EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 8
Correction exercice 1
On rappelle que pour E et F deux F-espaces vectoriels, une application f :E →F est linéaire si et seulement si
– ∀(x, y)∈E2, f(x+y) = f(x) +f(y) – ∀λ∈F,∀x∈E, f(λx) =λf(x).
1. L’application T1 n’est pas linéaire.
Par exemple, pour x=y= 1 on a T1(2) = 5 et T1(1) +T1(1) = 2.
2. L’application T2 n’est pas linéaire.
Par exemple, pour λ= 2 on a T2(2x) = 8x2 et 2T2(x) = 4x2. 3. On vérifie que T3 est linéaire.
Pour (x, y) et (x0, y0) dans R2 on a d’une part,
T3((x, y) + (x0, y0)) =T3(x+x0, y+y0) = (y+y0, x+x0) et d’autre part T3(x, y) = (y, x) et T3(x0, y0) = (y0, x0) d’où
T3((x, y) + (x0, y0)) =T3(x, y) +T3(x0, y0).
Pour λ∈R on a T3(λ(x, y)) =T3(λx, λy) = (λy, λx) =λ(y, x) = λT3(x, y).
Le noyau de T3 est l’ensemble suivant :
Ker(T3) = {(x, y) | (y, x) = (0,0)}={(0,0)}.
Par le théorème du rang on a : dimKer(T3) + dimIm(T3) = dimR2 = 2. On en déduit queIm(T3) est un sous espace vectoriel deR2 de dimension 2. C’est doncR2 tout entier.
L’applicationT3 est donc surjective. Une base de Im(T3)est donnée par la base canonique de R2.
4. On vérifie que T4 est linéaire.
Pour (x, y) et (x0, y0) dans R2 on a :
T4((x, y) + (x0, y0)) =T4(x+x0, y+y0) = 3(x+x0) + 5(y+y0)
= (3x+ 5y) + (3x0+ 5y0) =T4(x, y) +T4(x0, y0).
Pour λ ∈ R on a T4(λ(x, y)) = T4(λx, λy) = 3λx+ 5λy = λ(3x+ 5y) = λT4(x, y). Le noyau de T4 est l’ensemble suivant :
Ker(T4) ={(x, y) | 3x+ 5y= 0}.
Une base deKer(T4)est donnée, par exemple, par le vecteur (5,−3). C’est donc un espace de dimension 1. Par le théorème du rang on a : dimKer(T4) + dimIm(T4) = dimR2 = 2.
On en déduit que Im(T4) est un sous espace vectoriel de R de dimension 1. C’est donc R.
1
5. L’application T5 n’est pas linéaire.
Par exemple, on a T5(1,0) = √
3, T5(0,1) =√
5, T5(1,1) = √ 8 et √
86=√ 3 +√
5.
6. L’application T6 n’est pas linéaire.
Par exemple, on aT6(1,1) =sin(8),T6(2(1,1)) =sin(16) = 2sin(8)cos(8) = 2T6(1,1)cos(8) et cos(8) 6= 1.
7. L’application T7 n’est pas linéaire.
Par exemple, pour λ= 2 on a T7(2(x, y)) = T(2x,2y) = 4xy et 2T7(x, y) = 2xy.
8. On vérifie que T8 est linéaire.
Pour P et Q dans P(R) on a :
T8(P +Q) = (P +Q)(0) + (P+Q)(2) = (P(0) +Q(0)) + (P(2) +Q(2)) =T8(P) +T8(Q).
Pour λ∈R on a T8(λP) = (λP)(0) + (λP)(2) =λ(P(0) +P(2)) =λT8(P).
Le noyau de T8 est l’ensemble suivant :
Ker(T8) = {P ∈ P(R) | P(0) +P(2) = 0}.
C’est un espace vectoriel infini. (On peut voir, par exemple, que la famille des polynômes Pn(X) = 2−nXn − 12 est une famille infinie linéairement indépendante de Ker(T8).) L’image de T8 est R (T8 est donc surjective) car un antécédent de α ∈ R par T8 est donné par le polynôme constant P(X) = α2.
9. On vérifie que T9 est linéaire.
Pour P et Q dans P(R) on a :
T9(P +Q) = (P +Q)0 =P0+Q0 =T9(P) +T9(Q).
Pour λ∈R on a T9(λP) = (λP)0 =λP0 =λT9(P).
Le noyau de T9 est l’ensemble suivant :
Ker(T9) = {P ∈ P(R) | P0 = 0}.
Il s’agit donc des polynômes constants. L’espace vectoriel Ker(T9) admet pour base le polynôme P(X) = 1. C’est donc un espace vectoriel de dimension 1.
L’image deT9 estP(R)(T9 est donc surjective) car un antécédent de Xi par T9 est donné par le polynôme P(X) = Xi+1i+1 et les polynômes Xi forment une base (infinie !) de P(R).
10. L’application T10 n’est pas linéaire.
Par exemple, pour λ= 2 on a T10(2.P) = (2P)(2P)0 = 4P P0 et 2T10(P) = 2P P0. 11. On vérifie que T11 est linéaire.
Pour f et g dans F([0,1],R) on a :
T11(f+g) = (f +g)(3
4) = f(3
4) +g(3
4) = T11(f) +T11(g).
Pour λ∈R on a T11(λf) = (λf)(34) =λf(34) =λT11(f).
Le noyau de T11 est l’ensemble suivant :
Ker(T11) ={f ∈ F([0,1],R) | f(3
4) = 0}.
C’est un espace vectoriel infini.
L’image de T11 est R (T11 est donc surjective) car la fonction constante égale à 1 est un antécédent de 1 par T11.
2
12. On vérifie que T12 est linéaire.
Pour f et g dans F([0,1],R) on a :
T12(f+g) = {t 7→ f(t) +g(t)
1 +t2 }={t7→ f(t)
1 +t2}+{t 7→ g(t)
1 +t2}=T12(f) +T12(g).
Pour λ∈R on a T12(λf) ={t 7→ λf(t)1+t2}=λ{t 7→ 1+tf(t)2}=λT12(f).
Le noyau de T12 est l’ensemble suivant :
Ker(T12) ={f ∈ F([0,1],R) | f(t)
1 +t2 = 0 ∀t∈R}
={f ∈ F([0,1],R) | f(t) = 0 ∀t ∈R}={0}.
L’application T12 est donc injective.
L’image de T12 est F([0,1],R) (T12 est donc surjective et donc bijective) car pour g :t7→
g(t) un élément de F([0,1],R), (1 +t2)g(t) ∈ F([0,1],R) est un antécédent de g(t) par T12.
13. L’application T13 n’est pas linéaire.
Par exemple, pour λ= 2 on a T13(2.f) ={t7→ 4.f(t)1+t22} et 2T13(f) = 2{t 7→ f(t)1+t22}={t 7→
2.f(t)2 1+t2 }.
Correction exercice 2
1. Supposons qu’il existe a1, . . . , an ∈F tels que
a1T v1+· · ·+anT vn = 0.
L’application T est linéaire, alors
T(a1v1+· · ·+anvn) = 0.
Comme T est supposée injective, on obtient que
a1v1+· · ·+anvn= 0.
Puisque (v1, . . . , vn) est linéairement indépendante, a1 = · · · = an = 0. Par conséquent, (T v1, . . . , T vn) est linéairement indépendante.
2. Soit w ∈ W. Puisque T est surjective, il existe v ∈ V tel que T v = w. Or, (v1, . . . , vn) engendre V, donc il existe a1, . . . , an ∈F tels que
v =a1v1+· · ·+anvn. Alors
w=T v=T(a1v1+· · ·+anvn) = a1T v1+· · ·+anT vn
puisque T est linéaire. On en déduit que w ∈ Span(T v1, . . . , T vn). Par conséquent, (T v1, . . . , T vn) engendre W.
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Correction exercice 3
Montrons que la famille {x, . . . , ϕn−1(x)} est linéairement indépendante. Soientλ0, . . . , λn−1 ∈ Rtels que λ0x+· · ·+λn−1ϕn−1(x) = 0. Alors :ϕn−1(λ0x+· · ·+λn−1ϕn−1(x)) = 0. Mais comme ϕn= 0, on a l’égalité
ϕn−1(λ0x+· · ·+λn−1ϕn−1(x)) =ϕn−1(λ0x) +ϕn(λ1x+· · ·+λn−1ϕn−2(x)) =λ0ϕn−1(x).
Comme ϕn−1(x)6= 0 on obtient λ0 = 0.
En calculant ensuite ϕn−2(λ1ϕ(x) +· · ·+λn−1ϕn−1(x)) on obtient λ1 = 0 puis, de proche en proche, λn−1 =· · · =λ0 = 0. La famille {x, . . . , ϕn−1(x)} est donc linéairement indépendante.
Comme elle est composée de n vecteurs et que dim (E) = n on en déduit que c’est une base de E.
Correction exercice 4
– Montrons que f est linéaire sur C en tant que R espace vectoriel. (On voit alors C comme espace vectoriel de dimension 2 sur R de base 1, i.)
Soient z =a+ib et z0 =a0+ib0 dans C.
f(z+z0) = f((a+a0) +i(b+b0)) = (a+a0)−i(b+b0) =f(z) +f(z0).
Soit λ∈R (C étant vu comme un R-espace vectoriel)
f(λz) =f(λa+iλb) = λa−iλb=λf(z).
Montrons que f n’est pas linéaire sur C en tant que C-espace vectoriel. (On voit alors C comme espace vectoriel de dimension1surCde base1). On a toujoursf(z+z0) = f(z)+f(z0) par contre, pour λ∈C
f(λz) = ¯λ¯z 6=λz¯si λ6∈R. Par exemple, pour λ=i et z = 1, f(i) =−i et if(1) =i.
– Montrons que g est linéaire sur C en tant que R espace vectoriel.
g(z+z0) =g((a+a0) +i(b+b0)) = a+a0 =g(z) +g(z0).
Soit λ∈R
g(λz) = g(λa+iλb) = λa=λg(z).
Pour λ∈C
g(λz)6=λg(z) si λ6∈R. Par exemple, pour λ=i et z = 1, g(i) = 0 et ig(1) =i.
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