Corrigé de la série 6

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 6

Correction exercice 1

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

– Le polynôme nul est dans E1.

– Soientp(x)etq(x)deux éléments deE₁: (p+q)(0) =p(0)+q(0) = 0. D’oùp(x)+q(x)∈ E₁.

– Pour λ∈F on montre que λp(x)∈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).

Correction exercice 2

Après avoir constaté (plus ou moins rapidement...) qu’on a les relations de dépendance linéaire suivantes : f₃+f₄ =f₂ etf₃−f₄ =f₁ on montre l’indépendance linéaire de la famille {f₃, f₄}.

Soient α et β des scalaires de R tels que

αf₃+βf₄ = 0.

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

(On aurait pu conclure en multipliant l’ égalité αf₃ +βf₄ = 0 par √

1−x² (on obtient alors α+βx= 0) et en utilisant le fait que {1, x} est une base de l’espace vectoriel P1(R).)

Correction exercice 3

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

1

– 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.

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.

2

– 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).

Correction exercice 4

Procédons par récurrence sur le degré n de p(t). Rappelons tout d’abord que la dimension de P_n(F) est n+ 1.

Si p(t) est de degré 0, alors p(t) =α0 pour un certain α0 6= 0. La liste (p(t)) est donc libre et alors une base de P₀(F).

Supposons maintenant que l’énoncé soit vrai pour tous les polynômes de degré inférieur ? un certain N >0.

Soit p(t) de degré N + 1, donc de la forme p(t) =PN+1

i=0 α_itⁱ. Soit p^(k)(t) la k-ième dérivée de p(t) pour 1≤k ≤N + 1. Nous devons montrer que la liste (p(t), p⁰(t), . . . , p^(N+1)(t)) est libre.

Supposons que β0, . . . , βN+1 ∈F soient tels que β0p(t) +PN+1

i=1 βip⁽ⁱ⁾(t) = 0 pour tout t ∈F. Il s’ensuit que toutes les dérivées de ce polynôme sont nulles. En particulier :

0 = β₀p(t) +

n+1

X

i=1

β_ip⁽ⁱ⁾(t)(N+1)

=β₀p^(N+1)(t) = β₀α_N+1(N + 1)·N ·. . .·2 ∀t∈F.

Comme α_N+1 6= 0, on a donc forcément que β₀ = 0 et alorsPN+1

i=1 β_ip⁽ⁱ⁾(t) = 0. Or, l’hypothèse de récurrence nous dit que p⁰(t) et ses dérivées p⁰⁰(t), . . . , p⁽ⁿ⁾(t) forment une base de P_n(F).

Par conséquent, on trouve β₁ =· · ·=β_N+1 = 0, ce qui achève la preuve.

Correction exercice 5

1. On montre facilement que E est un sous-espace. Pour n = 1, on a E = {0} et donc dim(E) = 0. Supposons dans ce qui suit que n > 1. Pour i 6= j, les matrices E_i,j de l’exercice précédent sont clairement contenues dans E (mais les E_i,i ne le sont pas !).

Ajoutons à cet ensemble les éléments F1,1 := E1,1 − En,n, F2,2 := E2,2 − En,n, . . . , Fn−1,n−1 :=En−1,n−1−E_n,n ∈E. Le lecteur montrera sans problème que la liste

L= (F_1,1, . . . , F_n−1,n−1, E_i,j|i6=j)

consistant de n² −1 éléments est libre. Si on admet l’énoncé de l’exercice 7 de cette série, il est clair que L forme une base ; sinon, la dimension de E serait n² et on aurait E = Mat(n, n;F), ce qui est faux. Sans admettre l’exercice 7, il reste à montrer que L est génératrice. C’est vite fait : Soit A= (αi,j)∈E. Considérons la matrice

A⁰ =

n−1

X

k=1

αk,kFk,k+

n

X

i=1 i−1

X

j=1

αi,jEi,j+

n

X

j=i+1

αi,jEi,j

! .

3

C’est évident que (A⁰)_i,j = α_i,j = (A)_i,j pour tout i, j sauf si i = j = n. Mais dans ce cas-là, on trouve (A⁰)_n,n = (Pn−1

k=1α_k,kF_k,k)_n,n = −Pn−1

k=1α_k,k = α_n,n, comme tr(A) = 0.

Par conséquent, on a A⁰ =A et donc A∈span(L). On conclut que dim(E) =n²−1.

2. Posons F = span(E1,1). Alors E ∩F = {0}, donc E et F sont en somme directe. Par conséquent, dim(E +F) = dim(E) + dim(F) = n² = dim(Mat(n, n;F). L’exercice 7 implique alors que E⊕F = Mat(n, n;F).

Correction exercice 6 Puisque U+W ⊂F⁹, on a

9 = dimF⁹ ≥dim(U +W) = dimU + dimW −dim(U∩W) = 5 + 5−dim(U ∩W)

alors

9≥10−dim(U ∩W)⇒dim(U ∩W)≥1.

Or, dim{0}= 0, donc U∩W 6={0}.

Correction exercice 7

Soit (u₁, . . . , u_n) une base de U. Supposons que v ∈V, v 6∈U. Alors (u₁, . . . , u_n, v) est linéai- rement indépendante, donc dimV ≥n+ 1 > n= dimU, contradiction. Donc il n’existe pas de tel vecteur v, c-à-d que V ⊂U. Mais U ⊂V par définition, alors U =V.

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