Corrigé de la série 4

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008

Corrigé de la série 4

Exercice 1. Vérions que les axiomes sont satisfaits. Dans ce qui suit, M, N, P sont des matrices dans Mat(m, n;F) et λ, µ ∈ F des scalaires. On remarque que deux matrices sont égales si et seulement si toutes les entrées correspondantes sont égales.

Commutativité de+: Pour montrer queM+N =N+M, il faut montrer que(M+N)i,j = (N+M)_i,j pour touti, j par la remarque ci-dessus. Or on a(M+N)_i,j = (M)_i,j+(N)_i,j = (N)_i,j + (M)_i,j = (N +M)_i,j par la commutativité de +dans F.

Associativité de+:((M+N) +P)i,j = (M+N)i,j+ (P)i,j = ((M)i,j+ (N)i,j) + (P)i,j = (M)_i,j+ ((N)_i,j+ (P)_i,j) = (M)_i,j+ (N+P)_i,j = (M+ (N+P))_i,j ∀i, j par l'associativité de+ dans F. Donc (M +N) +P =M + (N+P).

Elément neutre de + : Soit 0 la matrice donnée par (0)i,j = 0 pour tout i, j. Alors (M + 0)_i,j = (M)_i,j + (0)_i,j = (M)_i,j + 0 = (M)_i,j ∀i, j. Donc M + 0 =M.

Inverse additive : Dénissons −M par (−M)_i,j = −(M)_i,j ∀i, j. Alors (M + (−M))_i,j = (M)i,j + (−M)i,j = (M)i,j −(M)i,j = 0 pour tout i, j. Donc M + (−M) = 0.

On laisse le soin au lecteur de vérier les autres axiomes de manière similaire.

Exercice 2.

Montrons que la première liste est une liste génératrice. Il nous faut démontrer que n'im- porte quel vecteur de Mat(2,2;F)peut être exprimé comme une combinaison linéaire des éléments de la liste. Soit alorsM =

α β γ δ

∈Mat(2,2;F). Par dénition de la structure d'espace vectoriel, nous avons :

M =α 1 0

0 0

+β 0 1

0 0

+γ

0 0 1 0

+δ 0 0

0 1

. CommeM était arbitraire, ça démontre l'énoncé.

Pour voir qu'elle est libre, supposons que ξ, η, ζ, ω ∈F soient tels que ξ

1 0 0 0

+η

0 1 0 0

+ζ 0 0

1 0

+ω 0 0

0 1

= 0.

Par conséquent, on a

ξ η ζ ω

= 0, et donc ξ =η=ζ =ω= 0. On calcule facilement qu'on peut écrire M =

α β γ δ

∈Mat(2,2;F)comme

M =α 1 0

0 0

+ β−γ 2

0 1

−1 0

+ β+γ 2

0 1 1 0

+δ

0 0 0 1

.

Donc on a bien que Mat(2,2;F) = span

1 0 0 0

,

0 1

−1 0

, 0 1

1 0

, 0 0

0 1

.

1

Supposons que α, β, γ, δ∈F soient tels que α

1 0 0 0

+β

0 1

−1 0

+γ

0 1 1 0

+δ 0 0

0 1

= 0.

Alors

α β+γ

−β+γ δ

= 0. Par conséquent α = β = γ = δ = 0. La liste est donc linéairement indépendante.

Exercice 3.

1. Soit (x₁, x₂, x₃, x₄, x₅)∈U. Puisque x₁ = 2x₅ etx₃ =x₂+ 5x₅, on peut écrire (x₁, x₂, x₃, x₄, x₅) = (2x₅, x₂, x₂+ 5x₅, x₄, x₅)

= x2(0,1,1,0,0) +x4(0,0,0,1,0) +x5(2,0,5,0,1).

Alors tout élément de U est une combinaison linéaire de (0,1,1,0,0), (0,0,0,1,0), et (2,0,5,0,1), c'est-à-dire

U = span((0,1,1,0,0),(0,0,0,1,0),(2,0,5,0,1)).

2. La famille de l'énoncé n'est pas linéairement indépendante car :

(1,2,1,2,1) + (2,1,2,1,2) = 3 ((1,0,1,1,0) + (0,1,0,0,1)).

Ce n'est pas non-plus une famille génératrice car

(1,0,0,0,0)6∈E = span((1,2,1,2,1), (2,1,2,1,2), (1,0,1,1,0), (0,1,0,0,1)).

En eet, raisonnons par l'absurde et supposons que (1,0,0,0,0)∈ E. Par dénition, on aurait l'existence de scalaires α, β, γ etδ tels que :

α(1,2,1,2,1) +β(2,1,2,1,2) +γ(1,0,1,1,0) +δ(0,1,0,0,1) = (1,0,0,0,0).

Or, pour la première coordonnée, cette égalité fournit l'équation α+ 2β +γ = 1 et la troisième coordonnée fournit l'équation α+ 2β+γ = 0. Ce qui fournit une contradiction.

Remarque : On verra plus tard dans le cours, qu'une famille génératrice d'un espace vectoriel de dimension n a, au moins, n éléments et qu'une famille linéairement indépen- dante d'un espace vectoriel de dimension n a, au plus, n éléments. Ici, R⁵ est un espace vectoriel de dimension 5 et la famille a 4éléments. Par conséquent, elle ne peut pas être génératrice.

Exercice 4.

1. Il s'agit du sous-espace des matrices antisymétriques, donc de l'ensemble des matrices M ∈ Mat(n, n;F) qui ont la propriété que (M)i,j = −(M)j,i pour i, j ∈ {1, . . . , n}. Remarquons que (M)_i,i = 0 pour un tel M.

Les matrices A_k,l sont clairement antisymétriques. Prenons maintenant un élément M arbitraire de l'espace A(n) engendré par les matrices A_k,l. C'est donc une combinaison linéaire des A_k,l, i.e. ∃ α_1,2, α_1,3, . . . , α_2,3, α_2,4, . . . , α_n−1,n ∈F tels que

M =α_1,2A_1,2+· · ·+αn−1,nAn−1,n.

2

Pour i, j ∈ {1, . . . , n} quelconques, on trouve :

(M)_i,j =

n−1

X

p=1 n

X

q=p+1

α_p,qA_p,q

!

i,j

=

n−1

X

p=1 n

X

q=p+1

α_p,q(A_p,q)_i,j

=

n−1

X

p=1 n

X

q=p+1

−α_p,q(A_p,q)_j,i=

n−1

X

p=1 n

X

q=p+1

−α_p,q(A_p,q)

!

j,i

=−(M)_j,i.

Cela nous montre queM est bien antisymétrique. CommeM était un élément arbitraire de A(n), nous concluons queA(n)est contenu dans l'ensemble des matrices antisymétriques.

Inversément, soit N une matrice antisymétrique. Nous devons montrer que N ∈A(n) = span{Ak,l|1≤k, l≤n, k < l}.

Pour k, l∈ {1, . . . , n} et k < l, dénissonsα_k,l = (N)_k,l. Soit

N⁰ =

n−1

X

p=1 n

X

q=p+1

αp,qAp,q.

Nous armons que N⁰ =N. En eet, pour i, j ∈ {1, . . . , n}quelconques : (N⁰)_i,j =α_1,2(A_1,2)_i,j +· · ·+αn−1,n(An−1,n)_i,j =α_i,j(A_i,j)_i,j

=

(α_i,j = (N)_i,j, sii < j

−α_j,i =−(N)_j,i = (N)_i,j sinon.

2. Un raisonnement toute à fait analogue à celui de 1. montre que S(n) est le sous-espace des matrices symétriques, i.e. des matrices M telles que(M)_i,j = (M)_j,i pour touti, j. 3. Soit M ∈A(n)∩S(n) et i, j ∈ {1, . . . , n} quelconques. Alors (M)i,j = (M)j,i comme M

et symétrique et (M)_j,i = −(M)_i,j comme M est antisymétrique. Donc 2(M)_i,j = 0 et alors (M)_i,j = 0. Par conséquent : A(n)∩S(n) ={0}.

4. Armation : Mat(n, n;F) =A(n)⊕S(n).

Par le résultat de 3., il reste à montrer que A(n) +S(n) = Mat(n, n;F). Nous devons alors écrire n'importe quelle matriceM ∈Mat(n, n;F) comme une somme d'une matrice antisymétriqueA et d'une matrice symétrique B. Dénissant A et B par

(A)_i,j = 1

2 (M)_i,j+ (M)_j,i

∀i, j ∈ {1, . . . , n}, (B)_i,j = 1

2 (M)_i,j−(M)_j,i

∀i, j ∈ {1, . . . , n},

nous obtenons bien une matrice antisymétrique et symétrique, respectivement, telles que A+B =M.

Exercice 5.

1. SoitU ⊆R³ un sous-espace qui est engendré par un~v ∈R³. Explicitement, cela veut dire queU ={α~v|α∈R}. Si~v 6=~0,U est alors la droite qui passe par l'origine et~v. Si~v =~0, U consiste juste en l'origine~0.

3

2. Soit V = span(~v, ~w)⊆R³. S'il existeλ ∈R tel que~v =λ ~w (i.e. ~v etw~ sont colinéaires), alors V = span(~v) est engendré par ~v et est donc une droite passante par l'origine ou V = {~0}, par le 1. Si ce n'est pas le cas, un argument de géométrie élémentaire montre que V est le plan qui contient~0, ~v, ~w.

3. Soit W ⊆ R³ un sous-espace quelconque. Si W peut être engendré par deux ou moins vecteurs, il s'agit d'un plan qui contient l'origine, d'une droite qui contient l'origine ou W ={~0}, par 1. et 2.

Supposons que W n'est pas engendré par deux vecteurs. Choisissons~0 6= ~v ∈ W. Par hypothèse, on aspan(~v)$W. Il existe alorsw~ ∈W\span(~v). De nouveau, par hypothèse, span(~v, ~w)$W. Il existe donc un vecteur ~u∈ W qui n'est pas contenu dans le plan qui passe par~0, ~v, ~w. De nouveau, un raisonnement géométrique implique facilement qu'alors span(~v, ~w, ~u) =R³ et donc W =R³.

4. (a) Pour le sous-espace {0}, on a {0}+G = G 6= R³. Lorsque le sous-espace est une droite G⁰, on aG⁰+G =G si G⁰ = G ou bien G⁰ +G est le plan qui contient G et G⁰ si G⁰ 6=G. Pour un plan (contenant zéro) E, on a E +G= E quand G⊆ E et E+G=R³ siE ne contient pasG. Finalement, on aR³+G=R³. PourP, on peut donc prendre ou bien un plan qui ne contient pas le vecteur(1,1,1) ou bienR³. (b) Par (a), il faut que P soit un plan P 6⊇ G ou bien R³. Dans le premier cas, on a

P ∩G={0}, et la somme est donc directe. Pour R³ par contre, on aR³∩G=G6=

{0}, et donc une somme non-directe.

Exercice 6.

1. Soient les scalaires λ₁, λ₂, λ₃ ∈ R tels que λ₁ ·1 +λ₂ ·sin +λ₃ ·cos = ~0. Ceci équivaut à λ₁ +λ₂ ·sin(x) +λ₃ ·cos(x) = 0 pour tout x ∈ R. En écrivant cette identité pour x= 0,^π₂, π, on obtient le système suivant :

λ₁+λ₃ = 0, λ₁+λ₂ = 0, λ₁−λ₃ = 0,

qui a comme unique solution λ₁ = λ₂ = λ₃ = 0. La liste (1,sin,cos) est donc libre dans F(R,R). Par contre, la liste (1,sin,cos,sin²,cos²) est liée car 1 = sin²+ cos².

2. Par dénition, la famille indiquée est libre si et seulement si tout sous-ensemble ni est libre. Comme un sous-ensemble d'un ensemble libre est automatiquement libre, il sut de montrer que (ϕ0, . . . , ϕn) est libre. On procède par récurrence. Le cas n = 0 est évident. Supposons que la propriété est vraie pour n et montrons-la pour n+ 1. Soient λ₀, . . . , λ_n, λ_n+1 ∈R tels que

λ₀+λ₁cos(x) +· · ·+λ_ncos(nx) +λ_n+1cos (n+ 1)x

= 0 ∀x∈R. (1) Si une fonction est nulle, alors sa dérivée l'est aussi. En dérivant deux fois, on obtient :

−λ₁cos(x)− · · · −n²λ_ncos(nx)−(n+ 1)²λ_n+1cos (n+ 1)x

= 0 ∀x∈R. (2) En multipliant (1) par (n+ 1)² et en additionnant le résultat à (2), on obtient :

(n+ 1)²λ0+ ((n+ 1)²−1)λ1cos(x) + +· · ·+ ((n+ 1)²−n²)λncos(nx) = 0 ∀x∈R. (3) L'hypothèse de récurrence implique :

(n+ 1)²λ₀ = 0,((n+ 1)² −1)λ₁ = 0, . . . ,((n+ 1)²−n²)λ_n = 0.

Doncλ₀ =λ₁ =· · ·=λ_n = 0. Revenant à (1), nous trouvons que λ_n+1 = 0 également.

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