Corrigé de la série 17

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 17

Exercice 1.

1. Soitx∈G^⊥. Par dénition, cela signie queφ(x, y) = 0pour touty∈G. CommeF ⊆G, on a en particulier que φ(x, y) = 0 pour touty∈F. Par conséquence x∈F^⊥. Comme x était arbitraire, nous avons bien montré que G^⊥⊆F^⊥.

2. Montrons (F +G)^⊥ ⊆ F^⊥ ∩G^⊥ : Soit x ∈ (F +G)^⊥. Donc φ(x, y) = 0 ∀y ∈ F +G. CommeF ⊆ F +G et G⊆F +G, on a φ(x, v) = 0∀v ∈ F et φ(x, w) = 0 ∀w∈G. Par conséquence x∈F^⊥∩G^⊥.

MontronsF^⊥∩G^⊥⊆(F +G)^⊥ : Soit x∈F^⊥∩G^⊥. Prenons n'importe quely ∈F+Get écrivonsy sous la forme y=v+w avec v ∈F etw ∈G. Alors : φ(x, y) =φ(x, v+w) = φ(x, v) +φ(x, w) = 0 + 0 = 0 et doncx∈(F +G)^⊥.

3. Prouvons d'abord F^⊥+G^⊥ ⊆(F ∩G)^⊥ : Soit x ∈ F^⊥+G^⊥. Soient v ∈ F^⊥ et w ∈G^⊥ tels quex=v+w. Alors φ(x, y) =φ(v+w, y) =φ(v, y) +φ(w, y) = 0 + 0 = 0pour tout y∈F ∩Get donc x∈(F ∩G)^⊥.

Soit n la dimension de V. Pour montrer que F^⊥+G^⊥ = (F ∩G)^⊥, il sut maintenant de voir que les dimensions des deux sous-espaces sont égales. Calculons-les :

dim(F^⊥+G^⊥) = dim(F^⊥) + dim(G^⊥)−dim(F^⊥∩G^⊥)

= (n−dim(F)) + (n−dim(G))−dim (F +G)^⊥

= 2n−dim(F)−dim(G)−(n−dim(F +G))

=n−dim(F ∩G) = dim((F ∩G)^⊥).

Nous avons utilisé plusieurs fois la formule

dim(U +W) + dim(U ∩W) = dim(U) + dim(W)

qui est valable pour deux sous-espaces U, W de V, ainsi que le fait queU ⊕U^⊥=V. Remarquons que la condition queV soit de dimension nie n'a été utilisée que dans cette partie de l'exercice, pour montrer que(F ∩G)^⊥⊆F^⊥+G^⊥.

4. Si v ∈V^⊥, alors φ(v, v) = 0, doncv = 0. Par conséquent, V^⊥ ={0}. On a φ(v,0) = 0 pour toutv ∈V, ce qui montre{0}^⊥ =V.

5. Par hypothèse, on a F = span(v1) +· · ·+ span(vk). Par récurrence, l'énoncé de l'exercice 1.2 implique que F^⊥= span(v₁)^⊥∩ · · · ∩span(v_k)^⊥. Alorsx∈F^⊥ ssi x∈span(v_i)^⊥ pour tout i= 1, . . . , k. De plus, la condition que x ∈span(v_i)^⊥ est équivalente à φ(x, v_i) = 0 par homogénéité, d'où l'équivalence désirée.

Alternativement, on peut démontrer les deux implications directement.

Exercice 2. Supposons que T préserve U, c'est-à-dire T(U) ⊆ U. Pour v ∈ V, on a donc T ◦Proj_U(v) ∈ U. Comme Proj_U|_U = Id_U, nous trouvons que Proj_U((T ◦Proj_U)(v)) = T ◦ Proj_U(v). Ceci est valable pour tout v ∈V. On a donc montré : Proj_U◦T ◦Proj_U =T ◦Proj_U.

1

Soit inversementT telle queProj_U◦T◦Proj_U =T◦Proj_U et soitu∈U. AlorsT◦Proj_U(u) = T(u). Comme ceci est égal à Proj_U◦T ◦Proj_U(u) ∈Im(Proj_U) =U, on trouve T(u)∈ U. Par conséquent T(U)⊆U.

Exercice 3. 1. D'après l'exercice 1.5, on a W^⊥ = {1}^⊥ ∩ {x}^⊥. Donc p(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 résout le système formé des deux équations linéaires (1) et (2) et on obtient b=−c, a= (1/6)c. Donc

W^⊥ ={c−6cx+ 6cx² |c∈R}.

On remarque queW^⊥ est engendré par le polynôme 1−6x+ 6x².

On vérie queW⊕W^⊥ =V. Sipest un élément deW∩W^⊥, alorsp=a·1 +b·x=c·(1−

6x+ 6x²). Cela donne immédiatementc= 0, et donc aussi a=b = 0. Si p=ax²+bx+c est un élément de V, alors ppeut-être écrit p= ^a₆ (1−6x+ 6x²) + (b+a)x+ c− ^a₆

. 2. Supposons que a+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.

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).

3. Par l'exercice 1.5, on a a= (a₁, a₂, a₃, a₄)∈W^⊥ ssi ( a₁+a₂+a₃+a₄ = 0

−a₁+a₂ −a₃+a₄ = 0.

C'est le cas si et seulement si a₂+a₄ = 0 = a₁+a₃. Par exemple, on a v = (0,1,0,−1) et w = (1,0,−1,0) dans W^⊥. Comme W ⊕W^⊥ = R⁴ et comme W est de dimension 2, W^⊥ est de dimension 2 également. Comme la liste (v, w) est visiblement linéairement indépendante, elle forme une base de W^⊥.

2

On calcule maintenant(W^⊥)^⊥. On a a= (a₁, a₂, a₃, a₄)∈(W^⊥)^⊥ ssi (a₂ −a₄ = 0

a₁ −a₃ = 0.

Cela donne a = (a₁, a₂, a₁, a₂) = a₁(1,0,1,0) + a₂(0,1,0,1), et donc (W^⊥)^⊥ = span{(1,0,1,0),(0,1,0,1)}= span{(1,−1,1,−1),(1,1,1,1)}.

Exercice 4. Il est facile de vérier que l'ensemble R^N des suites réelles muni de + :R^N×R^N→R^N, (a_n)_n∈N+ (b_n)_n∈N = (a_n+b_n)_n∈N et

·:R×R^N→R^N, r·(a_n)n∈N= (r·a_n)n∈N

est un R-espace vectoriel.

1. Pour tout a, b ∈ R, on a (a −b)² ≥ 0 et (a+b)² ≥ 0. On en déduit a² +b² ≥ 2ab et a²+b² ≥ −2ab, et donc

|ab| ≤ a²+b²

2 pour touta, b∈R. (3)

Soit(a_n)n∈Nla suite nulle. On a alorsP∞

n=0a²_n= 0et(a_n)n∈N∈`<sup>2</sup>(N). Cet ensemble n'est donc pas vide. Soit r∈R et(a<sub>n</sub>)n∈N∈`²(N). On a alors

∞

X

n=0

(r·an)² =r²·

∞

X

n=0

a²_n<∞.

Cela montre r·(a_n)n∈N∈`²(N).

Soient enn (an)n∈N et(bn)n∈N∈`²(N). On a

∞>2

∞

X

n=0

a²_n+ 2

∞

X

n=0

b²_n=

∞

X

n=0

2 a²_n+b²_n

(3)≥

∞

X

n=0

a²_n+b²_n+ 2a_nb_n =

∞

X

n=0

(a_n+b_n)²

(où la première égalité est jusitiée par le fait que la série à gauche converge de manière absolue) et donc (a_n+b_n)n∈N est un élément de `<sup>2</sup>(N). On a donc montré que `²(N) est un sous-espace vectoriel de R^N.

On montre maintenant que

(a_n)n∈N,(b_n)n∈N

:=

∞

X

n=0

a_nb_n

dénit un produit scalaire sur `²(N). On montre tout d'abord que la forme h,i est bien dénie. On doit montrer pour cela

−∞<

∞

X

n=0

a_nb_n <∞

pour tout(a_n)n∈Net(b_n)n∈N∈`²(N). Il sut de montrer que la série P∞

n=0a_nb_n converge de façon absolue. On a

∞

X

n=0

|a_nb_n|⁽³⁾≤ 1 2

∞

X

n=0

(a²_n+b²_n) = 1 2

∞

X

n=0

a²_n+

∞

X

n=0

b²_n

!

<∞.

3

Symétrie :

(a_n)n∈N,(b_n)n∈N

=

∞

X

n=0

a_nb_n=

∞

X

n=0

b_na_n=

(b_n)n∈N,(a_n)n∈N

pour tout (a_n)n∈N et(b_n)n∈N∈`²(N). Bilinéarité :

r·(a_n)n∈N,(b_n)n∈N

=

(ra_n)n∈N,(b_n)n∈N

=

∞

X

n=0

ra_nb_n

=r

∞

X

n=0

anbn=r

(an)n∈N,(bn)n∈N

pour tout r∈R et (a_n)n∈N∈`²(N). La bilinéarité se déduit par symétrie.

Dénition positive :

(a_n)n∈N,(a_n)n∈N

=

∞

X

n=0

a²_n≥0

pour tout (an)n∈N ∈`²(N), et (a_n)n∈N,(a_n)n∈N

= 0⇔a_n = 0 ∀n∈N⇔(a_n)n∈N = 0.

2. On calcule

he_i,e_ji=h(δ_nⁱ)n∈N,(δ_n^j)n∈Ni=

∞

X

n=0

δⁱ_nδ^j_n=δ^j_i.

3. Si la suite(a_n)_n∈Nest un élément deU, alors(a_n)_n∈Npeut être écrite comme combinaison linéaire nie d'éléments de U;

(an)n∈N = (a0, a1, . . .) =

N

X

i=1

αieni,

avec α₁, . . . , α_N ∈ R et n₁, . . . , n_N ∈ N. D'après la dénition des suites e_i, i ∈ N, on obtient a_m = 0 pour tout m > N.

Réciproquement si(a_n)n∈N∈`²(N) est telle quea_m = 0 pour toutm > N, on peut écrire

(an)n∈N =

N

X

i=0

aiei, et(a_n)n∈N est un élément de U.

La suite a := 0,1,¹₂,¹₃, . . .

est un élément de `²(N) car P∞ i=1

1

i² converge de manière absolue. Mais d'après la caractérisation des éléments de U vue ci-dessus, a6∈U. Donc U est un sous-espace propre de `²(N).

4. Soit (a_n)n∈N ∈ U^⊥ ⊆`²(N). On a alors en particulier 0 =h(a_n)n∈N,e_ji pour tout j ∈ N.

Mais cela donne

0 =

∞

X

i=0

a_iδ^j_i =a_j

pour tout j ∈ N. La suite (a_n)n∈N est donc la suite nulle, et on obtient U^⊥ = {0}. Par conséquent, on a U⊕U^⊥ =U (`²(N) d'après le point précédent.

4