Corrigé de la série 7

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 7

Exercice 1. 1. Soient(x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈R³eta1, a2∈R. On a T1(a1(x1, y1, z1) +a2(x2, y2, z2))

=T1(a1x1+a2x2, a1y1+a2y2, a1z1+a2z2)

= (4(a1x1+a2x2)−2(a1y1+a2y2),(a1x1+a2x2) + (a1y1+a2y2)−(a1z1+a2z2))

=a1(4x1−2y1, x1+y1−z1) +a2(4x2−2y2, x2+y2−z2)

=a1T1(x1, y1, z1) +a2T1(x2, y2, z2).

T1 est donc linéaire. Siv= (x, y, z)∈ ker(T1), alors(4x−2y, x+y−z) = 0, et donc y= 2xetz=x+y= 3x. On obtientv= (x,2x,3x) =x(1,2,3). On a doncker(T1) = span{(1,2,3)}etdim(ker(T1)) = 1. Commeker(T1)6={0},T1n’est pas injective.

2. Soient(x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈F³eta1, a2∈F. On a

T2(a1(x1, y1, z1) +a2(x2, y2, z2)) =T2(a1x1+a2x2, a1y1+a2y2, a1z1+a2z2)

=

a1x1+a2x2 a1y1+a2y2

a1z1+a2z2 0

=a1

x1 y1

z1 0

+a2

x2 y2

z2 0

=a1T2(x1, y1, z1) +a2T2(x2, y2, z2).

T2 est donc linéaire. Siv = (x, y, z) ∈ ker(T2), alors T2(v) = x y

z 0

= 0, et donc x=y=z= 0. On obtientv= 0etker(T2) ={0}. Par conséquent,dim(ker(T2)) = 0et T2est injectif.

3. Soientp, q∈P3(C)et α, β∈C. On aT3(αp+βq) = (αp+βq)(a) =αp(a) +βq(a) = αT3(p)+βT3(q), doncT3est linéaire. Sip∈ker(T3), alors0 =T3(p) =p(a)et le polynôme (X−a)divisep(voir la Proposition 4.1 dans le livre de S. Axler). Commep∈P3(C), on obtientp(X) = (X−a)(αX²+βX+γ)avecα, β, γ∈C, ou bienp(X) =αX²(X−a) + βX(X−a)+γ(X−a). On a donc prouvéker(T3) = span{X²(X−a), X(X−a),(X−a)}. Si αX²(X−a)+βX(X−a)+γ(X−a) = 0, alorsαX³+(−aα+β)X²+(−aβ+γ)X−aγ= 0 et donc α = −aγ = −aα+β = −aβ+γ = 0, ce qui implique α = β = γ = 0.

(X²(X−a), X(X−a),(X−a))est donc une base deker(T3)etdim(ker(T3)) = 3.T3

n’est donc pas injectif.

Exercice 2. 1. Soient(x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈R³eta1, a2∈R. Alors on a L(a1(x1, y1, z1) +a2(x2, y2, z2))

=L(a1x1+a2x2, a1y1+a2y2, a1z1+a2z2)

= (a1x1+a2x2−2(a1y1+a2y2),0,3(a1x1+a2x2),(a1z1+a2z2)−(a1y1+a2y2))

=a1(x1−2y1,0,3x1, z1−y1) +a2(x2−2y2,0,3x2, z2−y2).

Lest donc linéaire.

1

2. Soiente1= (1,0,0),e2= (0,1,0)ete3= (0,0,1). Comme(e1, e2, e3)est une base deR³ etLest linéaire, on trouve

im(L) ={L(v)|v∈R³}={L(xe1+ye2+ze3)|x, y, z∈R}

={xL(e1) +yL(e2) +zL(e3)|x, y, z∈R}

= span (L(e1), L(e2), L(e3)).

On calculeL(e1) = (1,0,3,0), L(e2) = (−2,0,0,−1) et L(e3) = (0,0,0,1). Ces trois vecteurs sont linéairement indépendants carxL(e1)+yL(e2)+zL(e3) = 0, avecx, y, z∈R, impliquex = 2y, 3x= 0etz =y, doncx=y =z = 0(on remarque qu’on vient de montrer simultanément quekerL={0}).B:= (L(e1), L(e2), L(e3))est donc une base de im(L)et on trouvedim(im(L)) = 3. Commedim(R⁴) = 4,Bne peut pas être une base deR⁴. Par conséquentim(L)( R⁴etLn’est pas surjective.

3. On trouve, en utilisant le théorème du rang :

3 = dim(R³) = dim(ker(L)) + dim(im(L)) = dim(ker(L)) + 3,

doncdim(ker(L)) = 0. On retrouve ce qu’on a déjà vu dans la question précédente : ker(L) ={0}.Lest donc injective.

Exercice 3.Soient(x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈R³etα1, α2∈R. Alors on a f(α1(x1, y1, z1) +α2(x2, y2, z2))

=f(α1x1+α2x2, α1y1+α2y2, α1z1+α2z2)

= (a²+a)(α1x1+α2x2) +a(α1z1+α2z2),3a(α1y1+α2y2),(a²−1)(α1z1+α2z2)

=α1 (a²+a)x1+z1,3ay1,(a²−1)z1

+α2 (a²+a)x2+z2,3ay2,(a²−1)z2

=α1f(x1, y1, z1) +α2f(x2, y2, z2).

fest donc linéaire.

Comme dans l’exercice précédent, on trouveim(f) = (f(e1), f(e2), f(e3)). On trouvef(e1) = (a²+a,0,0),f(e2) = (0,3a,0)etf(e3) = (a,0, a²−1). Six(a²+a,0,0)+y(0,3a,0)+z(a,0, a²− 1) = 0avecx, y, z∈R, alors





(a²+a)x+z = 0 3ay = 0 (a²−1)z = 0

Sia²−16= 0,a²+a6= 0eta6= 0, alorsx=y=z= 0et les vecteursf(e1), f(e2)etf(e3)sont linéairement indépendants. On trouve doncRang(f) = dim(im(f)) = 3sia∈R\ {0,1,−1,}.

Si a= 1, on trouve f(e1) = (2,0,0), f(e2) = (0,3,0)etf(e3) = (1,0,0). On af(e1) = 2f(e3)et par conséquentf(e1)∈span (f(e2), f(e3)). Les vecteursf(e2) = (0,3,0)etf(e3) = (1,0,0)sont linéairement indépendants et on trouveim(f) = span (f(e2), f(e3))etRang(f) = dim(im(f)) = 2dans le cas oùa= 1.

Si a=−1, on af(e1) = (0,0,0)et commef(e2) = (0,−3,0)et f(e3) = (−1,0,0)sont linéairement indépendants, on trouveim(f) = span (f(e2), f(e3))etRang(f) = dim(im(f)) = 2. Si a= 0, on af(e1) = f(e2) = (0,0,0)et f(e3) = (0,0,−1). On trouve donc im(f) = span (f(e3))etRang(f) = dim(im(f)) = 1.

2

Exercice 4. 1. Soitv∈V. Puisque(p◦p)(v) =p(v), on ap(v−p(v)) = 0, doncv−p(v)∈ ker(p). Alorsv= (v−p(v))+p(v), avecv−p(v)∈ker(p)etp(v)∈im(p). Par conséquent, V = ker(p) + im(p). Siw∈ker(p)∩im(p), alorsp(w) = 0etw=p(v)pour un certain v ∈V. Donc0 =p(w) =p(p(v)) =p(v) =w. On a montréker(p)∩im(p) ={0}. Par conséquent,V = ker(p)⊕im(p).

2. Siv ∈ V, alorsv =u+w, où u= v−p(v)∈ ker(p)et w =p(v) ∈ im(p), et donc p(v) =p(u+w) =p(v−p(v)) +p(p(v)) =p(v) =w. On conclut quepest la projection surim(p)le long deker(p).

Exercice 5. 1. F(X,R)est un R-espace vectoriel (voir le cours). Soit pouri = 1,2,3 la fonctionfi : X →Rdéfinie par fi(xj) =δij. On rappelle la notationδij = 0sii 6=j et δij = 1 si i = j. La liste (f1, f2, f3) est alors libre : soient a1, a2, a3 ∈ R tels que f=P₃

i=1aifi= 0. On a alorsf(xj) = 0pourj= 1,2,3et donc 0 =f(xj) =X³

i=1

aifi(xj) =X³

i=1

aiδij=aj

pour j = 1,2,3. De plus, (f1, f2, f3) engendre F(X,R) : soit f ∈ F(X,R), alorsf = P₃

i=1f(xi)fi. En effet, les fonctions sont égales si elles ont les mêmes valeurs pour les trois éléments deX, et on a

X3 i=1

f(xi)fi

! (xj) =

X3 i=1

f(xi)fi(xj) = X3

i=1

f(xi)δij=f(xj)

pour j = 1,2,3. On a donc montré F(X,R) = span (f1, f2, f3), et par conséquent dim(F(X,R)) = 3.

2. Sif =P₃

i=1f(xi)fi ∈ker(Φ), alors(f(x1), f(x2)) = 0et par conséquentf =f(x3)f3. On trouve ker(Φ) = span(f3) et dim(ker(Φ)) = 1. En utilisant le théorème du rang, on obtient dim(im(Φ)) = dim(R³)−dim(ker(Φ)) = 3−1 = 2. Comme im(Φ) est un sous-espace vectoriel deR²de dimension2, on obtientim(Φ) =R²etΦest surjective.

Exercice 6. 1. Comme dans les exercices 1, 2 et 3.

2. Siv= (x, y, z)∈ker(F), alors(x+ 3y+z,2x+ 2y+z,3x+y+z) = 0. On doit résoudre le système





x+ 3y+z = 0 (L1) 2x+ 2y+z = 0 (L2) 3x+y+z = 0 (L3)

En soustrayant deux fois la première ligne à la deuxième, et trois fois la première à la troisième, on obtient :





x+ 3y+z = 0 (L1)

−4y−z = 0 (L⁰₂) = (L2)−2(L1)

−8y−2z = 0 (L⁰₃) = (L3)−3(L1)

et 





x+ 3y+z = 0 (L1)

−4y−z = 0 (L⁰₂)

0 = 0 (L⁰⁰₃) = (L⁰₃)−2(L⁰₂)

en soustrayant deux fois la deuxième ligne à la troisième. On trouve donc−4y−z= 0 etx+ 3y+z= 0, ce qui impliquez=−4yetx=−3y−z=−3y+ 4y=y. On a donc v= (y, y,−4y) =y(1,1,−4), ce qui montre queker(F) = span ((1,1,−4)).

3

3. On doit résoudre le système





x+ 3y+z = 7 2x+ 2y+z = 6

3x+y+z = 5 qu’on écrit



 1 3 1 7 2 2 1 6 3 1 1 5



.

Les coefficients dans la première colonne correspondent aux coefficients devant les “x”, etc. Additionner deux équations revient à additionner deux lignes de cette matrice vues commes vecteurs, etc. On procède par les mêmes opérations que dans la question précé- dente :



1 3 1 7 2 2 1 6 3 1 1 5



 ;



1 3 1 7 0 −4 −1 −8 0 −8 −2 −16



 ;



 1 3 1 7 0 −4 −1 −8

0 0 0 0



.

On obtient4y+z= 8et7 =x+ 3y+z=x+ 3y+ (8−4y), ce qui impliquez= 8−4yet

−1 =x−y. Les solutions sont donc de la forme(x, x+1,8−4(x+1)) =x(1,1,−4)+(0,1,4) avecx∈F. L’ensemble des solutions cherché est donc

{(0,1,4) +x(1,1,−4)|x∈F}= (0,1,4) + ker(F).

4. On commence par calculerker(H). On résoud le système





x+ 2y+ 4z = 0 x+ 3y+ 5z = 0

−x−3y+ 2z = 0 qu’on écrit



 1 2 4 0

1 3 5 0

−1 −3 2 0



 (L1) (L2) (L3)

;



 1 2 4 0 0 1 1 0 0 −1 6 0



 (L1)

(L⁰₂) = (L2)−(L1) (L⁰₃) = (L3) + (L1)

;



 1 2 4 0 0 1 1 0 0 0 7 0



 (L1) (L⁰₂)

(L⁰⁰₃) = (L⁰₃) + (L⁰₂) .

On trouve7z= 0, doncz= 0, puisy+z = 0et x+ 2y+ 4z = 0, ce qui nous donne x=y=z= 0etker(H) ={0}.

Ensuite, pour trouver les préimages dev= (7,8,6), on résoud le système



 1 2 4 7

1 3 5 8

−1 −3 2 6



 ;



 1 2 4 7 0 1 1 1 0 −1 6 13



 ;



1 2 4 7 0 1 1 1 0 0 7 14



.

On a utilisé les mêmes opérations que pour le système précédent. On trouve donc7z= 14, y+z = 1et x+ 2y+ 4z = 7, ce qui impliquez = 2, y = 1−z = 1−2 = −1 et x= 7−2y−4z= 7 + 2−8 = 1. L’élément(1,−1,2)deR³est donc le seul vecteur envoyé sur(7,8,6)parH.

4