Corrigé de la série 4

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007

Corrigé de la série 4

Correction exercice 1

1. Une droite D de R³ passant par l’origine est définie par deux points distincts : l’origine O et un point A. Le vecteur OA~ définit un vecteur directeur de la droite D. On a : D={λ ~OA| λ∈R}. Il s’agit donc du sous-espace vectoriel deR³ engendré par le vecteur OA.~

2. Un plan P de R³ passant par l’origine est défini par trois points distincts : l’origine O , un point A et un point B. Un point C du plan est caractérisé par deux réels α et β tels que OC~ =α ~OA+β ~OB. On a donc : P ={α ~OA+β ~OB | α ∈R, β∈R}. Il s’agit donc du sous-espace vectoriel de R³ engendré par les vecteurs OA~ et OB.~

3. On a D1 = {α ~OA1 | α ∈ R} et D2 = {β ~OA2 | β ∈ R}. On a D1 ∩D2 = {~0} si et seulement si les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires càd que {OA~ ₁ , ~OA₂} est une liste de vecteurs linéairement indépendants.

On a D₁ +D₂ ={α ~OA₁+β ~OA₂ | α ∈R, β ∈ R}. Si les deux vecteurs directeurs dont colinéaires, ceci définit une droite, s’ils ne le sont pas il s’agit d’un plan. On ne peut donc pas engendrer tout l’espace E avec deux droites.

4. Soit D ={λ ~OA | λ ∈R} et P ={α ~OB+β ~OC | α∈ R, β ∈ R}. Par un raisonnement similaire à celui du point 3. on obtient que la somme est directe ssi {OA , ~~ OB , ~OC} est une liste de vecteurs linéairement indépendants. Dans ce cas on a D⊕P =E.

5. Soit P₁ ={α₁OA~ +β₁OB~ |α₁ ∈R, β₁ ∈R} et P₂ ={α₂OC~ +β₂OD~ | α₂ ∈R, β₂ ∈R}.

Si les deux plans sont dictincts P₁+P₂ =E, sinon P₁ +P₂ =P₁.

La somme ne peut pas être directe car l’intersection des deux plans est soit une droite, soit le plan lui même. (On verra plus tard, que ceci vient du fait que R³ est de dimension 3 et que P₁ et P₂ sont de dimension 2...)

Correction exercice 2

1. Montrons que E =F ⊕G.

– Soit ~x∈F ∩G : ~x=α₁e~₁+α₂e~₂ =α₃e~₃+α₄e~₄. D’où :

~

x= (α₁, α₁+α₂, α₂,0) = (α₃+α₄, α₃,0, α₃).

D’où α₁ =α₂ =α₃ =α₄ = 0 et donc F ∩G={~0}.

– Soit ~x= (x₁, x₂, x₃, x₄)∈E. On montre que

~

x= (x₂−x₃−x₄)e~₁+x₃e~₂+x₄e~₃+ (x₁−x₂+x₃)e~₄. Par conséquent F +G=E.

1

– Montrons que E 6=F ⊕G⁰

La détermination de l’intersection F ∩G⁰ montre que

(−1,0,1,0) =−e~1+e~2 =−e~3−e~4+e~5 ∈F ∩G⁰.

Etant donné queGest un sous-espace vectoriel deG⁰ et qu’on a montré queE =F⊕G, on a E =F +G⁰.

Correction exercice 3

1. Montrons que F1 et F2 sont des sous espaces vectoriels de E.

Pour F₁ :

– La fonction nulle est paire.

– Soient f et g deux fonctions paires :

(f +g)(−x) =f(−x) +g(−x) = f(x) +g(x) = (f +g)(x).

– Soit f une fonction paire et λ ∈F :

(λf)(−x) = λf(−x) = λf(x) = (λf)(x).

On montre de même que F₂ est un sous-espace vectoriel de E.

2. Montrons que F₁⊕F₂ =E

– Soit f ∈F₁∩F₂. On a f(−x) = −f(x) =f(x). Par conséquent f = 0.

– Soit f un vecteur de E. On a :

f(x) = 1

2(f(x) +f(−x)) + 1

2(f(x)−f(−x))

et on vérifie facilement que ¹₂(f(x) +f(−x))∈F₁ et ¹₂(f(x)−f(−x))∈F₂.

Correction exercice 4

Soit P(X) = α0+α1X+α2X²+α3X³ un élément deP3(F) où αi ∈F pour i∈ {0,1,2,3}. On a :

P(X) = (α0+α1+α2 +α3) + (α1+α2+α3)(1−X)−(α2+α3)(X−X²)−α3(X²−X³).

Ce qui prouve que l’ensemble {1,1−X, X −X², X²−X³} engendre P₃(F).

Correction exercice 5

1. Vrai

On a(1,1,0,0) =e~₁+e~₂ et(−1,1,−4,2) =e~₁−e~₂. DoncSpan{(1,1,0,0),(−1,1,−4,2)}= Span{e~₁, ~e₂}. D’autre part, comme e~₃ = 2e~₁+ 3e~₂, on a Span{e~₁, ~e₂, ~e₃}=Span{e~₁, ~e₂}.

2. Vrai

On a (1,1,0,0) = e~₁+e~₂ = ¹₂(e~₃−e~₂).

3. Faux

On peut montrer, par exemple, que (1,0,0,0)6∈Span{~e₁, ~e₂}+Span{e~₂, ~e₃, ~e₄}.

Autre solution. Commee~3 = 2e~1+3e~2, on aSpan{e~1, ~e2}+Span{e~2, ~e3, ~e4}=Span{~e1, ~e2}+

Span{e~₁, ~e₂, ~e₄}=Span{~e₁, ~e₂, ~e₄}. On verra plus tard, que R⁴ est un espace vectoriel de dimension 4 et qu’une famille de trois vecteurs ne peut pas engendrer un espace vectoriel de dimension 4.

2

4. Vrai

On montre que l’intersection entre les deux espaces vectoriels est réduite à~0et que chacun des vecteurs de la base canonique deR⁴ (i.e. les vecteurs (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1)) est dans l’espace Span{~e1, ~e2, ~e3}+Span{e~4, ~e5}. (Remarque : comme e~3 = 2e~₁+ 3e~₂, Span{~e₁, ~e₂, ~e₃}=Span{e~₁, ~e₂}).

Correction exercice 6

1. Montrons que F et G sont des sous-espaces vectoriels de E.

Pour F

– La fonction nulle est dans F. – Soient f et g deux éléments de F

(f+g)(1) =f(1) +g(1) = 0.

– Soit f un élément de F et λ∈F :

(λf)(1) =λf(1) = 0.

De même, on montre que G est un sous-espace vectoriel de E.

2. Montrons que E =F ⊕G

– Soit f ∈F ∩G. On a f(1) = 0 = a, d’où a = 0 et donc f = 0.

– Soit f ∈ E. On a f = (f −f(1)x) +f(1)x. On vérifie que f −f(1)x ∈ F et que f(1)x∈G.

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