Corrigé de la série 3

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 3

Exercice 1.On montre queUetWsont en somme directe. D’après le cours il suffit de montrer queU∩W ={0}. SiA=

a b c d

∈U∩W, alors les coefficientsbetcdoivent être nuls et aetdégaux carA∈ U. Mais commeA∈W, on a aussia=−d. On obtientb=c = 0et a=d=−a, donca=b=c=d= 0etAest la matrice nulle.

On démontre ensuite queU⊕W = Mat(2,2;F). SoitA= a b

c d

∈V. On définitA1 =

12

a+d 0 0 a+d

∈U etA2=¹₂

a−d 2b 2c d−a

∈W. On a alorsA=A1+A2. Cela montre queV ⊆U⊕W. La seconde inclusion est évidente par définition puisqueU etW sont des sous-espaces deV.

Exercice 2.

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

2. Soitn : F → Fla fonction nulle, c’est-à-diren(x) = 0pour toutx ∈ F. On a alors n(x) = 0 =n(−x)etn(−x) = 0 =−n(x)pour toutx∈Fet doncnest à la fois un élément deU1et deU2. Par conséquent,U16=∅etU26=∅. Soientf, g∈U1etα∈F. Soit x∈Farbitraire. 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 doncαf ∈ U1. AlorsU1 est un sous-espace vectoriel. De façon similaire, nous montrons queU2 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+U2contient 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, deV. Pour montrer queV ⊆U1+U2, prenons f ∈V. Définissonsf1, f2:F→Fpar

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∈Farbitraire. Doncf1∈U1 etf2∈U2. Or, (f1+f2)(x) =1

2 f(x) +f(−x) +f(x)−f(−x)

=f(x)

pour toutx∈F, et on a doncf1+f2 =f. Nous avons donc réussi à écrire n’importe quel élémentf deV comme une somme d’un élément deU1et d’un élément deU2. Par conséquent, nous avons prouvé queV ⊆U1+U2.

En résumé, nous avons démontré queU1+U2=V.

4. Pour répondre à cette question, il nous faut calculerU1∩U2. Soitf ∈U1∩U2etx∈F.

Alorsf(x) =f(−x)commef∈U1etf(x) =−f(−x)commef ∈U2. Cela nous donne quef(x) =−f(x)et donc que2f(x) = 0. Alors on a forcémentf(x) = 0pour toutx∈F et doncf = 0. Comme0est clairement un élément deU1∩U2, nous avons trouvé que U1∩U2={0}. Par définition,U1etU2 sont donc en somme directe.

Exercice 3. 1. Il s’agit en premier de montrer que la définition duspande nvecteurs ne dépend pas de l’ordre des vecteurs. Soitv∈span(v1, . . . , vn). Par définition, on peut alors écrirev =P_n

i=1aivi aveca1, . . . , an ∈ F. Mais alors, on a aussi v =akvk+P_n

i=1i6=kaivi

par la commutativité de l’addition dans l’espace vectoriel, et doncvest un élément de span(vk, v1, . . . , vk−1, vk+1, . . . , vn). On a montré l’inclusion

span(v1, . . . , vn)⊆span(vk, v1, . . . , vk−1, vk+1, . . . , vn).

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

2. On montre les deux inclusions. Siv∈ span(v1, v2), alors, par définition, on peut écrire v=av1+bv2aveca, b∈F. On a alorsv= (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. Soitv∈span(v1) + span(v2). Alors, par la définition de la somme directe de deux sous- espaces vectoriels, on trouveu1 ∈span(v1)etu2 ∈span(v2)tels quev=u1+u2. On a alorsu1=a·v1etu2=b·v2aveca, b∈Fet doncv=av1+bv2∈span(v1, v2).

Réciproquement, siv∈span(v1, v2), alors il existea, b∈Ftels quev=av1+bv2. Mais alorsav1∈span(v1)etbv2∈span(v2)et on obtientv=av1+bv2∈span(v1) + span(v2).

On a donc montré l’égalitéspan(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, choisissonsv∈V. Commespan(S) =V, il existev1, . . . , vn∈Stels quev=P_n

i=1aiviavec des coefficients a1, . . . , an∈F. CommeS⊆T,vest donc une combinaison linéaire d’éléments deT et doncv∈span(T). On a montréspan(T) =V.

5. On montre deux implications. Admettons d’abord quespan(f1, . . . , fm) =V. Comme ei∈V pouri= 1, . . . , n, on a automatiquementei∈span(f1, . . . , fm). Réciproquement, admettons queei ∈span(f1, . . . , fm)pour i= 1, . . . , n. Soitv∈ V = span(e1, . . . , en), alors il existea1, . . . , an∈Ftels quev=P_n

i=1aiei. Commeei∈span(f1, . . . , fm)pour touti ∈ {1, . . . , n}, on trouve pour chaque i des coefficients bⁱ₁, . . . , bⁱ_m ∈ Ftels que

2

ei=P_m

j=1bⁱ_jfj. On en déduit v=Xⁿ

i=1

ai· X^m

j=1

bⁱ_jfj

!

=X^m

j=1

Xn i=1

aibⁱ_j

!

| {z }

∈F

fj∈span(f1, . . . , fm).

On a doncV ⊆span(f1, . . . , fm).

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

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

On a : p ∈ W∩U si et seulement si p =at²+bt⁵ aveca, b ∈ Fet en même temps p = P_n

i=0aitⁱ aveca2 = a5 = 0. Mais alors P_n

i=0aitⁱ−(at²+bt⁵) = 0, c’est-à-dire a0+a1t+(a2−a)t²+a3t³+a4t⁴+(a5−b)t⁵+a6t⁶+. . .+antⁿ= 0. Par l’unicité des coefficients d’un polynôme, cela impliquea0=a1=a2−a=a3=a4=a5−b=a6=. . .=an= 0, et doncp= 0cara2=a5= 0.

Soit p = P_n

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 = P_n

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

2. Prenons par exempleF=R,V =R²,W= span(e1),U1 = span(e2)etU2= span(e1+ e2), où e1 = (1,0) ete2 = (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. DoncR² ⊆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-espacesWetU1d’une part, etW etU2d’autre part, sont en somme directe. En effet, si(x, y)∈W∩U1, alors(x, y) = xe1 et (x, y) =ye2, mais alorsx=y= 0et(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 una∈R, qui doit donc être a=x=y= 0et on a(x, y) = (0,0). On a donc montré queR² =W⊕U1=W⊕U2

maisU16=U2.

Exercice 5.Pour s’entraîner, il est bon de vérifier en premier queUetU⁰sont des sous-espaces vectoriels deV ! (Voir l’exercice 4 de la série 2 pour la méthode.)

1. Soitp ∈ U. Alorsp = P₃

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

i=0aitⁱ 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 prouveU⁰= span(1−t³, t−t³, t²−t³).

2. On aU+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 queU+U⁰=P3(F), car chaque polynôme dansP3(F)peut être écrit comme combinaison linéaire des polynômest, t², t³et1.

3.U etU⁰ ne sont pas en somme directe car le polynômep=t−t³ satisfaitp(0) = 0et p(1) = 0; c’est donc un élément non nul deU∩U⁰. En général, sip=P₃

i=0aitⁱ, avec a0, a1, a2, a3∈F, est un élément deU∩U⁰, alors0 =p(0) =a0et0 =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 det−t³ ett²−t³∈U∩U⁰et on trouve doncspan(t−t³, t²−t³) =U∩U⁰.

3

4. On a vu en 2. queU+U⁰=P3(F). On a doncq= 1∈U+U⁰. Maisq(0) = 1etq(1) = 1, ce qui implique queq6∈U∪U⁰et doncU∪U⁰6=U+U⁰.

4