EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 5
Exercice 1. 1. Si v = (x1, x2, x3) ∈ V, alors x3 = 0 est v peut être écrit v = x1(1,0,0) + x2(0,1,0). On a donc V = span
(1,0,0),(0,1,0)
et comme ces deux vecteurs sont linéairement indépendants, la liste est une base de V. On a donc dimV = 2.
2. Si v = (x1, x2, x3, x4)∈V, alors x1 =−2x2 etx4 = 3x2+x3. On peut donc écrire v = (−2x2, x2, x3,3x2+x3) = x2·(−2,1,0,3) +x3·(0,0,1,1).
Commevest un élément quelconque deV, on a montré queV = span (−2,1,0,3),(0,0,1,1) . Soientα, β ∈Ftels queα(−2,1,0,3) +β(0,0,1,1) = 0, alors on a(−2α, α, β,3α+β) = 0.
On obtientα=β = 0. Les deux vecteurs(−2,1,0,3)et(0,0,1,1)sont donc linéairement indépendants. La liste (−2,1,0,3), (0,0,1,1)
est donc une base de V etdimV = 2.
3. Soit p = P4
i=0aiXi ∈ V, a0, . . . , a4 ∈ R. On a alors 0 = p(0) = a0 et 0 = p(1) = a0+a1+a2+a3+a4. On obtient
p=a1X+a2X2+a3X3+ (−a1−a2−a3)X4 =a1(X−X4) +a2(X2−X4) +a3(X3−X4).
Commme p ∈ V est un élément quelconque, on a montré que V = span X−X4, X2 − X4, X3 −X4
. On montre que les trois polynômes sont linéairement indépendants : si α, β, γ ∈Rsont tels que α(X−X4) +β(X2−X4) +γ(X3−X4) = 0, alors αX+βX2+ γX3+ (−α−β−γ)X4 = 0 et donc α=β=γ = 0. Donc X−X4, X2−X4, X3−X4 est une base de V etdimV = 3.
4. Soit p = Pn
j=0ajXj ∈ V avec a0, . . . , an ∈ C. On a alors p(iX) = ip(X), c’est-à-dire Pn
j=0iajXj −Pn
j=0aj(iX)j = 0. On sait que
(iX)j =
iXj si j ≡1 mod 4
−Xj si j ≡2 mod 4
−iXj si j ≡3 mod 4 Xj si j ≡0 mod 4
,
où, pourn, m∈N, on écrit m≡j mod n si j ∈ {0, . . . , n−1}est le reste de la division euclidienne de m par n. On obtient
X
j∈{0,...,n}
j≡0 mod 4
aj(i−1)Xj+ X
j∈{0,...,n}
j≡2 mod 4
aj(i+ 1)Xj + X
j∈{0,...,n}
j≡3 mod 4
aj2iXj = 0.
Cela implique aj = 0 pour tout les indices j ∈ {0, . . . , n} tels que j ≡ 0 mod 4, j ≡ 2 mod 4 ou j ≡ 3 mod 4. Donc p =a1X+a5X5 +. . .+amXm où m ∈ {0, . . . , n} est le dernier nombre tel que m ≡ 1 mod 4. La famille B = {X4m+1 | m ∈ N} satisfait donc span(B) =V. Comme Best linéairement indépendante, on trouve que Best une base de V. D’après le théorème de la borne, V est donc de dimension infinie.
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5. Une matrice A = (aij)i,j=1,...,n ∈ Mat(n, n;F) est symétrique si A = At, c’est-à-dire aij =aji pouri, j = 1, . . . , n. On a alors
A=
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n ... ... . .. ... an1 an2 · · · ann
=
a11 a12 · · · a1n
a12 a22 · · · a2n ... ... . .. ... a1n a2n · · · ann
=
n
X
i=1
aiiEii+ X
1≤i<j≤n
aij(Eij+Eji),
oùEkl ∈Mat(n, n;F)est la matrice ayant pour coefficients (Ekl)ij = 0 si(i, j)6= (k, l)et (Ekl)kl = 1. Comme chaque matrice symétrique peut être écrite de cette façon, on trouve que
B={E11, . . . , Enn} ∪ {Eij +Eji|i, j ∈ {1, . . . , n}, i < j}
est une liste génératrice de V. On doit montrer que B est linéairement indépendante.
Soient αij ∈F pour1≤i≤j ≤n tels que
n
X
i=1
αiiEii+ X
1≤i<j≤n
αij(Eij +Eji) = On
(la matrice nulle, (On)ij = 0 pour i, j = 1, . . . , n). On a alors
α11 α12 · · · α1n α12 α22 · · · α2n ... ... . .. ... α1n α2n · · · αnn
=
0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 ... ... . .. ...
0 0 · · · 0
,
doncαij = 0pour1≤i≤j ≤n.Best donc une base de V etdimV =n+Pn
i=1(n−i) = n+n2 −n(n+1)2 = 2n+2n22−n2−n = n(n+1)2 .
Exercice 2. 1. On sait que (1, X, X2, X3) est une base deP3(R)car ces quatre polynômes sont linéairement indépendants et toutp∈P3(R)peut-être écritp=a+bX+dX2+dX3 aveca, b, c, d∈R. On a donc dimP3(R) = 4.
2. Pour montrer que Best une base deV, il suffit d’après le cours de montrer que ses quatre éléments sont linéairement indépendants. Soient a, b, c, d∈Rtels que
p:=a(X−1)(X+ 2)(X−3) +b(X+ 1)(X+ 2)(X−3)
+c(X−1)(X+ 1)(X−3) +d(X−1)(X+ 1)(X+ 2) = 0.
Comme cela veut dire que p(x) = 0 pour tout x ∈ R, on a alors en particulier p(1) = p(−2) = p(3) =p(−1) = 0. Cela implique 0 = p(1) = b·2·3·(−2) =−12b, 0 =p(−2) = c·(−3)·(−1)·(−5) =−15c,0 =p(3) =d·2·4·5 = 40det0 =p(−1) =a·(−2)·1·(−4) = 8a, et donca =b =c=d = 0.
3. Soit p le polynôme cherché. Comme B est une base de P3(R), il existe a, b, c, d ∈ R tels que
p:=a(X−1)(X+ 2)(X−3) +b(X+ 1)(X+ 2)(X−3) +c(X−1)(X+ 1)(X−3) +d(X−1)(X+ 1)(X+ 2).
Comme plus haut, on a alors p(1) = −12b, p(−2) = −15c, p(3) = 40d et p(−1) = 8a.
Les conditions p(−1) = 16, p(1) = 12, p(−2) = 5 et p(3) = −10impliquent donc a = 2, b=−1,c=−1/3 etd=−1/4. On a donc trouvé
p=2(X−1)(X+ 2)(X−3)−(X+ 1)(X+ 2)(X−3)
−1/3(X−1)(X+ 1)(X−3)−1/4(X−1)(X+ 1)(X+ 2).
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Exercice 3. 1. Soient α, β ∈ C tels que α(i,−1, i,0,0) +β(0, i,−i,−1,0) = 0. On a alors (iα,−α+iβ, iα−iβ,−β,0) = 0et doncα=β = 0.Lest donc linéairement indépendante.
Soit v = (x1, x2, x3, x4, x5)∈C5, alors v peut être écrit
v =(x1, x2, x3, x4, x5) =−ix5·(0,0,0, i, i) + (x1, x2, x3, x4−x5,0)
=−ix5·(0,0,0, i, i)−ix1·(i,−1, i,0,0) + (0, x2−ix1, x3−x1, x4−x5,0)
=−ix5·(0,0,0, i, i)−ix1·(i,−1, i,0,0)−i(x2 −ix1)·(0, i,−i,−1,0) + (0,0, x3−x1+x2 −ix1, x4−x5−ix2−x1,0)
=−ix5·(0,0,0, i, i)−ix1·(i,−1, i,0,0)−i(x2 −ix1)·(0, i,−i,−1,0)
+ (x3 −x1 +x2−ix1)·(0,0,1,1,0)−i(x4−x5−ix2−x3−x2+ix1)·(0,0,0, i,0).
Ceci montre que span(S) = C5.
2. Les deux premiers vecteurs de S sont linéairement indépendants d’après la question pré- cédente. On a i·(i,−1, i,0,0) + (0, i,−i,−1,0) = (−1,0,−1−i,−1,0), et donc, d’après le lemme du vecteur superflu, on peut enlever le troisième vecteur de la liste. Ensuite, on trouve que les vecteurs (i,−1, i,0,0),(0, i,−i,−1,0),(0,0,0, i,0) et (0,0,1,1,0) sont linéairement indépendants. On a en effet
a(i,−1, i,0,0) +b(0, i,−i,−1,0) +c(0,0,0, i,0) +d(0,0,1,1,0) = 0
⇔ ai= 0, −a+bi = 0, ai−bi+d= 0, −b+ic+d= 0
⇔ a=b =c=d= 0.
On trouve (0, i,−i+ 1, i,0) = (0, i,−i,−1,0) + (0,0,0, i,0) + (0,0,1,1,0)et donc span(S) = span
(i,−1, i,0,0), (0, i,−i,−1,0), (0,0,0, i,0),(0,0,1,1,0),(0,0,0, i, i)
.
Comme ci-dessus, on peut montrer que ces cinq vecteurs sont linéairement indépendants.
La liste
B:=
(i,−1, i,0,0), (0, i,−i,−1,0), (0,0,0, i,0),(0,0,1,1,0),(0,0,0, i, i)
est donc la base cherchée.
3. Non. Par exemple, (0,0,0,1,1)∈C5 n’est pas un élément de spanR(B)car si
a(i,−1, i,0,0)+b(0, i,−i,−1,0)+c(0,0,0, i,0)+d(0,0,1,1,0)+e(0,0,0, i, i) = (0,0,0,1,1) alors e·i= 1 et donc e=−i6∈R.
La listeBR := ((1,0),(i,0),(0,1),(0, i))est une base duR-espace vectorielC2. En effet, si (z1, z2)∈C2, alorsz1 =x1+iy1 etz2 =x2+iy2 avecx1, x2, y1, y2 ∈R. On a donc(z1, z2) = x1(1,0)+y1(i,0)+x2(0,1)+y2(0, i)∈spanR(BR)eta(1,0)+b(i,0)+c(0,1)+d(0, i) = (0,0) poura, b, c, d∈R implique a=b=c=d= 0.
Noter que BR n’est pas linéairement indépendante dans le C-espace vectoriel C2 car (1,0) +i(i,0) + (0,1) +i(0, i) = (0,0).
La liste BC := ((1,0),(0,1)) est une base du C-espace vectoriel C2. On a (z1, z2) = z1(1,0) +z2(0,1)pour tout(z1, z2)∈C2 eta(1,0) +b(0,1) = (0,0)aveca, b∈Cimplique a=b= 0.
Exercice 4. 1. Voir l’exercice 2 !
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2. Admettons que span(p0, . . . , pm) = Pm(R). Alors le polynôme constant p = 1 peut être écritp=Pm
i=0aipi aveca0, . . . , am ∈R. Mais on a alorsp(2) = 1etp(2) =Pm
i=0aipi(2) = Pm
i=0ai·0 = 0, une contradiction. Donc(p0, . . . , pm)ne peut pas être une base de Pm(R).
Exercice 5. Si U et W sont des sous-espaces vectoriels de R4 de dimensions dimU = 3, dimW = 2 et tels que dim(U ∩W) = n, alors U +W est un sous-espace vectoriel de R4 de dimension
dim(U +W) = dimU + dimW −dim(U ∩W) = 5−n.
On obtientdim(U+W) = 5sin= 0. Ceci n’est pas possible car sidim(U+W) = 5, alors il existe une base de U +W composée de cinq vecteurs de R4 qui vont en particulier être linéairement indépendants. D’après le théorème de la borne et le fait que R4 = span(e1, e2, e3, e4), ceci n’est pas possible ! Comme U∩W ⊆W, on a dim(U∩W)≤dimW = 2. Il reste donc à déterminer s’il existe U et W comme demandé pour n= 1 oun= 2.
Soient U1 = span(e1, e2, e3) et W1 = span(e3, e4). Alors on peut vérifier que U1 ∩W1 = span(e3). On a dimU1 = 3, dimW1 = 2 et dim(U1∩W1) = 1. Le casn = 1 est donc possible.
Soient U2 = span(e1, e2, e3) et W2 = span(e2, e3). Alors on peut vérifier que U2 ∩W2 = span(e2, e3). On a dimU2 = 3, dimW2 = 2 et dim(U2∩W2) = 2. Le cas n = 2 est donc aussi possible.
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