Alg`ebre lin´eaire, corrig´e de la s´erie 17

Alg`ebre lin´eaire, corrig´e de la s´erie 17

Jonathan Scott 24 mars 2006

1. h~u, a~v+b ~wi=ha~v+b ~w, ~ui=ah~v, ~ui+bhw, ~ui~ =ah~v, ~ui+bhw, ~ui~ =ah~u, ~wi+bh~v, ~wi.

2. d(~u, ~v) =k~u−~vk=k(~u−w) + (~ w~ −~v)k ≤ k~u−wk~ +kw~ −~vk=d(~u, ~w) +d(w, ~v).~

3. h~0, ~vi+h~0, ~vi = h~0 +~0, ~vi = h~0, ~vi. Soustraire h~0, ~vi de chaque cˆot´e pour obtenir h~0, ~vi = 0. Le produit est hermitien, alors h~v,~0i=h~0, ~vi= 0 = 0.

4. (a) h~0, ~vi= 0 pour tout~v ∈S alors~0∈S^⊥. Par cons´equent,S^⊥ 6=∅. Si a, b∈ F,~u, ~v ∈S^⊥ et

~

w∈S, alorsha~u+b~v, ~wi=ah~u, ~wi+bh~v, ~wi=a(0) +b(0) = 0. Donca~v+b ~w∈S^⊥. AlorsS^⊥ est un sous-espace vectoriel deV.

(b) Supposons que S∩S^⊥ 6= ∅. On choisit~v ∈ S∩S^⊥. Alors h~v, ~vi = 0. Le produit est non- d´eg´en´er´e, alors~v=~0. Donc S∩S^⊥ ={~0}.

(c) Si~v∈V^⊥, alorsh~v, ~vi= 0, donc~v=~0. Par cons´equent,V^⊥={~0}.

Selon l’exercice 3,h~v,~0i= 0 pour tout~v∈V. Alors{~0}^⊥=V.

5. (a) On remarque queW^⊥={1}^⊥∩ {x}^⊥. Alorsp(x)∈W^⊥ si et seulement si Z ₁

0

p(x)dx= 0 et Z ₁

0

xp(x)dx= 0.

Posonsp(x) =a+bx+cx². Alors Z ₁

0

(a+bx+cx²)dx=a+ (1/2)b+ (1/3)c= 0 (1)

et Z ₁

0

(ax+bx²+cx³)dx= (1/2)a+ (1/3)b+ (1/4)c= 0. (2) On r´esout les deux ´equations lin´eaires (1) et (2) pour obtenirb=−c,a= (1/6)c. Alors

W^⊥ ={c−6cx+ 6cx²|c∈R}.

On remarque queW^⊥ est engendr´e par le polynˆome 1−6x+ 6x². (b) Supposons quea+bx+cx²∈W^⊥. Alors

0 = Z ₁

0

(a+bx+cx²)(1−x²)dx

= Z ₁

0

(a+bx+ (c−a)x²−bx³−cx⁴)dx

= a+ (1/2)b+ (1/3)(c−a)−(1/4)b−(1/5)c.

1

On trouve que

c=−5a−(15/8)b.

Donc

W^⊥={a+bx−(5a+ (15/8)b)x²|a, b∈R}.

Une base de W^⊥ est donc

(1−5x²,8x−15x²).

6. (a) Supposons que~v∈(ImA)^⊥. Pour tout w~ ∈Rⁿ,hA^t~v, ~wi=h~v, A ~wi= 0. AlorsA^t~v∈(R^m)^⊥. Par l’exercice 4(c), A^t~v =~0. Donc ~v ∈ kerA^t. R´eciproquement, supposons que ~v ∈ kerA^t. Alorsh~v, A ~wi=hA^t~v, ~wi=h~0, ~wi= 0. Donc~v∈(ImA)^⊥. Par cons´equent, kerA^t= (ImA)^⊥. (b) On remarque queW = ImA, o`u A=



1 1 0 2 3 7



. AlorsW^⊥= kerA^t. On effectue l’´elimination

de Gauss : µ

1 0 3 1 2 7

¶

→

µ1 0 3 0 2 4

¶

→

µ1 0 3 0 1 2

¶

alors (x, y, z)∈kerA^t si et seulement six=−3z et y =−2z. Donc (x, y, z) =z(−3,−2,1).

Alors une base deW^⊥ consiste en un seul vecteur, (−3,−2,1) disons.

(c) Soitvi lai-i`eme colonne deA, 1≤i≤n. On consid`erevi comme vecteur colonne dansR^m. Supposons que (v1. . .vn) est lin´eairementd´ependante. Alors il existeb1, . . . , bn∈R, pas tous nuls, tels queb1v1+· · ·+bnvn =0. Autrement dit,

A



 b1

... b_n



=0.

On pose b = (b1· · ·bn)^t ∈ Rⁿ. Alors A^tAb = A^t0 = 0. Puisque b 6= 0, A^tA n’est pas inversible.

R´eciproquement, supposons queA^tAn’est pas inversible. En particulier, elle n’est pas injective.

Alors il existeu∈Rⁿ,u6=0, tel queA^tAu=0. Donc, 0 =hA^tAu,ui=hAu, Aui.

AlorsAu=0. Donc les colonnes deA ne sont pas lin´eairement ind´ependantes.

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