Corrigé de la série 6

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008

Corrigé de la série 6

Exercice 1. La dimension deP4(F)est5. Comme la liste indiquée consiste de5 polynômes, il sut de voir ou bien que la liste est libre ou bien qu'elle est génératrice. Montrons le premier.

Soient α₀, α₁, . . . , α₄ ∈R tels que

α0·1 +α1·t+α2·(2t²−1) +α3·(4t³−3t) +α4·(8t⁴−8t²+ 1) =~0.

Donc :

(α₀−α₂+α₄)1 + (α₁−3α₃)t+ (2α₂−8α₄)t²+ 4α₃t³+ 8α₄t⁴ = 0

pour toutt ∈R. C'est possible seulement si tout les coecients de ce polynôme sont nuls. Cela implique facilement que tous les α_i s'annulent.

Exercice 2. Procédons par récurrence sur le degré n de p(t). Rappelons tout d'abord que la dimension dePn(F) estn+ 1.

Si p(t) est de degré 0, alors p(t) =α₀ pour un certain α₀ 6= 0. La liste (p(t)) est donc libre et alors une base de P0(F).

Supposons maintenant que l'énoncé soit vrai pour tous les polynômes de degré inférieur à un certain N >0.

Soitp(t)de degré N+ 1, donc de la formep(t) =PN+1

i=0 α_itⁱ. Soitp^(k)(t)lak-ième dérivée de p(t) pour1≤ k ≤N + 1. Nous devons montrer que la liste (p(t), p⁰(t), . . . , p^(N+1)(t))est libre.

Supposons que β₀, . . . , β_N+1 ∈Fsoient tels que β₀p(t) +PN+1

i=1 β_ip⁽ⁱ⁾(t) = 0 pour tout t∈F. Il s'ensuit que toutes les dérivées de ce polynôme sont nulles. En particulier :

0 = β₀p(t) +

n+1

X

i=1

β_ip⁽ⁱ⁾(t)(N+1)

=β₀p^(N+1)(t) =β₀α_N+1(N + 1)·N ·. . .·2 ∀t ∈F.

Commeα_N+1 6= 0, on a donc forcément queβ₀ = 0 et alorsPN+1

i=1 β_ip⁽ⁱ⁾(t) = 0. Or, l'hypothèse de récurrence nous dit quep⁰(t)et ses dérivéesp⁰⁰(t), . . . , p⁽ⁿ⁾(t)forment une base dePn(F). Par conséquent, on trouve β₁ =· · ·=β_N+1 = 0, ce qui achève la preuve.

Exercice 3.

1. Pour 1≤ i≤ m et 1 ≤j ≤n soit E_i,j ∈Mat(m, n;F) la matrice dont toutes les entrées sont nulles sauf que celle à la place (i, j) vaut1. Formellement, Ei,j est dénie par

(E_i,j)_k,l =

(1 si i=k etj =l, 0 sinon.

Prouvons que (E_i,j|1≤i≤m,1≤j ≤n) est une base de Mat(m, n;F) : La liste est génératrice : Pour A= (α_i,j)∈Mat(m, n;F), on aA=Pm i=1

Pn

j=1α_i,jE_i,j; il sut de voir que toutes les entrées coïncident.

1

La liste est libre : Soientφ_i,j ∈F,1≤i≤m,1≤j ≤n, tels quePm i=1

Pn

j=1φ_i,jE_i,j = 0. Mais alors :

Pm i=1

Pn

j=1φ_i,jE_i,j

k,l

=φ_k,l = 0 ∀k, l. Par conséquent, on trouve dim(Mat(m, n;F)) =mn.

2. Le sous-espace A(n) est engendré par les A_k,l, 1 ≤k, l ≤n etk < l (voir série 4). Ces matrices sont linéairement indépendants : Soient αk,l ∈ F pour 1 ≤ k, l ≤ n et k < l tels que P

k,lα_k,lA_k,l =~0. Alors :

0 = X

k,l

α_k,lA_k,l

!

i,j

=

(αi,j, si i < j,

−αi,j, sinon.

Les α_k,l doivent donc tous s'annuler.

Comme il y a ⁿ²₂⁻ⁿ matrices A_k,l, on trouvedim(A(n)) = ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ .

Nous savons de la série 4 que A(n) ⊕ S(n) = Mat(n, n;F) et donc dim(A(n)) + dim(S(n)) = dim(Mat(n, n;F)) = n², d'après 1. Par conséquent, on a dim(S(n)) = n²− ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ = ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ . Une base est donnée par la collection des matricesS_k,l, comme il y en a n+ ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ = ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ .

Exercice 4.

1. On montre facilement que E est un sous-espace. Pour n = 1, on a E = {0} et donc dim(E) = 0. Supposons dans ce qui suit que n > 1. Pour i 6= j, les matrices Ei,j de l'exercice précédent sont clairement contenues dans E (mais les E_i,i ne le sont pas !).

Ajoutons à cet ensemble les éléments F_1,1 := E_1,1 − E_n,n, F_2,2 := E_2,2 − E_n,n, . . . , Fn−1,n−1 :=En−1,n−1−En,n ∈E. Le lecteur montrera sans problème que la liste

L= (F1,1, . . . , Fn−1,n−1, Ei,j|i6=j)

consistant de n² −1 éléments est libre. Si on admet l'énoncé de l'exercice 6 de cette série, il est clair que L forme une base ; sinon, la dimension de E serait n² et on aurait E = Mat(n, n;F), ce qui est faux. Sans admettre l'exercice 6, il reste à montrer queLest génératrice. C'est vite fait : Soit A= (αi,j)∈E. Considérons la matrice

A⁰ =

n−1

X

k=1

α_k,kF_k,k+

n

X

i=1 i−1

X

j=1

α_i,jE_i,j+

n

X

j=i+1

α_i,jE_i,j

! .

C'est évident que (A⁰)i,j = αi,j = (A)i,j pour tout i, j sauf si i = j = n. Mais dans ce cas-là, on trouve (A⁰)_n,n = (Pn−1

k=1α_k,kF_k,k)_n,n = −Pn−1

k=1α_k,k = α_n,n, comme tr(A) = 0. Par conséquent, on a A⁰ =A et doncA∈span(L). On conclut que dim(E) = n²−1. 2. Posons F = span(E_1,1). Alors E ∩F = {0}, donc E et F sont en somme directe. Par

conséquent, dim(E +F) = dim(E) + dim(F) = n² = dim(Mat(n, n;F). L'exercice 6 implique alors queE⊕F = Mat(n, n;F).

Exercice 5. Puisque U +W ⊂F⁹, on a

9 = dimF⁹ ≥dim(U +W) = dimU + dimW −dim(U ∩W) = 5 + 5−dim(U ∩W) alors

9≥10−dim(U ∩W)⇒dim(U ∩W)≥1.

Or, dim{0}= 0, doncU ∩W 6={0}.

Exercice 6. Soit(u₁, . . . , u_n)une base deU. Supposons quev ∈V,v 6∈U. Alors(u₁, . . . , u_n, v) est linéairement indépendante, doncdimV ≥n+1> n= dimU, contradiction. Donc il n'existe pas de tel vecteur v, c-à-d que V ⊂U. Mais U ⊂V par dénition, alors U =V.

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