Corrigé de la série 7

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 7

La plupart des exercices de cette série utilisent la relation fondamentale suivante : pour U etV deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E de dimension finie, on a :

dim(U +V) = dim(U) + dim(V)−dim(U∩V). (∗) (Proposition 3.9 dans le polycopié.)

Exercice 1. 1. La structure vectorielle sur E×F est donnée par (e, f) + (e⁰, f⁰) = (e+_E e⁰, f +_F f⁰)

pour tout (e, f), (e⁰, f⁰)∈ E×F, où +_E et +_F sont les additions dans E etF, respecti- vement, et

α·(e, f) = (α·_E e, α·_F f),

pour tout (e, f) ∈ E × F et α ∈ F, où ·_E et ·_F sont les multiplications par scalaires propres à E etF, respectivement. On laisse le soin au lecteur de RÉDIGER proprement et soigneusement la preuve de ce point, c’est à dire la vérification des différents axiomes.

2. Soit {e₁, . . . , e_n} une base de E et {f₁, . . . , f_k} une base de F. On montre que B = {(e₁,0), . . . ,(e_n,0),(0, f₁), . . .(0, f_k) est une base de E×F.

(a) Soientλ₁, . . . .λ_n, µ₁, . . . , µ_k des scalaires tels quePn

i=1λ_i(e_i,0) +Pk

j=1µ_j(0, f_j) = 0.

On a alors (Pn

i=1λ_ie_i,Pk

j=1µ_jf_j) = (0,0) d’où Pn

i=1λ_ie_i = 0 et Pk

j=1µ_jf_j = 0 et donc λ₁ = . . . = λ_n = µ₁ = . . . = µ_k = 0 puisque {e₁, . . . , e_n} et {f₁, . . . , f_k} sont linéairement indépendantes. On en déduit que B est une famille linéairement indépendante deE×F.

(b) Soit (x, y)∈E×F, puisque {e₁, . . . , e_n}et{f₁, . . . , f_k}engendrent, respectivement, E et F, il existe des scalaires λ₁, . . . , λ_n tels que x = Pn

i=1λ_ie_i et des scalaires µ1, . . . , µktels quey=Pk

j=1µjfj. On a alors(x, y) = Pn

i=1λi(ei,0) +Pk

j=1µj(0, fj).

DoncB engendre E×F.

On en conclut que dim(E×F) = dimE+ dimF.

3. L’espace E ×F étant supposé de dimension finie, E ×F admet au moins une famille génératrice finie (x₁, y₁), . . . ,(x_m, y_m)

.

Soitx∈E, comme(x,0)∈E×F, il existe des scalairesλi tels que(x,0) =Pm

i=1λi(xi, yi) d’où x=Pm

i=1λ_ix_i. Par conséquent, la famille {x₁, . . . , x_m} engendre E qui est donc un espace de dimension finie.

On raisonne de manière similaire pour l’espaceF.

Exercice 2. 1. L’ équationa(1,−1,2,1) +b(1,2,1,1) +c(1,0,2,0) = 0 implique−a+ 2b= a+b = 0 et donc b = 0 et a = 0, ce qui nous donne aussi c = 0. Les trois vecteurs (1,−1,2,1),(1,2,1,1),(1,0,2,0) forment donc une base deU₁ et on a dimU₁ = 3. De même, on voit que

(2,−3,5,0),(1,0,0,0) est une base de U2 et on obtient dimU2 = 2.

1

On a

U₁+U₂ = span{(1,−1,2,1),(1,2,1,1),(1,0,2,0),(2,−3,5,0),(1,0,0,0)}.

Comme(2,−3,5,0) = (1,−1,2,1)−(1,2,1,1) + 2(1,0,2,0), on obtient d’après le Lemme du vecteur superflu

U₁+U₂ = span{(1,−1,2,1),(1,2,1,1),(1,0,2,0),(1,0,0,0)}.

Les quatre vecteurs étant linéairement indépendants,

{(1,−1,2,1),(1,2,1,1),(1,0,2,0),(1,0,0,0)}

est donc une base de U₁+U₂ et on a dim(U₁+U₂) = 4.

On peut donc calculer à l’aide de (∗):

dim(U₁∩U₂) = −dim(U₁+U₂) + dimU₁+ dimU₂ =−4 + 2 + 3 = 1.

2. On vérifie que

{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,0,1)}

est une base de U1 et

{(1,−1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}

une base de U₂. On a donc

dimU₁ = dimU₂ = 3.

On obtient

U₁+U₂ = span{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,0,1),(1,−1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}

= span{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,0,1),(0,0,1,0)}=F⁴ à l’aide du Lemme du vecteur superflu. On a donc dim(U₁+U₂) = 4.

Si(a, b, c, d)∈U₁∩U₂, alors on a c= 0 et a=−b. Cela implique U₁∩U₂ = span{(1,−1,0,0),(0,0,0,1)}

et doncdim(U₁∩U₂) = 2. On a donc bien

dim(U₁+U₂) = 4 = 3 + 3−2 = dimU₁+ dimU₂−dim(U₁∩U₂).

Exercice 3. 1. En utilisant les données de l’énoncé et la relation (∗) on obtient dim(U ∩V) = 0. D’oùU ∩V ={0}.

2. Comme C est un espace en somme directe avecA∩B dans B, on sait queC est un sous espace de B tel que :

C⊕(A∩B) =B.

On déduit de cette somme directe que C∩(A∩B) ={0}. Comme C est un sous-espace deB on aB∩C =C d’où C∩A={0} dont on déduit queA+C=A⊕C. En utilisant (∗)on obtient les trois égalités suivantes :

dim(A+B) = dim(A) + dim(B)−dim(A∩B) dim(A⊕C) = dim(A) + dim(C)

dim(B) = dim(C) + dim(A∩B)

dont on déduit facilement que dim(A+B) = dim(A⊕C). Comme A⊕C ⊂A+B, on en déduit l’égalité des deux espaces vectoriels (voir l’exercice 7 de la série 6).

2

Exercice 4. Soit V l’espace vectoriel de dimension n en question.

1. Un hyperplan de R³ est un sous-espace de dimension 2. C’est donc un plan passant par l’origine.

2. Si un sous-espace vectoriel E de V est en somme directe avec un hyperplan H, alors on aE+H =E⊕H, et donc dimE+ dimH = dim(E+H)≤dimV =n. Par l’égalité(∗) on obtient : dimE+n−1≤n et donc dimE ≤1. Donc E est de dimension 0ou 1.

3. Toujours d’après (∗) on a :

dim(H₁∩H₂) = dim(H₁) + dim(H₂)−dim(H₁+H₂) = 2(n−1)−dim(H₁+H₂).

CommeH₁+H₂ ⊂E on a dim(H₁+H₂)≤n. On en déduit que dim(H₁∩H₂)≥n−2.

Exercice 5. On vérifie que toutes les fonctions sont bien définies, c’est à dire ici que les ensembles de départ et d’arrivée sont bien choisis.

1. On a, pour (x1, x2, x3),(y1, y2, y3)∈F³, et α∈F,

T((x₁, x₂, x₃) + (y₁, y₂, y₃)) =T(x₁+y₁, x₂ +y₂, x₃+y₃)

= ((x₁+y₁) + (x₂+y₂),(x₂+y₂)−(x₃+y₃), (x₁+y₁) + (x₃+y₃),(x₃+y₃)−(x₂+y₂))

=(x1+x2, x2−x3, x1+x3, x3−x2) + (y₁+y₂, y₂−y₃, y₁+y₃, y₃ −y₂)

=T(x₁, x₂, x₃) +T(y₁, y₂, y₃) et

T(α·(x₁, x₂, x₃)) = T(αx₁, αx₂, αx₃)

= (αx₁+αx₂, αx₂−αx₃, αx₁ +αx₃, αx₃−αx₂)

=α(x₁+x₂, x₂−x₃, x₁+x₃, x₃−x₂) =α·T(x₁, x₂, x₃).

Cette application est donc linéaire.

2. On a, pour α∈F et f, g∈F({1,2, . . . , n},F) :

T(αf) = ((αf)(1),(αf)(2), . . . ,(αf)(n)) = (αf(1), αf(2), . . . , αf(n))

=α(f(1), f(2), . . . , f(n)) =αT(f), et

T(f +g) = ((f+g)(1), . . . ,(f+g)(n)) = (f(1) +g(1), . . . , f(n) +g(n))

= (f(1), . . . , f(n)) + (g(1), . . . , g(n)) =T(f) +T(g).

Cette application est donc linéaire.

3. Pour p=Pn

i=0a_itⁱ ∈Pn(F) etα∈F, on calcule T(αp) = T

n

X

i=0

(αa_i)tⁱ

!

=

n

X

i=0

i(αa_i)tⁱ⁻¹ =

n

X

i=0

iαa_itⁱ⁻¹ =α

n

X

i=0

ia_itⁱ⁻¹ =αT(p),

Soient p = Pn

i=0a_itⁱ et q = Pn

i=0b_itⁱ ∈ Pn(F). On a p+q = Pn

i=0(a_i +b_i)tⁱ. On peut donc calculer

T(p+q) =T

n

X

i=0

(a_i+b_i)tⁱ

!

=

n

X

i=0

i(a_i+b_i)tⁱ⁻¹

=

n

X

i=0

ia_itⁱ⁻¹+

n

X

i=0

ib_itⁱ⁻¹ =T(p) +T(q).

3

4. Soient f = 1 etg = 1 ∈F(F,F). On a

T(f +g)(x) = x(f+g)(x) + 1 =xf(x) +xg(x) + 1 = 2x+ 1 pour toutx∈F, et

(T(f) +T(g))(x) =T(f)(x) +T(g)(x) =xf(x) + 1 +xg(x) + 1 = 2x+ 2

pour tout x ∈F. Les deux fonctions T(f +g) et T(f) +T(g) sont donc différentes et T n’est pas linéaire.

5. Soient f et g ∈F(F,F), et α∈F. On a, pour tout x∈F,

T(f+g)(x) = (f+g)(x)−(f +g)(0) =f(x) +g(x)−f(0)−g(0)

=f(x)−f(0) +g(x)−g(0) =T(f)(x) +T(g)(x) = (T(f) +T(g))(x), et

T(αf)(x) = (αf)(x)−(αf)(0) =α(f(x)−f(0)) =αT(f)(x) = (αT(f))(x).

On a donc les égalités T(f+g) =T(f) +T(g) etT(αf) =αT(f), et l’application T est linéaire.

6. Soient f et g ∈F(F,F), et α∈F. On a, pour tout x∈F,

T(f+g)(x) = (f +g)(x−1) =f(x−1) +g(x−1)

=T(f)(x) +T(g)(x) = (T(f) +T(g))(x), et

T(αf)(x) = (αf)(x−1) =αf(x−1) =αT(f)(x) = (αT(f))(x).

On a donc les égalités T(f+g) =T(f) +T(g) etT(αf) =αT(f), et l’application T est donc linéaire.

Exercice 6. Il s’agit simplement de voir que, par exemple, f(1,1) = 0 6= 2 = 1 + 1 = f(1,0) +f(0,1). Donc f est bien homogène, mais pas additive.

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