Universite Pierre et Marie Curie Paris Mercredi mai LM Algebre Calcul Vectoriel Matthieu Solnon Parcours SHI et SPH

Marie Curie - Paris

Description

Niveau: Supérieur
Universite Pierre et Marie Curie - Paris 6 Mercredi 2 mai 2012 LM 121 : Algebre 1 - Calcul Vectoriel Matthieu Solnon - Parcours SHI et SPH Devoir surveille n?2 - Correction Exercice n?1 : L'egalite s'ecrit : ?(u, v) ? (R3)2, |u · v| ≤ ?u??v? et l'egalite a lieu si et seulement si les vecteurs sont lies. Preuve : Soit u et v deux vecteurs de R3. Soit t ? R, considerons ?u+tv?2 = (u+tv)·(u+tv). Les proprietes du produit scalaire impliquent que ?u+ tv?2 = u · u+ 2t(u · v) + t2(v · v) = ?u?2 + 2t(u · v) + t2?v?2 . (?) Ainsi ?u + tv?2 est un trinome du second degre (en t) et est toujours positif (c'est un carre). Son discriminant reduit est donc toujours negatif (sinon, le trinome serait negatif pour certains reels t) : ∆? = (u · v)2 ? ?u?2?v?2 ≤ 0 . Ainsi (u·v)2 ≤ ?u?2?v?2 et comme ?u? et ?v? sont positifs ceci montre que |u·v| ≤ ?u??v?. Concernant le cas d'egalite, si les vecteurs sont lies alors il existe un reel ? tel que u = ?v et alors |u · v| = |?||u · u| = |?||u|2 = ?u??v?.

• deuxieme colonne du determinant


• determinant


• exercice n?7


• unique solution ?


• formule du double produit vectoriel

Sujets

• Déterminant

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
• Publié le: 01 mai 2012
• Nombre de lectures: 44
• Langue: Français

Extrait

Universit ´ ePierreetMarieCurie-Paris6 LM121:Alge ` bre1-CalculVectoriel Matthieu Solnon - Parcours SHI et SPH

◦ Exercice n 1 :

Mercredi 2 mai 2012

◦ Devoirsurveill´en2-Correction

L’e´galite´s’e´crit: 3 2 ∀(u, v)∈(R),|u∙v| ≤ kukkvk etl’e´galit´ealieusietseulementsilesvecteurssontli´es. 3 2 Preuve :Soituetvdeux vecteurs deR. Soitt∈Rorsn,consid´eku+tvk= (u+tv)∙(u+tv). Lesproprie´te´sduproduitscalaireimpliquentque 2 22 22 ku+tvk=u∙u+ 2t(u∙v) +t(v∙v) =kuk+ 2t(u∙v) +tkvk.(?) 2 Ainsiku+tvkene(´rgeddnocesudemotuntrinˆest) et est toujours positif (c’est un carr´e).Sondiscriminantr´eduitestdonctoujoursn´egatif(sinon,letrinoˆmeseraitn´egatif pourcertainsr´eelst) : 02 22 Δ =(u∙v)− kuk kvk ≤0. 2 22 Ainsi (u∙v)≤ kuk kvket commekuketkvksont positifs ceci montre que|u∙v| ≤ kukkvk. Concernantlecasd’e´galit´e,silesvecteurssontlie´salorsilexisteunr´eelλtel queu=λv 2 et alors|u∙v|=|λ||u∙u|=|λ||u|=kukkvk. 0 Re´ciproquementsi|u∙v|=kukkvk(duitΔdutrinˆomeidelmircnanie´rtarslo?) est nul. 2 Cetrinoˆmeposse`dedoncuneuniquesolutionλ. On a doncku+λvk= 0. La norme du vecteuru+λvest nulle, ce vecteur est donc nul :u+λv= 0. Les vecteursuetvsont doncli´es.

◦ Exercice n 2 :

On est ici dans le cas d’une transformation de la formez7→az+b`u,oaetbsont des nombres complexes. Il s’agit d’une similitude, et comme √ 1 3 |a|= +i= 1  2 2 

latransformation´etudi´eeestunerotation.L’angledecetterotationestdonne´par  ! √ 1 3π arg +i=. 2 23

1

On cherche alors le centre Ω(ωafiirtn)iopemmocledexfitnnsfoatraion,rmat-ta`’csevee´d-ri l’e´quation  ! ! √ √√ 1 33 31 3 ω= +i ω+ 1 ++ +i . 2 22 22 Ainsi  ! ! ! √ √√ √ 1 31 33 31 3 ω−+i ω=−i ω+ += 1 +i , 2 22 22 22 Et donc √  √  3 31 3 1 ++ +i 2 22 ω= √ 1 3 −i 2 2  ! ! ! √ √√ 3 31 31 3 ω+= 1+ +i+i 2 22 22 √ √√ √ 1 33 39 13 33 ω= +i+ +i+i−+i− 2 24 44 4 4 4  ! √ √ 1 3 53 3 ω=−+ + + i . 4 22 4

Remarque :ardelartit`apperaed´disnorpsenetaetbotnanxe’lri´erlfie´eerltsuOpnuevt solutiontrouve´e!

◦ Exercice n 3 :

1.Onr´esoudlesyst`emeλu+µv`u=0,oλetµso.Alssiinserbee´redtnmons    3λ+ 3µ= 0  λ=−µ 2λ= 0⇔λ= 0.   λ+µ= 0λ=−µ Laseulesolution`acesyste`meestdonclecouple(0,0). Les vecteursuetvsont donc lin´eairementinde´pendants. Remarque :On aurait aussi pu calculer le produit vectoriel deuet dev. S’il est nul, lesvecteurssontcoline´aires,sinonilsnelesontpas.Icilesyst`emeestplusrapide! 2.Onr´esoudlesyst`emeλu+µv+νw=o`0,uλ,µetνdtnoonsesiAinsels.sr´embre    −λ+µ= 0  λ=µ  λ=µ µ+ν= 0⇔µ=−ν⇔µ=−ν .   λ+µ+ 2ν= 0λ+µ=−2ν0 = 0(L 3 ←L 3 −L 1 −L 2 ) Cesyst`emeposs`ededoncaumoinsunesolution,parexempleletriplet(1,1,−1) (u+v−wrtpa.L!)sl`e=´eed(mafaellipeapens’rdoievrcvuopno,0issuatiau, v, w) estdoncli´ee.

◦ Exercice n 4 :

2

1. UnpointN(ed´eesodnnocrox, y, z) appartient au planPsi et seulement si la famille −→−→ (AN , u, v’cse-ta`tsile´,e)e(tedistnmeleeutsieesir-dAN , u, v) = 0. Calculons ce d´eterminant: x−11 1x−01 1 C 3 ←C 3 −C 2 y2−2y2−4 =   z−12 3z−2 3−2 Ond´eveloppeparrapport`alepremi`ereligne,led´eterminantvautdonc: 2−4y−4 (x−1)−= 8x−8 + 2y−4z+ 8 = 8x+ 2y−4z .    3−2z−2−2 Unee´quationcart´esiennedePest donc 4x+y−2z= 0. Remarque :nvseurrentfiari´ebmonedreresesuerseuqleOeunp´tnetivecaftmeli coordonne´esdeA.auqenoituortee´vanntl’´ulen 0 2.Unvecteurnormala`Pest (par exemple) le vecteurn2s(een´onrdooecd,−3,1). La droiteDereeparig´ncdistdonet passe parB. Un pointMorconndosee´de(x, y, z) −−→ appartient`aDsi et seulement siBMetntnuestemele´iaers,snoctloni-diresiec’est-`a −−→−−→−→ s’ilexisteunre´elλtel queBM=λnqeiuc,nt`avaleequiest´OM=OB+λn. On obtientdonclarepr´esentationparame´triquesuivante:   x=−2 + 2λ y= 3−3λ .  z= 1+λ On utilise ensuite par exempleλ=z−ysusrave’´edemt`noitauqes1rairopru carte´siennes:  x−2z= 0+ 4 . y+ 3z−6 = 0 Le triplet (0,0,ndecesysssolution)e’tsap0,eme`tDne passe donc pas par 0 et n’est pas une droite vectorielle. Remarque :eruesvne´irafitnuqdenombreuseserrelicanemeve´tretinpOtieuauciifss lescoordonn´eesdeBcsraitnoeinn´tset`emusysequaed’´stnosdnoitulo.euo´vsert

◦ Exercice n 5 :

1 4−42 1−42 1−2 L 2 ←L 2 −3L 1 L 3 ←L 3 + 2L 1 Δ = 3−7 10−019 7−19 7 . = =   −2 53−2 53 013−1 End´eveloppantparrapporta`lapremi`ereligneonobtientalors −19 7 Δ = 1×= (−19)(−1)−7×13 =−72.   13−1 0 ConcernantΔonobservequeladeuxi`emecolonnedude´terminantestledoubledela premie`re,donclesvecteurscorrespondantauxcolonnesformentunefamilleli´ee.Ainsi 0 Δ =0.

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