Familles génératrices de vecteurs
-
Exercice :
Bonjour svp besoin d'aide de votre part.
Soit E = lR² et u = ( 1; - 2 ) v = ( 1; 3 ) w = ( -2; 4 ).Les familles ( ou systèmes ) s = { u , v ) et s' = { u , w } sont-elles des familles génératrices ( ou des systèmes générateurs ) de E ?
Je demande de l'aide svp car je bloque dessus.
-
@medou-coulibaly , bonjour,
Quelques pistes,
Pour savoir si {u,vu,vu,v} est une famille génératrice de R2R^2R2, il faut savoir si tout couple (x,y)(x,y)(x,y) de R2R^2R2 peut s'écrire sous forme de combinaison linéaire de uuu et de vvv.
On cherche donc deux réels aaa et bbb tels que , pour tout couple (x,y)(x,y)(x,y) de R2R^2R2, on ait :
a(1,−2)+b(1,3)=(x,y)a(1,-2)+b(1,3)=(x,y)a(1,−2)+b(1,3)=(x,y)
En transformant le membre de gauche, on obtient
(a+b,−2a+3b)=(x,y)(a+b,-2a+3b)=(x,y)(a+b,−2a+3b)=(x,y)On doit résoudre le système d'inconnues aaaet bbb :
{a+b=x−2a+b=y\begin{cases}a+b=x\cr -2a+b=y\end{cases}{a+b=x−2a+b=ySauf erreur, après calcul, on trouve :
a=x−y3a=\dfrac{x-y}{3}a=3x−y et b=2x+y3b=\dfrac{2x+y}{3}b=32x+yDonc, tout couple (x,y)(x,y)(x,y) peut se mettre sous forme de combinaison linéaire de uuu et vvv
Conclusion : {u,vu,vu,v} est une famille génératrice de R2R^2R2
Pour {u,wu,wu,w} , tu appliques la même méthode mais cette fois la famille {u,wu,wu,w} ne sera pas une famille génératrice de R2R^2R2
Le système d'inconnues aaa et bbb que tu trouveras sera impossible si −2x≠y-2x\ne y−2x=y et indéterminé si −2x=y-2x=y−2x=yBons calculs .
-
@mtschoon merci beaucoup madame je vais travailler dessus
-
@mtschoon Madame la résolution du système je ne comprends pas bien
-
@medou-coulibaly
a + b = x
2a + b = y
a = x -y/3
b = 2x-y / 3
Je ne comprends pas la résolution de ce système
-
@medou-coulibaly ,
attention, c'est −2a+b=y-2a+b=y−2a+b=yj'explicite, pour résoudre
{a+b=x−2a+b=y\begin{cases}a+b=x\cr -2a+b=y\end{cases}{a+b=x−2a+b=yIl y a différentes méthodes.
Par exemple, par substitution .
Tu isoles bbb de la première équation et tu remplaces dans la seconde.
Ainsi, tu trouves bbb puis tu déduis aaab=x−ab=x-ab=x−a
La seconde devient : −2a+x−a=y-2a+x-a=y−2a+x−a=y <=>−3a=y−x-3a=y-x−3a=y−x
c'est à dire a=y−x−3a=\dfrac{y-x}{-3}a=−3y−x <=> a=x−y3\boxed{a=\dfrac{x-y}{3}}a=3x−yEnsuite : b=x−ab=x-ab=x−a devient : b=x−x−y3b=x-\dfrac{x-y}{3}b=x−3x−y
c'est à dire : b=3x−(x−y)3b=\dfrac{3x-(x-y)}{3}b=33x−(x−y) <=> b=3x−x+y3b=\dfrac{3x-x+y}{3}b=33x−x+y
c'est à dire b=2x+y3\boxed{b=\dfrac{2x+y}{3}}b=32x+yRemarque : ici, vu le système, pour trouver aaa d'abord, tu peux retrancher membre à membre les deux équations, et ensuite, en déduire bbb
-
@mtschoon merci beaucoup madame je comprends la résolution maintenant
-
C'est très bien @medou-coulibaly
-
@mtschoon Bonjour madame pour la seconde question j'ai mal à démarrer
Pour le couple { u , w }
-
@medou-coulibaly Bonjour,
Il suffit de suivre la méthode appliquée pour le premier cas :
On cherche deux réels aaa et bbb tels que, pour tout couple (x,y)(x,y)(x,y) de R2R^2R2 :
a(1,−2)+b(−2,4)=(x,y)a(1,-2)+b(-2,4)=(x,y)a(1,−2)+b(−2,4)=(x,y)
En transformant le membre de gauche, on obtient
(a−2b,−2a+4b)=(x,y)(a-2b,-2a+4b)=(x,y)(a−2b,−2a+4b)=(x,y)On doit résoudre le système d'inconnues aaa et bbb :
{a−2b=x−2a+4b=y\begin{cases}a-2b=x\cr -2a+4b=y\end{cases}{a−2b=x−2a+4b=yLa réponse a été indiquée par mtschoon.
-
@medou-coulibaly, bonjour,
Je te conseille de refaire seul le travail pour le couple (u,v(u,v(u,v), en partant de l'énoncé et sans regarder l'aide , pour que tu n'aies pas de difficulté pour savoir démarrer le même type de de travail avec d'autres vecteurs.
Pour le couple (u,w)(u,w)(u,w), comme te l'a dit Noemi, c'est exactement la même démarche c'est seulement la conclusion qui diffère.
Tu arrives à :
{a−2b=x−2a+4b=y\begin{cases}a-2b=x\cr -2a+4b=y\end{cases}{a−2b=x−2a+4b=yEnsuite, le plus simple est d'observer ce système :
en multipliant par −2-2−2 les deux membres de la première équation, elle devient : −2a+4b=−2x-2a+4b=-2x−2a+4b=−2xAinsi le système peux s'écrire :
{−2a+4b=−2x−2a+4b=y\begin{cases}-2a+4b=-2x\cr -2a+4b=y\end{cases}{−2a+4b=−2x−2a+4b=yD'où :
Si −2x≠y-2x\ne y−2x=y , le système est impossible
Si −2x=y-2x= y−2x=y , le système est indéterminé ( infinité de couples (a,b)(a,b)(a,b) solutions,
La conclusion relative à la famille (u,w)(u,w)(u,w) a été indiquée précédemment.Remarque : tu peux faire différemment pour résoudre ce système. Tu peux raisonner par substitution.
{a−2b=x−2a+4b=y\begin{cases}a-2b=x\cr -2a+4b=y\end{cases}{a−2b=x−2a+4b=yDa la première équation , tu isoles aaa (c'est le plus simple):
a=x+2ba=x+2ba=x+2b
Tu remplaçes dans la seconde équation, qui devient :
−2(2b+x)+4b=y-2(2b+x)+4b=y−2(2b+x)+4b=y c'est à dire, après simplifications : −2x=y-2x=y−2x=y
Donc, aaa et bbb ne peuvent exister que pour −2x=y-2x=y−2x=y et non pour tout couple (x,y)(x,y)(x,y) de R2R^2R2 et tu conclus de la même façon.Evidemment, il y aurait plus simple en utilisant le "déterminant principal" du système, mais je crains que tu ne connaisses pas.
Si par hasard tu l'a vu en cours, tu peux bien sûr l'utiliser.
-
@mtschoon Bonjour madame, donc si je veux bien comprendre le S' = { u , w } n'est pas une famille génératrice ?
-
@mtschoon pour le déterminant on a vu au cours.
-
Effectivement, S′S'S′ n'est pas une famille génératrice.
Si tu as vu le déterminant en cours, tu peux faire plus vite .
Pour le premier système à résoudre, le déterminant principal est
D=∣1 1−2 1∣=1−(−2)=3D=\begin{vmatrix}1\ \ \ \ 1\cr -2 \ \ 1\end{vmatrix}=1-(-2)=3D=∣∣∣∣∣1 1−2 1∣∣∣∣∣=1−(−2)=3
Donc D≠0D\ne 0D=0 le système admet un couple unique de solutions (a,b)(a,b)(a,b) .
Tu as peut-être aussi des formules (de Cramer) pour obtenir les valeurs des solutions.
SSS famille génératricePour le second système à résoudre, le déterminant principal est
D=∣1 −2−2 4∣=0D=\begin{vmatrix}1\ \ -2\cr -2 \ \ \ \ 4\end{vmatrix}=0D=∣∣∣∣∣1 −2−2 4∣∣∣∣∣=0
Donc D=0D= 0D=0 le système à résoudre est impossible ou indéterminé.
S′S'S′ famille non génératrice
-
@mtschoon je comprends bien avec la méthode de déterminant que vous avez faite, oui on aussi vu la méthode de cramer
Mais pour cette méthode le système doit-être non homogène
-
@medou-coulibaly , la méthode par déterminants (formules de Cramer) s'applique aussi bien au systèmes homogènes qu'aux systèmes non homogènes (mais avec les systèmes homogènes c'est très simple ; à condition que le déterminant principal soit non nul, (0,0) est solution)
voir lien ici :
https://membres-ljk.imag.fr/Bernard.Ycart/mel/sl/node15.html
-
@mtschoon ok merci beaucoup madame je vais lire