Corrigé de la série 6

(1)

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007

Corrigé de la série 6

Correction exercice 1

On montre, par les raisonnements habituels, que x₁, x₂ et x₃ forment une famille linéairement indépendante et génératrice de R³. On a : x= (1,1,1) = ¹₂(x1+x2+x3).

Soit E l’espace vectoriel défini dans l’énoncé. Un élément de E s’écrit sous la forme :

(x, y,−x−y) =x(1,0,−1) +y(0,1,−1)

pour xet y dansR. On en déduit que (1,0,−1)et (0,1,−1)forment une famille génératrice de E. On vérifie facilement que ces deux vecteurs sont linéairement indépendants.

On vérifie que la famille {~v₄, ~v₅} est linéairemement indépendante. C’est donc une base de G.

On vérifie que la famille {v~₁, ~v₂, ~v₃} est linéairemement indépendante (faites le !). C’est donc une base de F.

PourF +G on montre que{v~₁, ~v₂, ~v₃, ~v₅} est une base. (En étudiant les combinaisons linéaires de la famille {v~₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄, ~v₅}, on constate quev~₁−v~₂ =−~v₄. Ou bien, on part de la famille gé- nératrice{v~₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄, ~v₅}deF+Get on utilise le processus utilisé dans la preuve du Théorème du ballon donnée dans le cours, pour extraire une base de cette famille.)

On vérifie que la famille {~v₄} est une base de l’espace F ∩G.

1. Montrons que E1 est un sous-espace vectoriel de P5(F).

– Le polynôme nul est dans E₁.

– SoientP etQ deux éléments deE₁ : (P+Q)(0) =P(0) +Q(0) = 0. D’où P+Q∈E₁. – Pour λ∈F on montre que λP ∈E₁.

On montre, de même, que E₂ est un sous-espace vectoriel de P₅(F).

2. On rappelle que la base canonique de P₅(F) est la famille {1, X, X², X³, X⁴, X⁵}.

On laisse le lecteur vérifier qu’une base de E₁ est donnée par {X, X², X³, X⁴, X⁵}.

Un vecteur de E₂ s’écrit sous la forme : (1 +X²)(a₀+a₁X+a₂X²+a₃X³) ce qui donne, après développement :

a₀(1 +X²) +a₁(X+X³) +a₂(X²+X⁴) +a₃(X³+X⁵).

On en déduit que la famille{1 +X², X +X³, X²+X⁴, X³+X⁵} est une famille généra- trice de E₂. On laisse le soin au lecteur de vérifier qu’il s’agit d’une famille linéairement indépendante de E₂.

Enfin, une base de l’espace vectoriel E₁ ∩E₂ est donnée par la famille {X +X³, X² + X⁴, X³+X⁵} car un vecteur de cet espace s’écrit sous la forme : (1 +X²)(a₁X+a₂X²+ a3X³).

1

(2)

Après avoir constaté (plus ou moins rapidement...) qu’on a la relation de dépendance linéaire suivante : f₃+f₄ =f₂ on montre l’indépendance linéaire de la famille {f₁, f₃, f₄}.

Soient α, β et γ des scalaires de R tels que

αf₁+βf₃+γf₄ = 0.

On prenant les valeurs prises par cette égalité en trois points de l’ensemble de définition des fonctions (par exemple : x = 0,¹₂ et ⁻¹₂ ) on obtient un système de trois équations à trois inconnues ayant pour unique solution(α, β, γ) = (0,0,0). On en déduit que la famille{f₁, f₃, f₄} forme une base du sous-espace vectoriel de F(]−1,1[,R) engendré par les vecteurs f₁, f₂, f₃ et f₄.

1. Soient (a, b) et (a⁰, b⁰) des éléments de R^∗+×R, λ et µ des scalaires dans R. – On a : (a, b) + (a⁰, b⁰) = (aa⁰, b+b⁰)∈R^∗+×R

– Elément neutre pour l’addition : (a, b) + (1,0) = (a, b)

(On fera donc très attention au fait que le vecteur nul dans cet espace vectoriel est le vecteur~0 = (1,0).)

– Inverse additif :

(a, b) + (1

a,−b) = (1,0)

– On a : λ.(a, b) = (a^λ, λb). Comme a∈R^∗+ on a a^λ >0 et donc λ.(a, b)∈R^∗+×R. – On a (λ+ µ).(a, b) = (a^λ+µ,(λ +µ)b) et λ.(a, b) + µ.(a, b) = (a^λ, λb) + (a^µ, µb) =

(a^λa^µ, λb+µb). D’où(λ+µ).(a, b) =λ.(a, b) +µ.(a, b).

– On a λ.((a, b) + (a⁰, b⁰)) = λ.(aa⁰, b+b⁰) = ((aa⁰)^λ, λ(b+b⁰)) et λ.(a, b) +λ.(a⁰, b⁰) = (a^λ, λb) + (a^0λ, λb⁰) = (a^λa^0λ, λb+λb⁰).

D’où λ.((a, b) + (a⁰, b⁰)) = λ.(a, b) +λ.(a⁰, b⁰).

– On a λ.(µ.(a, b)) = λ.(a^µ, µb) = ((a^µ)^λ, λµb) et (λµ).(a, b) = (a^λµ, λµb).

D’où λ.(µ.(a, b)) = (λµ).(a, b).

2. – {(1,0),(1,1)}

Une liste contenant le vecteur nul n’est jamais linéairement indépendante car λ~0 =~0 pour tout λ∈R. Or on a vu que dans E,~0 = (1,0).

– {(2,1),(8,3)}

On a : (8,3) = 3.(2,1). Par conséquent les deux vecteurs (8,3) et (2,1) sont liés (i.e.

linéairement dépendants) – {(2,1),(6,3)}

Soient α et β deux scalaires de R tels que

α.(2,1) +β.(6,3) =~0 = (1,0). (∗) On a :

α.(2,1) +β.(6,3) = (2^α, α) + (6^β,3β) = (2^α2^β3^β, α+ 3β) = (2^α+β3^β, α+ 3β).

Par conséquent, l’égalité (∗) se récrit : (2^α+β3^β, α+ 3β) = (1,0)ce qui fournit les deux égalités suivantes :

2^α+β3^β = 1 et α+ 3β = 0.

Le logarithme de la première équation fournit l’égalité αln(2) +β(ln(2) +ln(3)) = 0.

On déduit α=β = 0.

2

(3)

3. – Montrons que b est une famille linéairemement indépendante de E.

Soient α et β deux scalaires de R tels que

α.(2,0) +β.(2,1) =~0 = (1,0). (∗)

On a :

α.(2,0) +β.(2,1) = (2^α,0) + (2^β, β) = (2^α2^β, β) = (2^α+β, β).

Par conséquent, l’égalité(∗) se récrit :

(2^α+β, β) = (1,0) ce qui fournit les deux égalités suivantes :

2^α+β = 1 et β= 0

dont on déduit α=β= 0.

– Montrons que b est une famille génératrice de E. Pour cela, il suffit de donner la décomposition d’un vecteur quelconque de E, v = (x, y) en fonction des deux vecteurs (2,0) et (2,1). On cherche donc les valeurs de α et β telles que

(x, y) =α.(2,0) +β.(2,1).

Or, α.(2,0) +β.(2,1) = (2^α,0) + (2^β, β) = (2^α+β, β). Par conséquent, on obtient, par identification

x= 2^α+β et y=β.

En prenant le logarithme de la première équation, on obtient : ln(x) = (α+β)ln(2) dont on déduit queα = ^ln(x)_ln(2) −β= ^ln(x)_ln(2) −y. Par conséquent :

(x, y) = (ln(x)

ln(2) −y).(2,0) +y.(2,1).

3