3$.On constate que les vecteurs $u_1$ et $u_2$ sont bien solutions du système. Comme ils sont linéairement indépendants (voir les coordonnées nulles), ils constituent une base de l'espace des solutions.
Les coordonnées de $u_3$ ne vérifient pas la seconde équation donc $u_3$ n'est pas solution et la suite $(u_1,u_2,u_3)$ n'est pas liée car si elle l'était, $u_3$ serait alors combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$ donc serait solution du système.
15 En utilisant les coordonnées de $u_1,\ u_2,\ u_3$ dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ on montre que $(u_1,u_2,u_3)$ est une partie libre donc une base de ${\mathbb R}^3$
Par résolution du système, $\left\{\begin{array}{rcl}3v_1&+&2v_2&-&v_3&=&u_1\\ v_1&+&v_2&+&v_3&=&u_2\\v_1&+&v_2&+&2v_3&=&u_3\end{array}\right.$ où les inconnues sont $v_1,v_2,v_3$ on obtient $\left\{\begin{array}{rcl}v_1&=&u_1-5u_2+3u_3 \\ v_2&=&u_1-5u_2+3u_3 \\ v_3&=&-u_2+u_3\end{array}\right.$
On remplace $v_1,v_2,v_3$ par leurs expressions en fonction de $u_1,u_2,u_3$ dans la définition de $v$ et on obtient $v=2u_1-2u_2-3u_3$ donc la proposition est vraie.
16. À vérifier que $(P_1,P_2,P_3)$ est bien une partie libre.
Soit un polynôme $Q(x)=aP_1(x)+bP_2(x)+cP_3(x)$
$\left\{\begin{array}{rcl}Q(1)&=&a(-1)(-2)&=&2a\\ Q(2)&=&b(1)(-1)&=&-b\\ Q(3)&=&c(2)(1)&=&2c\end{array}\right.$ donc $(a,b,c)=(\frac{Q(1)}{2},-Q(2),\frac{Q(3)}{2})$. Les coordonnées proposées sont donc fausses.
Re: Aide Algebre
Merci , Moi je suis nul en algebre linéaire .