Corrigé de la série 3

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 3

Exercice 1. On montre queU etW sont en somme directe. D’après le cours il suffit de montrer que U ∩W = {0}. Si A =

a b c d

∈ U ∩W, alors les coefficients b et c doivent être nuls et a et d égaux car A ∈ U. Mais comme A ∈ W, on a aussi a = −d. On obtient b = c = 0 et a=d=−a, donca =b =c=d= 0 etA est la matrice nulle.

On démontre ensuite que U ⊕W = Mat(2,2;F). Soit A =

a b c d

∈ V. On définit A₁ =

1 2

a+d 0 0 a+d

∈U et A₂ = ¹₂

a−d 2b 2c d−a

∈W. On a alors A =A₁+A₂. Cela montre que V ⊆ U ⊕W. La seconde inclusion est évidente par définition puisque U et W sont des sous-espaces de V.

Exercice 2.

1. On vérifie aisément tous les axiomes d’un espace vectoriel. L’élément nul est la fonction nullef = 0 définie par f(x) = 0 pour tout x∈F.

2. Soit n : F → F la fonction nulle, c’est-à-dire n(x) = 0 pour tout x ∈ F. On a alors n(x) = 0 = n(−x) et n(−x) = 0 = −n(x) pour tout x ∈ F et donc n est à la fois un élément deU₁ et deU₂. Par conséquent, U₁ 6=∅etU₂ 6=∅. Soientf, g ∈U₁ etα∈F. Soit x∈F arbitraire. Alors (f+g)(x) =f(x) +g(x) =f(−x) +g(−x) = (f +g)(−x). Donc (f +g) ∈ U₁. De plus, (αf)(x) = α·f(x) = α·f(−x) = (αf)(−x), et donc αf ∈ U₁. Alors U₁ est un sous-espace vectoriel. De façon similaire, nous montrons que U₂ est un sous-espace vectoriel deV.

3. En considérant quelques exemples concrets, on se rend bientôt compte que la sommeU1+ U₂contient “beaucoup” d’éléments. Comme toute fonction polynomiale est la somme d’une fonction polynomiale paire et d’une fonction polynomiale impaire, on voit par exemple queU1+U2 contient tous les fonctions polynomiales. On conjecture donc queU1+U2 =V. Cherchons à montrer les deux inclusions. Par définition, U₁ +U₂ est un sous-ensemble, même un sous-espace vectoriel, de V. Pour montrer que V ⊆ U₁+U₂, prenons f ∈ V. Définissons f1, f2: F→F par

f₁(x) = 1

2 f(x) +f(−x)

etf₂(x) = 1

2 f(x)−f(−x)

pour toutx∈F, respectivement (noter que ceci est la formule pour trouver la partie paire et la partie impaire d’une fonction polynomiale). Alors

f₁(−x) = 1

2 f(−x) +f(x)) = 1

2 f(x) +f(−x)) =f₁(x) et

f₂(−x) = 1

2 f(−x)−f(x)

= 1

2 −f(x) +f(−x)

=−f₂(x) 1

pourx∈F arbitraire. Donc f₁ ∈U₁ et f₂ ∈U₂. Or, (f₁+f₂)(x) = 1

2 f(x) +f(−x) +f(x)−f(−x)

=f(x)

pour tout x ∈ F, et on a donc f₁ +f₂ = f. Nous avons donc réussi à écrire n’importe quel élément f de V comme une somme d’un élément de U₁ et d’un élément de U₂. Par conséquent, nous avons prouvé queV ⊆U1+U2.

En résumé, nous avons démontré que U₁ +U₂ =V.

4. Pour répondre à cette question, il nous faut calculer U₁ ∩U₂. Soit f ∈U₁∩U₂ et x∈F. Alors f(x) = f(−x) comme f ∈ U₁ et f(x) = −f(−x) comme f ∈ U₂. Cela nous donne quef(x) = −f(x)et donc que2f(x) = 0. Alors on a forcémentf(x) = 0 pour toutx∈F et donc f = 0. Comme 0 est clairement un élément de U₁ ∩U₂, nous avons trouvé que U₁∩U₂ ={0}. Par définition, U₁ etU₂ sont donc en somme directe.

Exercice 3. 1. Il s’agit en premier de montrer que la définition du span de n vecteurs ne dépend pas de l’ordre des vecteurs. Soitv ∈span(v₁, . . . , v_n). Par définition, on peut alors écrire v = Pn

i=1a_iv_i avec a₁, . . . , a_n ∈ F. Mais alors, on a aussi v = a_kv_k+Pn i=1i6=ka_iv_i par la commutativité de l’addition dans l’espace vectoriel, et donc v est un élément de span(v_k, v₁, . . . , vk−1, v_k+1, . . . , v_n). On a montré l’inclusion

span(v₁, . . . , v_n)⊆span(v_k, v₁, . . . , v_k−1, v_k+1, . . . , v_n).

L’inclusion (v_k, v₁, . . . , vk−1, v_k+1, . . . , v_n)⊆span(v₁, . . . , v_n) est montrée de la même ma- nière, car il suffit de renommer les vecteurs.

2. On montre les deux inclusions. Si v ∈ span(v1, v2), alors, par définition, on peut écrire v =av₁+bv₂aveca, b∈F. On a alors v = (a−b)v₁+b(v₁+v₂)etv ∈span(v₁, v₁+v₂). De manière analogue, siv =av₁+b(v₁+v₂), alorsv = (a+b)v₁+bv₂. Doncspan(v₁, v₁+v₂)⊆ span(v1, v2) et on a l’égalitéspan(v1, v1 +v2) = span(v1, v2).

3. Soit v ∈ span(v₁) + span(v₂). Alors, par la définition de la somme directe de deux sous- espaces vectoriels, on trouve u₁ ∈ span(v₁) et u₂ ∈ span(v₂) tels que v = u₁ +u₂. On a alors u₁ =a·v₁ et u₂ =b·v₂ avec a, b∈F et donc v =av₁+bv₂ ∈span(v₁, v₂).

Réciproquement, si v ∈ span(v1, v2), alors il existe a, b∈ F tels que v = av1 +bv2. Mais alors av₁ ∈span(v₁) etbv₂ ∈span(v₂) et on obtientv =av₁+bv₂ ∈span(v₁) + span(v₂).

On a donc montré l’égalité span(v₁) + span(v₂) = span(v₁, v₂).

Noter que les résultats des deux dernières questions se généralisent à des span de plus de deux vecteurs.

4. On montre les deux inclusions. La première, span(T) ⊆ V est vraie de manière évi- dente d’après la définition du span d’un ensemble. Pour la seconde, choisissons v ∈ V. Commespan(S) =V, il existe v₁, . . . , v_n∈ S tels que v =Pn

i=1a_iv_i avec des coefficients a₁, . . . , a_n ∈ F. Comme S ⊆ T, v est donc une combinaison linéaire d’éléments de T et donc v ∈span(T). On a montré span(T) =V.

5. On montre deux implications. Admettons d’abord que span(f1, . . . , fm) = V. Comme e_i ∈ V pour i= 1, . . . , n, on a automatiquement e_i ∈ span(f₁, . . . , f_m). Réciproquement, admettons que e_i ∈ span(f₁, . . . , f_m) pour i = 1, . . . , n. Soit v ∈ V = span(e₁, . . . , e_n), alors il existe a1, . . . , an ∈ F tels que v = Pn

i=1aiei. Comme ei ∈ span(f1, . . . , fm) pour tout i ∈ {1, . . . , n}, on trouve pour chaque i des coefficients bⁱ₁, . . . , bⁱ_m ∈ F tels que

2

e_i =Pm

j=1bⁱ_jf_j. On en déduit v =

n

X

i=1

ai·

m

X

j=1

bⁱ_jfj

!

=

m

X

j=1 n

X

i=1

aibⁱ_j

!

| {z }

∈F

fj ∈span(f1, . . . , fm).

On a donc V ⊆span(f1, . . . , fm).

Exercice 4. 1. On choisit W = {p=Pn

i=1a_itⁱ |a₂ =a₅ = 0} ⊆ F[t]. On vérifie comme dans les exercices 4.3 et 4.4 de la série 2 que W est un sous-espace vectoriel de F[t].

On a : p ∈ W ∩U si et seulement si p = at² +bt⁵ avec a, b ∈ F et en même temps p = Pn

i=0a_itⁱ avec a₂ = a₅ = 0. Mais alors Pn

i=0a_itⁱ −(at² + bt⁵) = 0, c’est-à-dire a₀+a₁t+(a₂−a)t²+a₃t³+a₄t⁴+(a₅−b)t⁵+a₆t⁶+. . .+a_ntⁿ= 0. Par l’unicité des coefficients d’un polynôme, cela implique a₀ =a₁ =a₂−a =a₃ =a₄ =a₅ −b =a₆ =. . .=a_n = 0, et doncp= 0 car a₂ =a₅ = 0.

Soit p = Pn

i=0aitⁱ ∈ F[t] un polynôme quelconque. Posons a⁰_i = ai pour i = 0,1,3,4,6, . . . , n et a⁰₂ = a⁰₅ = 0. Alors p = Pn

i=0a⁰_itⁱ + (a₂t² +a₅t⁵) ∈ W +U. On a donc montré queW ⊕U =F[t].

2. Prenons par exemple F =R, V = R², W = span(e₁), U₁ = span(e₂) et U₂ = span(e₁+ e₂), où e₁ = (1,0) et e₂ = (0,1). On a W +U₁ = R² : l’inclusion W +U₁ ⊆ R² est automatiquement satisfaite puisque W, U₁ ⊆ R². Soit (x, y) ∈ R². Alors (x, y) = xe₁ + ye₂ ∈ W +U₁. Donc R² ⊆ W +U₁. En utilisant les exercices 3.2 et 3.3, on trouve aussi W + U₂ = span(e₁) + span(e₁ +e₂) = span(e₁, e₁ +e₂) = span(e₁, e₂) = span(e₁) + span(e₂) = W+U₁ =R². Les sous-espaces W et U₁ d’une part, et W etU₂ d’autre part, sont en somme directe. En effet, si (x, y) ∈ W ∩U₁, alors (x, y) = xe₁ et (x, y) = ye₂, mais alors x=y= 0 et (x, y) = 0. De même, si (x, y)∈W ∩U₂, alors(x, y) = xe₁, donc y = 0. Mais on a aussi (x, y) = a(e₁+e₂) = (a, a) pour un a ∈ R, qui doit donc être a = x = y = 0 et on a (x, y) = (0,0). On a donc montré que R² = W ⊕U₁ = W ⊕U₂ mais U₁ 6=U₂.

Exercice 5. Pour s’entraîner, il est bon de vérifier en premier queU etU⁰sont des sous-espaces vectoriels de V ! (Voir l’exercice 4 de la série 2 pour la méthode.)

1. Soit p ∈ U. Alors p = P3

i=0a_itⁱ avec a₀, a₁, a₂, a₃ ∈ F, et 0 = p(0) = a₀. Donc p = a₁t+a₂t²+a₃t³ et on trouve U = span(t, t², t³). De même sip ∈U⁰, alors p=P3

i=0a_itⁱ aveca₀, a₁, a₂, a₃ ∈F, et0 = p(1) = a₀+a₁+a₂+a₃, ce qui équivaut àa₃ =−a₀−a₁−a₂. On trouve doncp=a₀+a₁t+a₂t²+ (−a₀−a₁−a₂)t³ =a₀(1−t³) +a₁(t−t³) +a₂(t²−t³).

Chaque élément de U⁰ peut donc être écrit comme combinaison linéaire des éléments 1−t³, t−t³, t²−t³ ∈U⁰, ce qui prouve U⁰ = span(1−t³, t−t³, t²−t³).

2. On a U +U⁰ = span(t, t², t³) + span(1−t³, t−t³, t² −t³). D’après les définitions de la somme directe et du span, on trouve doncU +U⁰ = span(t, t², t³,1−t³, t−t³, t²−t³) = span(t, t², t³,1−t³+t³, t−t³+t³, t²−t³+t³) = span(t, t², t³,1). Pour la première égalité, on a utilisé la question 3, et pour la deuxième, la question 2 de l’exercice 3. On trouve donc en particulier que U+U⁰ =P3(F), car chaque polynôme dansP3(F) peut être écrit comme combinaison linéaire des polynômes t, t², t³ et1.

3. U et U⁰ ne sont pas en somme directe car le polynôme p = t−t³ satisfait p(0) = 0 et p(1) = 0; c’est donc un élément non nul de U ∩U⁰. En général, si p = P3

i=0a_itⁱ, avec a0, a1, a2, a3 ∈F, est un élément deU∩U⁰, alors 0 =p(0) =a0 et0 =p(1) =a1+a2+a3. On a donc p = a₁t+a₂t+ (−a₁ −a₂)t³ = a₁(t−t³) +a₂(t²−t³). Chaque élément de U ∩U⁰ peut donc être écrit comme combinaison linéaire de t−t³ et t² −t³ ∈ U ∩U⁰ et on trouve donc span(t−t³, t²−t³) = U∩U⁰.

3

4. On a vu en 2. que U+U⁰ =P3(F). On a donc q = 1∈U+U⁰. Maisq(0) = 1 etq(1) = 1, ce qui implique queq 6∈U ∪U⁰ et donc U ∪U⁰ 6=U +U⁰.

4