Corrigé de la série 3

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 3

Exercice 1. 1. On constate que U +U⁰ = W := {(w, x,0, z) | w, x, z ∈ F}. En effet, un élément deU appartient également à W : si (t₁,2t₂,0,0)∈U, on posew=t₁,x= 2t₂, et z = 0. Par conséquent, U ⊂W. De même, si(s₁, s₂,0, s₁)∈U⁰, alors on pose w=z =s₁ etx=s₂ pour voir que(s₁, s₂,0, s₁)∈W. DoncU⁰ ⊂W. AlorsU∪U⁰ ⊂W. MaisU+U⁰ est le plus petit sous-espace qui contientU ∪U⁰, ce qui signifie que U +U⁰ ⊂W.

Il nous reste à montrer que W ⊂U +U⁰. Il suffit de résoudre l’équation vectorielle (w, x,0, z) = (t₁,2t₂,0,0) + (s₁, s₂,0, s₁)

= (t₁+s₁,2t₂+s₂,0, s₁)

étant donné (w, x,0, z) ∈W. En regardant les derniers composants, on voit ques₁ =z.

Donc, dans les premiers composants,w=t₁+z, c-à-d t₁ =w−z. On a du choix pour les deuxièmes composants : si 2t₂+s₂ =x, on peut mettre, disons, t₂ = 0 ets₂ =x. Alors

(w−z,0,0,0)∈U,

(z, x,0, z)∈U⁰, et

(w, x,0, z) = (w−z,0,0,0) + (z, x,0, z).

AlorsW ⊂U +U⁰. Par conséquent, U +U⁰ =W.

La somme n’est pas directe. On a déjà vu qu’on a un choix de t₂ et s₂ dans le calcul ci-dessus. Néanmoins, on calcule l’intersectionU∩U⁰. Si~v = (t₁,2t₂,0,0) = (s₁, s₂,0, s₁), alors t₁ =s₁ = 0 ets₂ = 2t₂. Donc~v est de la forme (0, x,0,0). Par exemple, (0,1,0,0)∈ U ∩U⁰.

2. Tout d’abord, la somme n’est pas directe puisque, par exemple,z² ∈U∩V doncU∩V 6=

{0}. On constate que U +V = P(F). Évidémment, U +V ⊂ P(F). Si p(z) ∈ P(F), on écrit

p(z) =

2n

X

j=0

a_jz^j.

(Il se peut que a_2n = 0.) On pose

q(z) =

n

X

j=0

a_2jz^2j ∈U

(c’est la partie « paire » de p(z)) et r(z) =

n−1

X

j=0

a_2j+1z^2j+1 =z

n−1

X

j=0

a_2j+1z^2j ∈V

(c’est la partie « impaire » dep(z)). On voit quep(z) =q(z) +r(z), doncP(F)⊂U+V et on a fini.

1

3. U +U⁰ = {(−s, t, s−t) ∈ F³ | s, t ∈ F}. Si (x, y, z) ∈ U +U⁰, alors x = −s, y = t, et z =s−t=−x−y. DoncU+U⁰ est le plan déterminé par l’équationx+y+z = 0. Alors la somme est directe.

Exercice 2. 1. Une droite D de R³ passant par l’origine est définie par deux points dis- tincts : l’origine O et un point A. Le vecteur OA~ définit un vecteur directeur de la droite D. On a : D = {λ ~OA | λ ∈ R}. Il s’agit donc du sous-espace vectoriel de R³ engendré par le vecteur OA.~

2. Un plan P de R³ passant par l’origine est défini par trois points distincts : l’origine O , un point A et un point B. Un point C du plan est caractérisé par deux réels α etβ tels que OC~ =α ~OA+β ~OB. On a donc : P ={α ~OA+β ~OB | α∈R, β ∈R}. Il s’agit donc du sous-espace vectoriel de R³ engendré par les vecteurs OA~ etOB.~

3. On a D₁ = {α ~OA₁ | α ∈ R} et D₂ = {β ~OA₂ | β ∈ R}. On a D₁ ∩D₂ = {~0} si et seulement si les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires càd que {OA~ ₁ , ~OA₂} est une liste de vecteurs linéairement indépendants.

On a D₁ +D₂ ={α ~OA₁+β ~OA₂ | α ∈ R, β ∈ R}. Si les deux vecteurs directeurs dont colinéaires, ceci définit une droite, s’ils ne le sont pas il s’agit d’un plan. On ne peut donc pas engendrer tout l’espace E avec deux droites.

4. Soit D = {λ ~OA | λ ∈ R} et P = {α ~OB +β ~OC | α ∈R, β ∈ R}. Par un raisonnement similaire à celui du point 3. on obtient que la somme est directe ssi {OA , ~~ OB , ~OC} est une liste de vecteurs linéairement indépendants. Dans ce cas on a D⊕P =E.

5. Soit P₁ ={α₁OA~ +β₁OB~ | α₁ ∈R, β₁ ∈R} etP₂ ={α₂OC~ +β₂OD~ | α₂ ∈R, β₂ ∈R}.

Si les deux plans sont dictincts P₁ +P₂ =E, sinon P₁+P₂ =P₁.

La somme ne peut pas être directe car l’intersection des deux plans est soit une droite, soit le plan lui même. (On verra plus tard, que ceci vient du fait queR³ est de dimension 3 et que P₁ etP₂ sont de dimension 2...)

Exercice 3. 1. Montrons que E =F ⊕G.

– Soit~x∈F ∩G :~x=α₁e~₁+α₂e~₂ =α₃e~₃+α₄e~₄. D’où :

~

x= (α₁, α₁+α₂, α₂,0) = (α₃+α₄, α₃,0, α₃).

D’où α₁ =α₂ =α₃ =α₄ = 0 et donc F ∩G={~0}.

– Soit~x= (x₁, x₂, x₃, x₄)∈E. On montre que

~

x= (x2−x3−x4)e~1+x3e~2+x4e~3+ (x1−x2+x3)e~4. Par conséquent F +G=E.

– Montrons que E 6=F ⊕G⁰

La détermination de l’intersection F ∩G⁰ montre que

(−1,0,1,0) =−e~₁ +e~₂ =−e~₃−e~₄+e~₅ ∈F ∩G⁰.

Etant donné queGest un sous-espace vectoriel deG⁰ et qu’on a montré queE =F⊕G, on a E =F +G⁰.

Exercice 4. 1. Vrai

On a(1,1,0,0) =e~₁+e~₂et(−1,1,−4,2) =e~₁−~e₂. DoncSpan{(1,1,0,0),(−1,1,−4,2)}= Span{e~₁, ~e₂}. D’autre part, comme e~₃ = 2e~₁+ 3e~₂, on a Span{e~₁, ~e₂, ~e₃}=Span{e~₁, ~e₂}.

2

2. Vrai

On a (1,1,0,0) =e~₁+e~₂ = ¹₂(e~₃−e~₂).

3. Faux

On peut montrer, par exemple, que (1,0,0,0)6∈Span{e~₁, ~e₂}+Span{e~₂, ~e₃, ~e₄}.

Autre solution. Commee~3 = 2e~1+3e~2, on aSpan{e~1, ~e2}+Span{e~2, ~e3, ~e4}=Span{e~1, ~e2}+

Span{e~₁, ~e₂, ~e₄}=Span{~e₁, ~e₂, ~e₄}. On verra plus tard, que R⁴ est un espace vectoriel de dimension4 et qu’une famille de trois vecteurs ne peut pas engendrer un espace vectoriel de dimension4.

4. Vrai

On montre que l’intersection entre les deux espaces vectoriels est réduite à~0et que chacun des vecteurs de la base canonique deR⁴ (i.e. les vecteurs(1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1)) est dans l’espace Span{~e1, ~e2, ~e3}+Span{e~4, ~e5}. (Remarque : comme e~3 = 2e~₁+ 3e~₂,Span{~e₁, ~e₂, ~e₃}=Span{e~₁, ~e₂}).

Exercice 5. 1. Montrons que F et Gsont des sous-espaces vectoriels de E.

Pour F

– La fonction nulle est dans F. – Soient f et g deux éléments de F

(f+g)(1) =f(1) +g(1) = 0.

– Soit f un élément de F et λ∈F :

(λf)(1) =λf(1) = 0.

De même, on montre que Gest un sous-espace vectoriel de E.

2. Montrons que E =F ⊕G

– Soit f ∈F ∩G. On af(1) = 0 =a, d’où a= 0 et doncf = 0.

– Soit f ∈ E. On a f = (f −f(1)x) +f(1)x. On vérifie que f −f(1)x ∈ F et que f(1)x∈G.

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