Exercices de Math´ematiques
Bases d’un espace vectoriel Enonc´´ es
Enonc´ ´ es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Dans IK[X], on se donne une suite de polynˆomes non nuls (Pn)n≥0. On suppose que pour tout entiern de IN, on a degPn<degPn+1.
1. Montrer que la famille (Pn)n≥0 est libre.
2. Montrer que c’est une base de IK[X] si et seulement si, pour tout n, degPn=n.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Soit E un espace vectoriel de dimensionn ≥1.
Soit f un endomorphisme de E tel que fn = 0 etfn−1 6= 0.
Soit xun vecteur de E tel que fn−1(x)6= 0.
Montrer que la famillex, f(x), . . . , fn−1(x) constitue une base deE.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Dans IR4, Soit E l’ensemble des u= (x, y, z, t) tels que
x+ 3y−2z−5t= 0 x+ 2y+z−t = 0 Montrer que E est un sous-espace vectoriel ; en donner la dimension et une base.
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
On se donne une subdivisionx0 =a < x1 < . . . xn−1 < xn =b du segment [a, b].
Soit F l’ensemble des applications f : [a, b]→IR qui sont affines sur chaque [xk, xk+1].
Montrer que F est un espace vectoriel. En donner la dimension et une base.
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Exercices de Math´ematiques
Bases d’un espace vectoriel Indications, r´esultats
Indications ou r´ esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1. Supposer P
n≥0
λnPn = 0, lesλn ´etant non tous nuls.
Consid´erer l’indice maximum m tel que λm 6= 0, et raisonner sur les degr´es.
2. Si ∀n,degPn =n, alors tout polynˆome P est combinaison des Pk aveck ≤degP.
Si on n’a pas degPn=npour toutn, consid´erer l’indice minimum mtel que degPm > m.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Supposer
n−1
P
k=0
λkfk(x) = −→
0 , avec (λ0, . . . , λn−1)6=−→ 0 . Consid´erer l’indice minimum k0 tel que λk0 6= 0.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Une base de E est form´ee dea = (−7,3,1,0) et deb = (−7,4,0,1).
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Consid´erer l’application ϕ de E dans IRn+1 d´efinie par ϕ(f) = (f(x0), f(x1), . . . , f(xn)).
Montrer que ϕ est un isomorphisme deF sur IRn+1.
Consid´erer les images r´eciproques des vecteurs de la base canonique de IRn+1.
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Exercices de Math´ematiques
Bases d’un espace vectoriel Corrig´es
Corrig´ es des exercices
Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. On se donne une famille (λn)n≥0 de scalaires, `a support fini, telle que P
n≥0
λnPn = 0.
On suppose, par l’absurde, que les λn ne sont pas tous nuls.
Il existe alors un m maximum tel que λm 6= 0 donc tel que λmPm =− P
n<m
λnPn. Mais c’est absurde car deg
P
n<m
λnPn
≤max n
degPn, n < m o
<degPm. Conclusion : la famille (Pn)n≥0 est une famille libre.
2. Supposons que pour tout n, on ait degPn=n. SoitP un polynˆome non nul de IK[X].
Posons degP = m. Les m + 1 polynˆomes P0, . . . , Pm (qui sont extraits de la famille (Pn)n≥0) forment une famille libre de IKm[X] (qui est de dimension m+ 1.)
Les polynˆomes P0, . . . , Pm forment donc une base de IKm[X].
Il en d´ecoule que P est une combinaison lin´eaire deP0, . . . , Pm donc des Pn pourn ≥0.
Supposons maintenant qu’on n’ait pas degPn =n pour toutn de IN.
Puisque la suite (degPn)n≥0 est strictement croissante dans IN, on a toujours degPn≥n.
Il existe donc un m minimum tel que degPm > m et degPn=n pour tout n < m.
Le degr´e de P
n≥0
λnPn est celui dePn o`un est l’indice maximum tel que λn6= 0.
Avec les notations pr´ec´edentes, ce degr´e ne peut pas ˆetre ´egal `a m.
Autrement dit Xm, par exemple, n’est pas combinaison lin´eaire des Pn, avec n ∈IN.
Cela prouve que la famille (Pn)n≥0 n’est pas g´en´eratrice dans IK[X].
Conclusion : (Pn)n≥0 est une base de IK[X] ⇔ ∀n∈IN, degPn=n.
Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Il suffit de prouver que les n vecteursx, f(x), . . . , fn−1(x) sont libres.
Soient λ0, λ1, . . . , λn−1 dans IR tels que
n−1
P
k=0
λkfk(x) =−→ 0 . Supposons par l’absurde que (λ0, . . . , λn−1)6=−→
0 . Soit k0 minimum tel queλk0 6= 0.
L’´egalit´e
n−1
P
k=0
λkfk(x) =−→
0 devient :λk0fk0(x) +
n−1
P
k=k0+1
λkfk(x) = −→ 0 . Si on compose parfn−k0+1, on obtient : λk0fn−1(x) = −→
0 ce qui est absurde.
Conclusion : la famille x, f(x), . . . , fn−1(x) est libre, et c’est une base de E.
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Exercices de Math´ematiques
Bases d’un espace vectoriel Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Soit u= (x, y, z, t) un vecteur quelconque de IR4.
x+ 3y−2z−5t = 0 x+ 2y+z−t= 0 ⇔
x+ 3y= 2z+ 5t x+ 2y=−z+t ⇔
x=−7z−7t y= 3z+ 4t
⇔(x, y, z, t) = (−7z−7t,3z+ 4t, z, t) = z(−7,3,1,0) +t(−7,4,0,1), avec (z, t)∈IR2
AinsiE est l’ensemble des combinaisons lin´eaires de
a = (−7,3,1,0) b = (−7,4,0,1) La famillea, b est libre. Elle constitue donc une base deE, et dimE = 2.
Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
F est de fa¸con ´evidente un sous-espace vectoriel de l’ensemble E de toutes les applications de [a, b] dans IR : la fonction nulle est un ´el´ement de F, et si f, g sont affines sur chaque [xk, xk+1] il en est de mˆeme de λf+µg.
Consid´erons l’application ϕ de E dans IRn+1 d´efinie par ϕ(f) = (f(x0), f(x1), . . . , f(xn)).
Il est clair queϕest lin´eaire. D’autre part c’est une bijection deF sur IRn+1 : en effet le fait de se donner les images (f(x0), f(x1), . . . , f(xn)) d´efinit une unique applicationf affine sur chaque sous-segment [xk, xk+1] de [a, b].
L’applicationϕ est donc un isomorphisme de F sur IRn+1 ce qui prouve que dimF =n+ 1.
Les images r´eciproques des vecteurs de la base canonique de IRn+1 forment donc une base de F. Ce sont les applications f0, f1, . . . , fn d´efinies par les ´egalit´es fi(xj) =δij.
Autrement dit chaque fonctionfi vaut 1 enxi et 0 sur les autres xj, et on la compl`ete de fa¸con affine sur chaque intervalle [xk, xk+1].
Pour ˆetre complet, disons que la base duale de la base (f0, f1, . . . , fn) de F est constitu´ee des formes lin´eaires fj∗ d´efinies sur F par fj∗(f) = f(xj).
Chaque ´el´ement f deF se d´ecompose en : f =f(x0)f0+f(x1)f1+· · ·+f(xn)fn.
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