Considérez les vecteurs suivants de $\R^4$ : $\alpha_1=(1,1,2,-1)$, $\alpha_2 = (3,0,4,-1)$ et $\alpha_3 = (-1,2,5,2).$
Posez $\alpha = (4,-5,9,-7)$. Est-ce que $\alpha$ est une combinaison linéaire des vecteurs $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3$ ? Autrement dit, est-ce que $\alpha\in \vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ ? Ou encore existe-t-il $(a_1,a_2,a_3)\in\R^4$ tel que $\alpha = a_1\alpha_1 + a_2\alpha_2+a_3\alpha_3$ ?
En remplaçant chaque vecteur par sa valeur numérique, vous êtes amené à à résoudre un système de 4 équations d’inconnues $a_1$, $a_2$ et $a_3$. Cela répondrait à la question, mais avouons-le, ce n’est guère motivant et un peu fastidieux.
Formez la matrice $A= \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 & -1\\
3 & 0 & 4 & -1\\
-1& 2 & 5 &2
\end{pmatrix}.$
Comme les opérations élémentaires sur les lignes de $A$ ne changent pas l’espace vectoriel engendré par les lignes de $A$ – notez que cet espace vectoriel n’est autre que $\vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ -, il revient au même de se poser la question : est-ce que $\alpha\in\vect(r_1,r_2,r_3)$ où $r_1$, $r_2$ et $r_3$ sont les vecteurs lignes de la matrice $R$ échelonnée réduite de $A$ ? L’intérêt des vecteurs $r_1$, $r_2$ et $r_3$ c’est que ce seront des vecteurs qui permettront de décomposer instantanément $\alpha$ dessus.
Calculez la matrice $R$, la vaguelette $\sim$ signifiant que l’on peut passer d’une matrice à l’autre par des opérations élémentaires sur les lignes de $A$.
$A= \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & -1\\
3 & 0 & 4 & -1\\
-1& 2 & 5 &2
\end{pmatrix}$
Puis $L_3\leftarrow L_3+L_1$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & -1\\
3 & 0 & 4 & -1\\
0& 3 & 7 &1
\end{pmatrix}$
Puis $L_2\leftarrow L_2-3L_1$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & -1\\
0 & -3 & -2 & 2\\
0& 3 & 7 &1
\end{pmatrix}$
Puis $L_3\leftarrow L_3+L_2$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & -1\\
0 & -3 & -2 & 2\\
0& 0 & 5 &3
\end{pmatrix}$
Puis $L_1\leftarrow 3L_1$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
3 & 3 & 6 & -3\\
0 & -3 & -2 & 2\\
0& 0 & 5 &3
\end{pmatrix}$
Puis $L_1\leftarrow L_1+L_2$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
3 & 0 & 4 & -1\\
0 & -3 & -2 & 2\\
0& 0 & 5 &3
\end{pmatrix}$
Puis $L_1\leftarrow 5L_1$, $L_2\leftarrow 10L_2$, $L_3\leftarrow 4L_3$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
15 & 0 & 20 & -5\\
0 & -30 & -20 & 20\\
0& 0 & 20 &12
\end{pmatrix}$
Puis $L_1\leftarrow L_1-L_3$, $L_2\leftarrow L_2+L_3$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
15 & 0 & 0 & -17\\
0 & -30 & 0 & 32\\
0& 0 & 20 &12
\end{pmatrix}$
Puis $L_2\leftarrow L_2 / 2$, $L_3\leftarrow L_3/4$ :
$A \sim \begin{pmatrix}
15 & 0 & 0 & -17\\
0 & -15 & 0 & 16\\
0& 0 & 5 &3
\end{pmatrix}$
Puis la normalisation des pivots :
$A \sim \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & -\dfrac{17}{15}\\
0 & 1 & 0 & -\dfrac{16}{15}\\
0& 0 & 1 & \dfrac{9}{15}
\end{pmatrix}$
Ainsi $r_1 = \left(1,0,0,-\dfrac{17}{15}\right)$, $r_2 = \left(0,1,0,-\dfrac{16}{15}\right)$ et $r_3 = \left(0,0,1,\dfrac{3}{5}\right)$.
Les coordonnées pivots de $\vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ sont $1$, $2$ et $3$ ce qui signifie que les positions des colonnes pivot de chacun des vecteurs pivots sont bien $1$, $2$ et $3$.
Comme $\alpha = (4,-5,9,-7)$, $\alpha\in \vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ si et seulement si $\alpha\in \vect(r_1,r_2,r_3).$ Comme $r_1$, $r_2$ et $r_3$ sont les vecteurs pivots, cette condition est équivalente à $\alpha = 4r_1-5r_2+9r_3.$
Regardez la 4ème coordonnée de $\alpha$ qui vaut $-7$.
Formez la 4ème coordonnée du vecteur $4r_1-5r_2+9r_3.$
Elle est égale à $\dfrac{-17\times 4}{15}+\dfrac{5\times 16}{15}+\dfrac{9\times 9}{15} = \dfrac{-68+80+81}{15}=\dfrac{93}{15}$ donc on n’a pas $\alpha = 4r_1-5r_2+9r_3$ donc $\alpha$ n’est pas une combinaison linéaire des vecteurs $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3.$
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