Une base deV est une famille libre et g´en´eratrice deV

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CORRIG´E DU TRAVAIL ECRIT D’ALG`EBRE LIN´EAIRE du 13 novembre 2009

Exercice 1

a) Soit V unF-espace vectoriel. Un sous-ensembleB deV est une famille g´en´eratrice si span(B) =V o`u

span(B) = ( _n

X

i=1

αivin∈N, αi∈F, vi∈B,∀i= 1, . . . , n )

.

De plusBest une famille libre si tout sous-ensemble fini deBest libre. Rappelons encore qu’une liste finie de vecteurs (v1, . . . , vn) est libre si pour toutα1, . . . , αn ∈Ftels que Xn

i=1

αivi= 0, cela implique queα1=· · ·=αn= 0.

Une base deV est une famille libre et g´en´eratrice deV.

b) Comme U est un sous-espace vectoriel de V qui est de dimension finie, alors U est

´egalement de dimension finie (par un corollaire du th´eor`eme de la borne). Par cons´equent, il admet une base (u1, . . . , um). Par le th´eor`eme du ballon, il existew1, . . . , wn∈W tels que (u1, . . . , um, w1, . . . , wn) est une base deV. Posons alorsW= span((w1, . . . , wn)) et montrons queV =U⊕W.

V´erifions que V =U+W. On sait queU+W ⊆V. Montrons l’autre inclusion. Soit v∈V, alors il existeα1, . . . , αm, β1, . . . , βn∈Ftels que

v=X^m

i=1

αiui+Xⁿ

j=1

βjwj∈U+W.

V´erifions ensuite queU∩W={0}. Soitv∈U∩W. Alors il existeα1. . . , αm∈Ftels que v=

Xm i=1

αiui, et il existeβ1, . . . , βm∈Ftels quev= Xn j=1

βjwj. Donc

0 =v−v=X^m

i=1

αiui−Xⁿ

j=1

βjwj

ce qui implique queαi= 0 =βjpour toutiet toutj, car la liste (u1, . . . , um, w1, . . . , wn) est libre. Par cons´equent,V =U⊕W.

c) Remarquons tout d’abord que les ´el´ementsϕ(ei) appartiennent `aWpour touti= 1, . . . , n.

Montrons que la liste (ϕ(e1), . . . , ϕ(en)) est libre. Soitα1, . . . , αn∈Ftels queXⁿ

i=1

αiϕ(ei) =

0. Alors par lin´earit´e deϕ, nous obtenonsϕ Xn i=1

αiei

!

= 0, donc Xn i=1

αiei= 0 vu queϕ

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est injective. Comme (e1, . . . , en) est une base deV, cela implique queα1=· · ·=αn= 0.

Montrons ensuite que cette liste est g´en´eratrice. Soitw∈W. Commeϕest surjective, il existev∈Vtel queϕ(v) =w. Comme (e1, . . . , en) est une base deV, il existeα1, . . . , αn∈ Ftels quev=

Xn i=1

αiei. Commeϕest lin´eaire, on a doncw= Xn i=1

αiϕ(ei).

Par cons´equent (ϕ(e1), . . . , ϕ(en)) est bien une base deW.

d) CommeUest un sous-espace deV et queV est de dimension finie,U est ´egalement de dimension finie et il existe (u1, . . . , un) une base deU. Supposons qu’il existev∈V tel quev /∈U. Alors la liste (u1, . . . , un, v) est libre : en effet, s’il existe une combinaison lin´eaire de ces vecteurs qui vaut z´ero, alors soit le coefficient devest nul mais alors vu l’ind´ependance lin´eaire de (u1, . . . , un) tous les coefficients sont nuls ; soit ce coefficient est non nul, et cela impliquev∈span((u1, . . . , un)) =Uce qui est une contradiction. Donc dim(V)≥n+ 1> n = dim(U) ce qui contredit l’hypoth`ese. Donc tout vecteur deV appartient `aU, et ainsiU=V.

Exercice 2

a) Tout d’abordU6=∅car 0 = (3·0,2·0,4·0 + 3·0)∈U.

Soitv= (3y,2x,4x+ 5y) etv⁰= (3y⁰,2x⁰,4x⁰+ 5y⁰) deux ´el´ements deU, et soitα∈R.

Alors

v+v⁰=(3y,2x,4x+ 5y) + (3y⁰,2x⁰,4x⁰+ 5y⁰) = (3y+ 3y⁰,2x+ 2x⁰,4x+ 5y+ 4x⁰+ 5y⁰) = (3(y+y⁰),2(x+x⁰),4(x+x⁰) + 5(y+y⁰))∈U

etαv=α(3y,2x,4x+ 5y) = (3αy,2αx,4αx+ 5αy)∈U. DoncU est bien un sous-espace vectoriel deR³.

b) On remarque que

U={x(0,2,4) +y(3,0,5)|x, y∈R}= span_R((0,2,4),(3,0,5)).

Comme (0,2,4)6=α(3,0,5) pour toutα∈R, ces deux vecteurs sont lin´eairement ind´epen- dants, donc la liste ((0,2,4),(3,0,5)) est une base deU(on peut utiliser ce crit`ere car il y a deux vecteurs).

c) La dimension deUest ´egale au nombre d’´el´ements d’une de ses bases. Donc dimR(U) = 2.

d) Un tel sous-espace W doit ˆetre de dimension 1, car 3 = dim(R³) = dim(U⊕W) = dim(U) + dim(W) = 2 + dim(W). On peut choisir par exempleW = span((1,0,0)). En effet, on aU∩W ={0}, car siv∈U∩W, alorsv=λ(1,0,0) etv= (3y,2x,4x+ 5y), ce qui implique quex=y=λ= 0, doncv= 0. Comme la liste ((0,2,4),(3,0,5),(1,0,0)) est libre, c’est donc une base deR³. Ainsi

R³= spanR((0,2,4),(3,0,5),(1,0,0))

= span_R((0,2,4),(3,0,5)) + span_R((1,0,0)) =U+W

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Nous avons donc bien queR³=U⊕W.

Exercice 3 a) Soitp(X) =

X4 i=0

aiXⁱetq(X) = X4 i=0

biXⁱ∈P4(F) et soitα∈F. Alors

T(p(X) +αq(X)) =

= 12(a4+αb4)X²+ 6(a3+αb3)X+ 2(a2+αb2)−2(a0+αb0)

= 12a4X²+ 6a3X+ 2a2−2a0+α(12b4X²+ 6b3X+ 2b2−2b0)

=T(p(X)) +αT(q(X)) donc l’applicationT est lin´eaire.

b) On a Ker(T) ={p(X)∈P4(F)|p⁰⁰(X)−2p(0) = 0}. Donc sip(X) = X4 i=0

aiXⁱ∈Ker(T), alors 12a4X²+ 6a3X+ 2a2−2a0 = 0, donca4 =a3 = 0 eta2 =a0. Donc Ker(T) = span((X, X²+ 1)). Comme ces deux vecteurs sont lin´eairement ind´ependants, (X, X²+ 1) est une base de Ker(T) qui est donc de dimension 2.

c) Vu le th´eor`eme du rang, on a Rang(T) = dim(V)−dim(Ker(T)) = 5−2 = 3, vu que dim(P4) = 5 car il poss`ede la base (1, X, X², X³, X⁴).

d) Comme Ker(T)6= 0, car Ker(T) est de dimension 2, l’applicationTn’est pas injective.

e) Comme Rang(T) = 3 = dim(P2(F)), on en d´eduit que Im(T) =P2(F) en utilisant l’exer- cice 1, d). Donc l’applicationTest surjective.

Exercice 4

a) Non. En effet,Cposs`ede un nombre infini d’´el´ements. SiV ={0}, alorsV ne poss`ede qu’un ´el´ement. SiV est unC-espace vectoriel non nul et siα6=βpour desα, β∈C, alors il existev∈V, non nul, et doncαv6=βvcar sinon (α−β)v= 0 ce qui n’est pas possible carv6= 0 etα−β6= 0. Par cons´equent, tous les ´el´ementsλvpourλ∈Csont diff´erents.

Donc toutC-espace vectoriel non nul poss`ede une infinit´e d’´el´ements.

b) Non. Consid´erons les applicationsf etgdeV d´efinies parf(x) =xetg(x) =−xpour toutx∈R. On v´erifie quef etgsont des applications bijectives, doncf, g∈U, mais (f+g)(x) =x−x= 0 pour toutx∈R, doncf+gn’est pas bijective, ainsif+g /∈U.

On peut ´egalement v´erifier cela en remarquant que la fonction nulle n’appartient pas `aU, doncUne peut pas ˆetre un sous-espace vectoriel.

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c) SiA= a b

c d

∈U, alors a c

b d

= ¯a ¯b

¯ c d¯

, donca= ¯a,b= ¯cetd= ¯d. Par cons´equenta, d∈Retb= ¯c. Posonsv1=

1 0 0 0

,v2=

0 0 0 1

,v3=

0 1 1 0

et v4=

0 i

−i 0

et montrons que (v1, v2, v3, v4) est une base deU.

C’est une liste g´en´eratrice. En effet, siA= a b

c d

∈U, alorsa, d∈Ret sib=x+iy pourx, y∈R, alorsc=x−iy. Par cons´equent, on aA=av1+dv2+xv3+yv4. Donc U= span_R((v1, v2, v3, v4)).

Montrons ensuite que c’est une liste libre. Soita, b, c, d∈Rtels queav1+bv2+cv3+dv4= 0, alors

a c+di c−di b

= 0 0

0 0

, et par cons´equent,a=b=c=d= 0.

Donc (v1, v2, v3, v4) est une base deU, ainsi dim(U) = 4.

d) Sin < m, alors par le th´eor`eme du rang, on a Rang(T) = dim(V)−dim(Ker(T))≤n <

m= dim(W) doncϕne peut pas ˆetre surjective.

Sin > m, alors par le th´eor`eme du rang, on a dim(Ker(T)) = dim(V)−Rang(T)≥ n−m >0 doncϕne peut pas ˆetre injective.

Par cons´equent, pour queϕsoit bijective, il faut quen=m. Ce n’est pas une condition suffisante car l’application nulle deFⁿdansFⁿn’est pas bijective.