Corrigé de la série 8

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 8

Exercice 1. 1. Si v = (x₁, x₂, x₃, x₄) ∈ ker(T), alors x₁ = 5x₂ et x₃ = 7x₄. On peut donc écrire v = (5x2, x2,7x4, x4) = x2(5,1,0,0) + x4(0,0,7,1). On a par conséquent ker(T) = span ((5,1,0,0),(0,0,7,1)) et comme cette liste est libre, c'est une base de ker(T). On trouve doncdim(ker(T)) = 2 et d'après le théorème du rang :

dim(im(T)) = dim(F⁴)−dim(ker(T)) = 4−2 = 2 = dim(F²).

Soit (v₁, v₂) ⊆ F² une base du sous-espace vectoriel im(T). Cette liste est donc libre et possède deux éléments. D'après un théorème du cours, c'est donc une base de F². On obtient alors im(T) = span(v₁, v₂) =F² etT est surjective.

2. Admettons qu'il existe S∈L(F⁵,F²) telle que

ker(S) = {(x₁, x₂, x₃, x₄, x₅)∈F⁵ |x₁ = 3x₂ etx₃ =x₄ =x₅}.

On prouve de la même manière que dans la question précédente que((3,1,0,0,0),(0,0,1,1,1)) est une base de ker(S). On trouve doncdim(ker(S)) = 2 et par le théorème du rang :

dim(im(S)) = dim(F⁵)−dim(ker(S)) = 5−2 = 3.

D'autre part, comme im(S) est un sous-espace vectoriel de F², on a dim(im(S)) ≤ dim(F²) = 2, une contradiction.

Il n'existe donc aucune application linéaire de F⁵ dans F² ayant un noyau de dimension 2.

Exercice 2. 1. Soient v, w ∈ U et α, β ∈ F. En utilisant la dénition de la composée de deux applications et le fait queS et T sont linéaires, on obtient

(T ◦S)(αv+βw) = T(S(αv+βw)) =T(αS(v) +βS(w))

=αT(S(v)) +βT(S(w)) =α(T ◦S)(v) +β(T ◦S)(w), donc T ◦S est linéaire. (Voir aussi l'exerice 5 de la série 6.)

2. Si u∈ker(T ◦S), alors 0 = (T ◦S)(u) = T(S(u))et donc S(u)∈kerT. La restriction S⁰ deS dénie par :

S⁰ : ker(T ◦S)→kerT, S⁰(u) :=S(u) pour toutu∈ker(T ◦S)

est donc bien dénie. Il est facile de montrer que S⁰ est linéaire, et on a imS⁰ ⊂ kerT. On a aussi kerS⁰ = kerS : si u ∈ ker(S⁰), alors S(u) = S⁰(u) = 0 et donc u ∈ kerS, si u ∈ ker(S), alors u ∈ ker(T ◦S) et S⁰(u) = S(u) = 0, donc u ∈ ker(S⁰). Comme ker(T ◦S)⊆U, on a d'après le cours dim(ker(T ◦S))≤dimU < ∞et on peut appliquer le théorème du rang pour obtenir

dim(ker(T ◦S)) = dim(kerS⁰) + dim(imS⁰).

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Mais comme kerS⁰ = kerS et imS⁰ ⊂kerT, on trouve

dim(ker(T ◦S))≤dim(kerS) + dim(kerT).

Attention, la partie droite de cette inégalité peut être égale à ∞ carkerT n'est pas forcé- ment de dimension nie.

Exercice 3. Il est facile de vérier que φ est une application linéaire. On montre les deux implications.

⇒ : Si φ est bijective, alors φ est en particulier injective et on a kerφ = {0} car φ est linéaire. Si α₁, . . . , α_n ∈ F sont tels que Pn

i=1α_iv_i = 0, alors le vecteur (α₁, . . . , α_n) ∈ Fⁿ a pour image φ(α₁, . . . , α_n) = 0. On a donc (α₁, . . . , α_n) ∈ kerφ = {0} et par conséquent α1 = . . .= αn = 0. La liste (v1, . . . , vn) est donc libre. Comme φ est aussi surjective, il existe pour tout v ∈ V un vecteur (α₁, . . . , α_n) ∈ Fⁿ tel que Pn

i=1α_iv_i = φ(α₁, . . . , α_n) = v. On a donc v ∈ span(v₁, . . . , v_n) pour tout v ∈ V, ce qui montre que span(v₁, . . . , v_n) = V. La liste (v1, . . . , vn)est donc une base de V.

On peut aussi procéder de la manière suivante : on montre comme en haut que (v₁, . . . , v_n) est libre. D'après le théorème du rang et la bijectivité de φ, on a

n= dim(Fⁿ) = dim(kerφ) + dim(imφ) = 0 + dim(imφ) = dimV.

La liste(v₁, . . . , v_n)est donc libre dans l'espace vectorielV de dimensionn. D'après un théorème du cours, c'est donc une base de V.

⇐ : Supposons que(v₁, . . . , v_n)est une base deV. On montre d'abord que φest injective.

Soit(x₁, . . . , x_n)∈Fⁿtel queφ(x₁, . . . , x_n) = 0. On a alorsPn

i=1x_iv_i = 0et, comme(v₁, . . . , v_n) est libre, x1 =. . .=xn = 0. On a donc montré kerφ={0} etφ est injective.

Soit maintenant v ∈ V. Comme span(v₁, . . . , v_n) = V, il existe x₁, . . . , x_n ∈ F tels que v = x₁v₁ +. . .+x_nv_n. Mais alors on trouve φ(x₁, . . . , x_n) = Pn

i=1x_iv_i = v et, comme v ∈ V était quelconque, im(φ) = V. La fonction φ est donc bijective.

On peut aussi procéder de la manière suivante : on montre comme en haut queφ est injective.

Comme (v₁, . . . , v_n) est une base de V, on trouve dimV =n. D'après le théorème du rang, on a

dimV =n = dim(Fⁿ) = dim(kerφ) + dim(imφ) = 0 + dim(imφ).

im(φ) est donc un sous-espace vectoriel de V de dimension dimV. D'après un théorème du cours, une base deim(φ)doit donc être une base deV. On trouve im(φ) = V etφ est surjective.

Exercice 4. Si T˜ : R² → R² est une application linéaire satisfaisant T˜(1,0) =t(1,0) = (1,1) etT˜(0,1) =t(0,1) = (1,2), on a pour tout (x, y)∈R² :

T˜(x, y) = ˜T(x(1,0) +y(0,1)) =xT˜(1,0) +yT˜(0,1) =x(1,1) +y(1,2) = (x+y, x+ 2y) par la linéarité deT˜. Soit doncT :R² →R²dénie parT(x, y) = (x+y, x+2y). L'applicationT est linéaire etT(1,0) = (1,1) =t(1,0)etT(0,1) = (1,2) =t(0,1). Il existe donc une extension linéaire T de t et elle est unique car on a vu que si T˜ est une extension linéaire de T, alors T˜ =T.

On a en particulier trouvé T(x, y) = (x+y, x+ 2y)pour tout (x, y)∈R², et donc a=b= c= 1 etd= 2.

Exercice 5. 1. On vérie tout d'abord que la loi externe et la loi interne sont bien dénies.

Si T, S ∈L(V, W) et α∈ F, on a T(v), S(v) ∈W pour tout v ∈V. Comme W est un F-espace vectoriel, on a T(v) +S(v) ∈ W et αS(v) ∈ W. Les applications S +T et

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αS sont donc bien des applications V → W. On doit montrer que S+T et αS sont linéaires. Soient v, w∈V eta, b∈F. On a alors

(S+T)(av+bw) = S(av+bw) +T(av+bw) =aS(v) +bS(w) +aT(v) +bT(w)

=a(S(v) +T(v)) +b(S(w) +T(w)) =a(S+T)(v) +b(S+T)(w) et

(αS)(av+bw) =αS(av+bw) =α(aS(v) +bS(w))

=aαS(v) +bαS(w) =a(αS)(v) +b(αS)(w).

T +S etαS sont donc bien linéaires.

(V1): SoientS, T ∈L(V, W). On a pour toutv ∈V :(S+T)(v) = S(v)+T(v) = T(v)+

S(v) = (T +S)(v)par la commutativité de l'addition dans W, et donc S+T =T +S pour tout S, T ∈L(V, W).

(V2): Soient R, S, T ∈L(V, W)et α, β ∈F. On a pour tout v ∈V : (R+ (S+T))(v) = R(v) + (S+T)(v) = R(v) +S(v) +T(v)

= (R+S)(v) +T(v) = ((R+S) +T)(v) et

(β(αS))(v) =β(αS)(v) =βαS(v) = (βα)S(v) = ((βα)S)(v).

On a donc R+ (S+T) = (R+S) +T pour tout R, S, T ∈L(V, W) etβ(αS) = (βα)S pour tout α, β ∈F, S∈L(V, W).

(V₃): Soit O:V →W l'application nulle, dénie par O(v) = 0_W pour tout v ∈V, où 0_W est l'élément neutre de W.O est linéaire et on a pour toutS ∈L(V, W)etv ∈V : (O+S)(v) =O(v) +S(v) = 0_W+S(v) = S(v), doncO+S =Spour tout S∈L(V, W). (V₄): SoitS ∈L(V, W)etv ∈V. On a(S+ ((−1)·(S)))(v) = S(v) + ((−1)·(S))(v) = S(v) + (−1)S(v) =S(v)−S(v) = 0_W. La fonction (−1)S est donc telle queS+ ((−1)· S) = O. Il existe donc pour tout S ∈ L(V, W) une fonction T = (−1)·S ∈ L(V, W) (linéaire d'après le premier point) telle que S+T =O.

(V₅) : Soit S ∈ L(V, W). On a (1·S)(v) = 1·S(v) = S(v) pour tout v ∈ V et donc (1·S) =S. On a donc montré (1·S) = S pour tout S ∈L(V, W).

(V₆): Soient α, β ∈F etS, T ∈L(V, W). On a pour tout v ∈V :

((α+β)S)(v) = (α+β)S(v) = αS(v) +βS(v) = (αS)(v) + (βS)(v) = ((αS) + (βS))(v) et

(α(T +S))(v) = α(T +S)(v) =α(T(v) +S(v)) = αT(v) +αS(v)

= (αT)(v) + (αS)(v) = ((αT) + (αS))(v).

Commev ∈V était arbitraire, on a donc prouvé(α+β)S = (αS) + (βS)etα(T+S) = (αT) + (αS)pour tout α, β ∈F etS, T ∈L(V, W).

On a vérié tous les axiomes et(L(V, W),add,multi) est un F-espace vectoriel.

2. Soient, pour i = 1, . . . , n et j = 1, . . . , m, F_ij ∈ L(V, W) les extensions linéaires des applications f_ij : BV → BW dénies par f_ij(v_k) = δ_ikw_j pour k = 1, . . . , n. De manière plus précise : si v =Pn

k=1αkvk ∈V, alorsFij(v) =αiwj. 3

On montre que B:={F_ij |i= 1, . . . , n, j = 1, . . . , m} est une base de L(V, W). Si F = Pn

i=1

Pm

j=1α_ijF_ij = 0, alors on a F(v) = 0 pour tout v ∈ V. En particulier, on obtient pour chaque k ∈ {1, . . . , n} :

0 = F(v_k) =

n

X

i=1 m

X

j=1

α_ijF_ij

!

(v_k) =

n

X

i=1 m

X

j=1

α_ijF_ij(v_k) =

n

X

i=1 m

X

j=1

α_ijδ_ikw_j =

m

X

j=1

α_kjw_j.

Comme BW est libre, on trouve donc α_k1 = . . . = α_km = 0. Comme ceci est vrai pour tout k ∈ {1, . . . , n}, on a montré α_ij = 0 pour tout i= 1, . . . , n etj = 1, . . . , m.

Soit maintenant F ∈L(V, W). Comme BW est une base de W et F(vk) ∈ W pour k = 1, . . . , n, on peut écrire chaque image F(v_k) = Pm

j=1x^j_kw_j avec x^j_k ∈F pour k = 1, . . . , n etj = 1, . . . , m. On montre que

F =

n

X

i=1 m

X

j=1

x^j_iF_ij.

Comme ces deux applications sont linéaires, il sut de vérier qu'elles coïncident sur la base BV de V. On a pour k = 1, . . . , n :

n

X

i=1 m

X

j=1

x^j_iF_ij

!

(v_k) =

n

X

i=1 m

X

j=1

x^j_iF_ij(v_k) =

n

X

i=1 m

X

j=1

x^j_iδ_ikw_j =

m

X

j=1

x^j_kw_j =F(v_k).

On a donc prouvé queF ∈span(B)et, comme F était quelconque,V = span(B). La liste Best donc bien une base de L(V, W).

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