Corrigé de la série 4

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 4

Exercice 1. 1. Les polynômesp0= 1,p1=X etp2=X² sont linéairement indépendants

car a+bX+cX²= 0⇒a=b=c= 0.

Comme p3 =X³ 6∈span(p0, p1, p2), la liste(p0, p1, p2)n’est pas une liste génératrice de P3(F).

2. On prend par exemplep0, p1, p2, p3définis comme en haut, ainsi quep0+p1. 3. On utilise la méthode de la preuve du lemme du vecteur superflu.

On remarque que

3·(X³−X) + 4·X= 3X³+X

On peut donc enlever3X³+X de la liste sans changer le sous-espace engendré. On a donc

span 1, X, X³−X, 3X³+X, X²+X⁴, X+ 2X²+X³+ 2X⁴

= span 1, X, X³−X, X²+X⁴, X+ 2X²+X³+ 2X⁴ . Ensuite on remarque que

(X³−X) + 2·X+ 2·(X²+X⁴) =X+ 2X²+X³+ 2X⁴ et on obtient de même

span 1, X, X³−X, X²+X⁴, X+ 2X²+X³+ 2X⁴

= span 1, X, X³−X, X²+X⁴ . On constate que la liste

1, X, X³−X, X²+X⁴ est linéairement indépendante. En effet, si

a·1 +b·X+c·(X³−X) +d·(X²+X⁴) = 0 alors

a+ (b−c)X+dX²+cX³+dX⁴= 0 c’est-à-dire quea=d=c= 0,b=c. Donca=b=c=d= 0.

Soit(q1, . . . , qn)une liste génératrice quelconque deU. D’après le Théorème de la borne, comme 1, X, X³−X, X²+X⁴

sont linéairement indépendants, on an≥4.

1

Exercice 2. 1. Non. Soit par exempleV leF-espace vectorielF² ete1= (1,0),e2= (0,1).

Les vecteurs de la liste(e1, e2, e1+e2)sont linéairement indépendants deux à deux car ae1+be2= 0⇒(a, b) = (0,0)⇒a=b= 0

ae1+b(e1+e2) = 0⇒(a+b, b) = (0,0)⇒a=b= 0 ae2+b(e1+e2) = 0⇒(b, a+b) = (0,0)⇒a=b= 0 mais la liste est linéairement dépendante puisquee1+e2−(e1+e2) = 0.

2. L’équationα(i, ai) +β(a−1, i−ai) = 0implique(iα+ (a−1)β, aiα+ (i−ai)β) = (0,0).

On a

iα+ (a−1)β= 0 aiα+ (i−ai)β= 0 ⇔

iα+ (a−1)β= 0 (i−ai−a²+a)β= 0

et doncα=β= 0si et seulement sii−ai−a²+a6= 0. Mais les solutions dea²+(i−1)a−i= 0sonta1=−ieta2= 1. On a doncα=β= 0si et seulement sia6=−ieta6= 1. La liste est donc libre si et seulement sia6=−ieta6= 1.

Exercice 3. 1. Sia(2u+v−w) +b(u−v−w) +c(3u−w) = 0, on a(2a+b+ 3c)u+ (a− b)v−(a+b+c)w= 0. Commeu,vetwsont linéairement indépendants, cela implique





2a+b+ 3c= 0 a−b= 0 a+b+c= 0.

On a donca=b,3a+ 3c= 0et2a+c= 0, ou biena=b,c=−aeta= 0. On en conclut quea=b=c= 0.

2. Si(u+z, v+z, w+z)est linéairement dépendante, il existea, b, c∈Ftels que(a, b, c)6= 0

et a(u+z) +b(v+z) +c(w+z) = 0.

Cela implique−(a+b+c)z=au+bv+cw. Sia+b+c= 0, on aau+bv+cw= 0, ce qui impliquea=b=c= 0caru,vetwsont linéairement indépendants. Ceci est en contradiction avec notre choix dea, b, c. Donc on aa+b+c6= 0, et on peut écrire

z= −a

a+b+cu+ −b

a+b+cv+ −c a+b+cw.

Ceci impliquez∈span(u, v, w).

Pour montrer que la condition n’est pas nécessaire, il suffit de considéreru= (1,0,0), v = (0,1,0), w= (0,0,1), etz = (1,0,0) dansF³. On a bienz ∈ span(u, v, w), mais u+z= (2,0,0),v+z= (1,1,0)etw+z= (1,0,1)sont linéairement indépendants.

Exercice 4.On montre les deux inclusions. Soit premièrementv∈span(M). D’après la dé- finition du cours, on a alorsv = P_n

i=1aivi avec n ∈ N^∗, a1, . . . , an ∈ Fet v1, . . . , vn ∈ M.

SoitU un sous-espace vectoriel deV tel queM ⊆U. On a doncv1, . . . , vn ∈ U. D’après la troisième condition de la proposition caractérisant les sous-espaces vectoriels deV, et comme vi ∈ U et αi ∈ F, on aαivi ∈ U pour i = 1, . . . , n. Par la deuxième condition, on a alors α1v1+. . .+αnvn∈U, doncv∈U. CommeUétait quelconque contenantM, on a donc montré quevest un élément de chaque sous-espace vectoriel deV contenantMet donc

v∈ \

Usev deV M⊆U

U, et donc span(M)⊆ \

Usev deV M⊆U

U.

2

D’après le cours,span(M)est un sous-espace vectoriel deV. On aM⊆span(M)puisque pour toutv∈M, on av= 1·v∈span(M). Le sous-espace vectorielspan(M)est donc l’un des sous-espace vectoriel dont on considère l’intersection et on obtientT

Usev deV

M⊆U U ⊆span(M).

On a donc

span(M)⊆ \

Usev deV M⊆U

U⊆span(M), ce qui montre l’egalité des deux ensembles.

Commespan(M)est à la fois contenu dans l’intersection et un des sous-ensembles de l’in- tersection, c’est par inclusion le plus petit sous-espace vectoriel deUcontenantM. Autrement dit : s’il existait un sous-espace vectorielU⁰ deV plus petit quespan(M)mais contenantM, on aurait d’après la première partie de cette preuve :span(M)⊆U⁰, une contradiction....

Exercice 5. 1. Soient a, b, c∈ R tels que la fonctionf =a+bcos +csinsoit égale à la fonction nulle. On a alorsa+bcos(x) +csin(x) = 0pour toutx∈R. En particulier, on obtient0 =a+bcos(0)+csin(0) =a+bpourx= 0et0 =a+bcos(π/2)+csin(π/2) =a+c pourx=π/2. Cela nous mène àb=c=−aet doncf(x) =a−acos(x)−asin(x) = 0 pour toutx∈R. Mais pour la valeurx=π/4, on obtient alors0 =a−a√

2/2−a√ 2/2 = a(1−√

2)et donca= 0. La liste(1,cos,sin)est donc linéairement indépendante.

La liste(1,cos,sin,cos²,sin²)n’est pas libre car la fonctiong= 1−cos²−sin² est nulle, g(x) = 1−cos²(x)−sin²(x) = 1−1 = 0pour toutx∈R.

2. On doit montrer que pour tout ensemble{n1, . . . , nm} ⊆N, sian1φn1+. . .+anmφnm= 0 avec an1, . . . , anm ∈ R, alorsan1 =. . .=anm = 0. Il suffit de montrer que, pour tout n∈N,

a0φ0+a1φ1+. . .+anφn= 0aveca0, . . . , an∈R ⇒ a0=. . .=an= 0. (∗) En effet si(∗)est vraie etan1φn1+. . .+anmφnm = 0, on peut admettre sans perte de généralité (quitte à renommer les indices) que n1 < . . . < nm. En posantai = 0pour i∈ {0, . . . , nm} \ {n1, . . . , nm}, on obtienta1φ1+. . .+anmφnm= 0et donca1 =. . .= anm= 0d’après(∗). En particulier, on a alors montré quean1=. . .=anm= 0.

On montre(∗)par induction. Pourn= 0, la fonctionf :=a0φ0 =a0·1est nulle si et seulement sia0= 0.

Admettons que(∗)est vraie pourn−1. Soienta1, . . . , an∈Rtels quef:=a1φ1+. . .+ anφn= 0. On a alors

f(x) = Xn

i=1

aicos(ix) = 0

pour toutx∈R. On a alorsf⁰=f⁰⁰= 0, ce qui nous donne f⁰(x) =−Xⁿ

i=1

ai·isin(ix) = 0 et f⁰⁰(x) =−Xⁿ

i=1

ai·i²cos(ix) = 0

pour toutx∈R. La fonctiong=n²f+f⁰⁰= 0est égale à la somme g=

Xn i=1

ai·(n²−i²) cos(ix) =

n−1X

i=1

ai·(n²−i²) cos(ix).

D’après l’hypothèse de récurrence, on obtienta1(n²−1) =a2(n²−4) =. . .=an1(n²−(n− 1)²) = 0. Commen²−i²6= 0pouri= 1, . . . , n−1, on obtienta1=a2=. . .=an−1= 0, et donc f = anφn = 0. Mais comme 0 = f(0) = ancos(0) = an, on a montré que a1=. . .=an= 0.

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3. Admettons queV est de dimension finie. Alors il existe une liste finie(f1, . . . , fn),fi∈V pouri= 1, . . . , n, telle queV = span(f1, . . . , fn). SoitK > n. On a montré dans le point précédent que(φ1, . . . , φK)est libre. D’après le Théorème de la borne, on obtientK≤n, une contradiction. Il n’existe donc pas de liste(f1, . . . , fn)telle queV = span(f1, . . . , fn) etV est donc de dimension infinie.

4. On doit montrer

span(M) ={f∈V|#{x|f(x)6= 0}<∞}:=U.

(On peut vérifier, pour s’entraîner, queU est bien un sous-espace vectoriel deV.) Soitf∈span(M). Alors, il existea1, . . . , an∈R(sans perte de généralité tous différents) etα1, . . . , αn∈ Rnon nuls tels quef =P_n

i=1αigai. On a alorsf(x) =αisix=ai et f(x) = 0six6∈ {a1, . . . , an}. L’ensemble{x|f(x)6= 0}est donc égal à{a1, . . . , an}, qui est un ensemble fini d’éléments deR. On a doncf∈U.

Soit maintenantf un élément deU. Comme {x |f(x) 6= 0} est un ensemble fini, on peut écrire{x|f(x)6= 0}={a1, . . . , an}aveca1, . . . , an∈R. On a doncf(x) = 0pour toutx6∈ {a1, . . . , an}. Soitgla fonctiong=P_n

i=1f(ai)gai. On a alorsg∈span(M)par définition,g(x) = 0 =f(x)pourx6∈ {a1, . . . , an}etg(ai) =f(ai)pouri= 1, . . . , n. On a doncg=f et par conséquentf∈span(M).

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