Corrigé de la série 4

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 4

Exercice 1. 1. Les polynômes p0 = 1, p1 =X et p2 =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 exemple p₀, p₁, p₂, p₃ définis comme en haut, ainsi que p₀+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 enlever 3X³ +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. Donc a=b =c=d= 0.

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

sont linéairement indépendants, on a n≥4.

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Exercice 2. 1. Non. Soit par exemple V leF-espace vectoriel F² et e₁ = (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 puisque e₁+e₂−(e₁+e₂) = 0.

2. L’équation α(i, ai) +β(a−1, i−ai) = 0 implique(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= 0 sont a1 =−i et a2 = 1. On a donc α = β = 0 si et seulement si a 6=−i et a 6= 1. La liste est donc libre si et seulement si a6=−i et a6= 1.

Exercice 3. 1. Si a(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. Comme u, v etw sont 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=−a eta= 0. On en conclut que a=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. Si a+b+c = 0, on a au+bv+cw = 0, ce qui implique a =b =c= 0 car u, v et w sont linéairement indépendants. Ceci est en contradiction avec notre choix dea, b, c. Donc on a a+b+c6= 0, et on peut écrire

z = −a

a+b+cu+ −b

a+b+cv+ −c a+b+cw.

Ceci implique z ∈span(u, v, w).

Pour montrer que la condition n’est pas nécessaire, il suffit de considérer u = (1,0,0), v = (0,1,0), w = (0,0,1), et z = (1,0,0) dans F³. On a bien z ∈ span(u, v, w), mais u+z= (2,0,0), v+z = (1,1,0)et w+z = (1,0,1) sont linéairement indépendants.

Exercice 4. On montre les deux inclusions. Soit premièrement v ∈ span(M). D’après la dé- finition du cours, on a alors v = Pn

i=1a_iv_i avec n ∈ N^∗, a₁, . . . , a_n ∈ F et v₁, . . . , v_n ∈ M. Soit U un sous-espace vectoriel de V tel que M ⊆ U. On a donc v₁, . . . , v_n ∈ U. D’après la troisième condition de la proposition caractérisant les sous-espaces vectoriels de V, et comme v_i ∈ U et α_i ∈ F, on a α_iv_i ∈ U pour i = 1, . . . , n. Par la deuxième condition, on a alors α₁v₁+. . .+α_nv_n∈U, doncv ∈U. Comme U était quelconque contenantM, on a donc montré que v est un élément de chaque sous-espace vectoriel de V contenant M et 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 de V. On a M ⊆ 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 obtient T

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.

Comme span(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 de U contenant M. Autrement dit : s’il existait un sous-espace vectoriel U⁰ de V plus petit que span(M) mais contenant M, 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 fonction f = a +bcos +csin soit égale à la fonction nulle. On a alors a+bcos(x) +csin(x) = 0 pour tout x∈R. En particulier, on obtient0 = a+bcos(0)+csin(0) =a+bpourx= 0et0 =a+bcos(π/2)+csin(π/2) = a+c pour x=π/2. Cela nous mène à b =c=−a et donc f(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 = 0 pour toutx∈R.

2. On doit montrer que pour tout ensemble {n₁, . . . , n_m} ⊆N, si a_n1φ_n1+. . .+a_nmφ_nm = 0 avec a_n1, . . . , a_nm ∈ R, alors a_n1 = . . . = a_nm = 0. Il suffit de montrer que, pour tout n∈N,

a₀φ₀+a₁φ₁+. . .+a_nφ_n = 0 aveca₀, . . . , a_n ∈R ⇒ a₀ =. . .=a_n= 0. (∗) En effet si (∗) est vraie et a_n1φ_n1 +. . .+a_nmφ_nm = 0, on peut admettre sans perte de généralité (quitte à renommer les indices) que n₁ < . . . < n_m. En posant a_i = 0 pour i ∈ {0, . . . , n_m} \ {n₁, . . . , n_m}, on obtient a₁φ₁+. . .+a_nmφ_nm = 0 et donc a₁ = . . . = a_nm = 0 d’après (∗). En particulier, on a alors montré quea_n1 =. . .=a_nm = 0.

On montre (∗) par induction. Pour n = 0, la fonction f := a₀φ₀ = a₀ ·1 est nulle si et seulement si a₀ = 0.

Admettons que(∗) est vraie pour n−1. Soient a₁, . . . , a_n ∈R tels quef :=a₁φ₁+. . .+ anφn= 0. On a alors

f(x) =

n

X

i=1

a_icos(ix) = 0

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

n

X

i=1

a_i·isin(ix) = 0 et f⁰⁰(x) =−

n

X

i=1

a_i·i²cos(ix) = 0

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

n

X

i=1

a_i·(n²−i²) cos(ix) =

n−1

X

i=1

a_i·(n²−i²) cos(ix).

D’après l’hypothèse de récurrence, on obtienta1(n²−1) = a2(n²−4) =. . .=an1(n²−(n− 1)²) = 0. Comme n² −i² 6= 0 pouri= 1, . . . , n−1, on obtient a₁ =a₂ =. . .=an−1 = 0, et donc f = a_nφ_n = 0. Mais comme 0 = f(0) = a_ncos(0) = a_n, 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, . . . , f_n),f_i ∈V pouri= 1, . . . , n, telle que V = span(f₁, . . . , f_n). SoitK > n. On a montré dans le point précédent que(φ₁, . . . , φ_K) est libre. D’après le Théorème de la borne, on obtientK ≤n, une contradiction. Il n’existe donc pas de liste(f₁, . . . , f_n) telle queV = span(f₁, . . . , f_n) 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, . . . , a_n∈R(sans perte de généralité tous différents) et α1, . . . , αn ∈ R non nuls tels que f = Pn

i=1αigai. On a alors f(x) = αi si x = ai et f(x) = 0 si x6∈ {a₁, . . . , a_n}. L’ensemble {x|f(x)6= 0} est donc égal à {a₁, . . . , a_n}, qui est un ensemble fini d’éléments deR. On a donc f ∈U.

Soit maintenant f un élément de U. Comme {x | f(x) 6= 0} est un ensemble fini, on peut écrire {x| f(x) 6= 0}= {a₁, . . . , a_n} avec a₁, . . . , a_n ∈R. On a donc f(x) = 0 pour tout x 6∈ {a₁, . . . , a_n}. Soit g la fonction g =Pn

i=1f(a_i)g_ai. On a alors g ∈ span(M) par définition, g(x) = 0 = f(x) pour x6∈ {a₁, . . . , a_n} et g(a_i) = f(a_i) pour i = 1, . . . , n. On a doncg =f et par conséquentf ∈span(M).

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