Corrigé de la série 6

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 6

Exercice 1. 1. Siv= (x, y, z, t)∈W1, alors3x−2y+ 2z= 0et2y−t= 0. On obtient t= 2yetz=y−3/2x. On peut donc écrirev= (x, y, y−3/2x,2y) =x(1,0,−3/2,0) + y(0,1,1,2). On a doncW1⊆span ((1,0,−3/2,0),(0,1,1,2))et comme(1,0,−3/2,0)∈ W1 et (0,1,1,2) ∈ W1, on obtientW1 = span ((1,0,−3/2,0),(0,1,1,2)). Si a, b ∈ R sont tels que a(1,0,−3/2,0) +b(0,1,1,2) = (0,0,0,0), alorsa = 0et b = 0. La liste B1= ((1,0,−3/2,0),(0,1,1,2))est donc linéairement indépendante et c'est une base de W1.

Si v = (x, y, z, t) ∈ W2, alors 2x−y−t = 0. On obtient t = 2x−y. On peut donc écrire v = (x, y, z,2x−y) =x(1,0,0,2) +y(0,1,0,−1) +z(0,0,1,0). On a donc W2 = span ((1,0,0,2),(0,1,0,−1),(0,0,1,0)). Sia, b, c∈ Rsont tels que a(1,0,0,2) + b(0,1,0,−1) + c(0,0,1,0) = (0,0,0,0), alors a = b = c = 0. La liste B2= ((1,0,0,2),(0,1,0,−1),(0,0,1,0))est donc linéairement indépendante et c'est une base deW2.

On a W3 = span (e1, e2,(1,1,0,0),(0,0,3,1)) = span (e1, e2,(0,0,3,1))en utilisant le lemme du vecteur superu et(1,1,0,0) =e1+e2. Sia, b, c∈Rsont tels queae1+be2+ c(0,0,3,1) = (0,0,0,0), alorsa=b=c= 0. Donc la listeB3 = (e1, e2,(0,0,3,1))est libre etB3est une base deW3.

Siv= (x, y, z, t)∈W1∩W2, alors3x−2y+2z= 0,2y−t= 0et2x−y−t= 0. On obtient t= 2y,z=y−3/2xet0 = 2x−y−2y= 2x−3y, doncx= 3/2y,t= 2yetz=y−3/2x= y−9/4y =−5/4y. On peut donc écrirev = (3/2y, y,−5/4y,2y) = y(3/2,1,−5/4,2).

On a donc W1∩W2 = span ((3/2,1,−5/4,2)). Comme (3/2,1,−5/4,2) 6= 0, la liste B4= ((3/2,1,−5/4,2))est libre et c'est une base deW1∩W2.

D'après les questions précédentes, on trouve

W2+W3= span ((1,0,0,2),(0,1,0,−1),(0,0,1,0), e1, e2,(0,0,3,1))

= span (−2(0,1,0,−1) + 2e2+e1,(0,1,0,−1), e3, e1, e2,−(0,1,0,−1) +e2+ 3e3), donc, en changeant l'ordre des vecteurs et en applicant le procédé donné par la lemme du vecteur superu, on obtient,

W2+W3= span (e1, e2, e3,(0,1,0,−1),−2(0,1,0,−1) + 2e2+e1,−(0,1,0,−1) +e2+ 3e3)

= span (e1, e2, e3,(0,1,0,−1)) = span (e1, e2, e3,−e4+e2). Mais commee4=−(−e4+e2) +e2, on trouve

W2+W3= span (e1, e2, e3,−e4+e2, e4) = span (e1, e2, e3, e4) =R⁴. 2. D'après la formule de Grassman, on a

dim(W1+W2) = dim(W1) + dim(W2)−dim(W1∩W2) = 2 + 3−1 = 4 1

et

dim(W1+ (W2∩W3))

= dimW1+ dim(W2∩W3)−dim(W1∩W2∩W3)

= dimW1−dim(W2+W3) + dimW2+ dimW3−dim(W1∩W2∩W3).

CommeW1∩W2∩W3⊆W1∩W2, on adim(W1∩W2∩W3)≤dim(W1∩W2) = 1. Comme le vecteur générateur(3/2,1,−5/4,2)deW1∩W2 que nous avons trouvé n'est pas un élément deW3(s'il en était un, on pourrait écrire(3/2,1,−5/4,2) =ae1+be2+c(0,0,3,1) aveca, b, c∈R, ce qui n'est pas possible car on ne trouve pas de nombrecsatisfaisant la condition(3c, c) = (−5/4,2)), l'égalitéW1∩W2∩W3=W1∩W2ne peut pas être vraie et on obtientdim(W1∩W2∩W3) = 0. On trouve doncdim(W1+(W2∩W3)) = 2−4+3+3−0 = 4.

3. Commedim(W1+W2) = 4, chaque baseBdeW1+W2 contient4 vecteursv1, . . . , v4

linéairement indépendants. Mais alors ces vecteurs forment une base deR⁴ puisque la dimension de R⁴ est 4 (et d'après la proposition du cours disant que siV est un F- espace vectoriel de dimension n et (v1, . . . , vn) est une liste libre dans V alors V = span(v1, . . . , vn)). On a alorsW1+W2= span(B) =R⁴.

De même, commedim(W1+ (W2∩W3)) = 4, on trouveW1+ (W2∩W3) =R⁴. 4. La sommeW1+W2n'est pas directe cardim(W1∩W2) = 1et doncW1∩W26={0}.

La sommeW1+ (W2∩W3)est directe,W1+ (W2∩W3) =W1⊕(W2∩W3), cardim(W1+ (W2∩W3)) = dimW1+ dim(W2∩W3)d'après 2.).

Exercice 2. 1. Non, car, par exemple,f1((1,1) + (1,1)) =f1(2,2) = (0,4)maisf1(1,1) + f1(1,1) = (0,1) + (0,1) = (0,2).

2. Oui. On a pour toutα, β∈Retp, q∈Pn(R):

f2(α·p+β·q)(X) = (α·p+β·q)(X+ 1)−(α·p+β·q)(X)

=αp(X+ 1) +βq(X+ 1)−αp(X)−βq(X)

=α(p(X+ 1)−p(X)) +β(q(X+ 1)−q(X)) =αf2(p)(X) +βf2(q)(X)

= (αf2(p))(X) + (βf2(q))(X) = (αf2(p) +βf2(q))(X).

Doncf2(α·p+β·q) =αf2(p) +βf2(q).

3. Non, car, par exemplef3(i·1) =f3(i) =−imaisif3(1) =i·1 =i.

4. Oui, car pour toutα∈R,z=a+bi∈Cetw=c+di∈C, on a f4(αz) =f4(αa+αbi) =αa−αbi=α(a−bi) =αf4(z), et

f4(z+w) =f4((a+c) + (b+d)i) = (a+c)−(b+d)i= (a−bi) + (c−di) =f4(z) +f4(w).

5. Non, car, par exemple,f5(i(1, i)) =f5(i,−1) =−1 + 1 = 0maisif5(1, i) =i(i+i) =−2.

6. Non, car, par exemple,f6((1,0,0)+(i,0,0)) =f6(1+i,0,0) = (1+i,√

2)maisf6(1,0,0)+

f6(i,0,0) = (1,1) + (i,1) = (1 +i,2).

7. Oui, car pour toutα, β∈Cet(z1, z2, z3),(w1, w2, w3)∈C³, on a

f7(α(z1, z2, z3) +β(w1, w2, w3)) =f7(αz1+βw1, αz2+βw2, αz3+βw3)

=(αz1+βw1−(αz2+βw2),(αz2+βw2) + 4(αz3+βw3), αz1+βw1+αz2+βw2+αz3+βw3)

=α(z1−z2, z2+ 4z3, z1+z2+z3) +β(w1−w2, w2+ 4w3, w1+w2+w3)

=f7(z1, z2, z3) +f7(w1, w2, w3).

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Exercice 3. Il s'agit simplement de voir que, par exemple, f(1,1) = 0 6= 2 = 1 + 1 = f(1,0) +f(0,1). Doncfest bien homogène, mais pas additive.

Exercice 4. 1. CommeV⁰ est un sous-espace vectoriel deV, on a0V ∈V⁰ et donc0W = T(0V)∈T(V⁰)6=∅.

Soientw1, w2∈T(V⁰), alors il existev1, v2∈V⁰tels queT(vi) =wi,i= 1,2. On a alors w1+w2=T(v1) +T(v2) =T(v1+v2)carT est additive. CommeV⁰est un sous-espace vectoriel deV, on av1+v2∈V⁰et doncw1+w2∈T(V⁰).

Soit w∈T(V⁰)etα∈ F. Il existe alorsv∈ V⁰ tel queT(v) =wet on obtientαw= αT(v) = T(αv). CommeV⁰ est un sous-espace vectoriel deV, on a αv ∈ V⁰ et donc αw∈T(V⁰).

Les trois conditions caractérisant un sous-espace vectoriel sont donc satisfaites etT(V⁰) est un sous-espace vectoriel deW.

2. CommeW⁰ est un sous-espace vectoriel deW, on a0W ∈W⁰et commeT(0V) = 0W, on a0V ∈T⁻¹(W⁰)6=∅.

Siv1, v2∈T⁻¹(W⁰), alors on aT(vi)∈W⁰,i= 1,2. On aT(v1+v2) =T(v1) +T(v2)car T est additive. CommeW⁰ est un sous-espace vectoriel deW, on aT(v1) +T(v2)∈W⁰ et doncv1+v2∈T⁻¹(W⁰).

Soitv∈T⁻¹(W⁰)etα∈F. On a alorsT(v)∈W⁰et on obtientT(αv) =αT(v). Comme W⁰est un sous-espace vectoriel deW, on aαT(v)∈W⁰et doncαv∈T⁻¹(W⁰).

Les trois conditions caractérisant un sous-espace vectoriel sont donc satisfaites etT(V⁰) est un sous-espace vectoriel deW.

3. CommeV est un sous-espace vectoriel deV, l'imageIm(T) =T(V)est un sous-espace vectoriel deWd'après 1.).

Comme{0W}est un sous-espace vectoriel deW, et d'après 2.), le noyau deT ker(T) = T⁻¹({0W})est un sous-espace vectoriel deV.

Exercice 5. 1. On montre tout d'abord que pour toutL1, L2 ∈GL(V), on aL1◦L2∈ GL(V). On sait que siL1, L2sont bijectives, alorsL1◦L2est bijective. On montre donc queL1◦L2 est linéaire. Soientv, w∈V et α, β∈F. En utilisant la dénition de la composée de deux applications et le fait queL1etL2sont linéaires, on obtient

(L1◦L2)(αv+βw) =L1(L2(αv+βw)) =L1(αL2(v) +βL2(w))

=αL1(L2(v)) +βL1(L2(w)) =α(L1◦L2)(v) +β(L1◦L2)(w), doncL1◦L2 est linéaire.

On montre que (L1◦L2)◦L3 =L1◦(L2◦L3)pour toutL1, L2, L3 ∈ GL(V). (Ceci devrait être connu pour les applications en général, voir l'exercice 4.2 de la série 1, mais on refait la preuve ici...) Pour toutv∈V, on a((L1◦L2)◦L3)(v) = (L1◦L2)(L3(v)) = L1(L2(L3(v))) = L1((L2◦L3)(v)) = (L1◦(L2◦L3))(v), et donc (L1◦L2)◦L3 = L1◦(L2◦L3).

L'identité IdV est une application linéaire et bijective, donc IdV ∈ GL(V). On a IdV◦L=L◦IdV =Lpour toutL∈GL(V).

SoitLun élément deGL(V). AlorsLest bijective et il existe une application inverse (bijective )L⁻¹:V →V. On montre queL⁻¹est linéaire. Pourv, w∈V etα, β∈F, on peut calculerL⁻¹(αv+βw) =L⁻¹(αL(L⁻¹(v)) +βL(L⁻¹(w))) =L⁻¹(L(αL⁻¹(v) + βL⁻¹(w))) = (L⁻¹◦L)(αL⁻¹(v) +βL⁻¹(w)) =αL⁻¹(v) +βL⁻¹(w). Pour la deuxième égalité, on a utilisé la linéarité deL.

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2. Non, en général,GL(V)n'est pas commutatif. Soit par exempleV leF-espace vectoriel F² et L1 : F² → F², (x, y) 7→ (2x, y), L2 : F² →F², (x, y) 7→(x+y, y). On a alors L1, L2 ∈ GL(V) et L1◦L2 : F² → F², (x, y) 7→ (2x+ 2y, y)et L2◦L1 : F² → F², (x, y) 7→(2x+y, y). On peut généraliser cet exemple à tous les espaces vectoriels de dimension supérieure ou égale à2.

En fait,GL(V)n'est jamais commutatif, sauf sidimV = 0oudimV = 1. Dans le premier cas,V est l'espace vectoriel nulV ={0}et le groupeGL(V)est donc égal àGL(V) ={0}

(l'application nulle surV), qui est commutatif de manière triviale.

SoitdimV = 1, et soit(u)une base deV (doncu6= 0). SoitL∈GL(V). CommeL(u)∈V etV = span(u), il existeα∈Ftel queL(u) =αu. Pour chaquev∈V, il existe de même a∈ F tel quev =auet on obtient L(v) = L(au) =aL(u) =aαu=α·(au) =αv.

L'isomorphisme L a donc la formeL : V →V, v 7→α·v pour unα ∈ F. De plus, on trouve queα6= 0car sinonL :V →V,v7→0, qui n'est pas un isomorphisme car V 6={0}. On a donc montré que chaque isomorphismeLdeV a la formeL:V →V, v7→αL·vpour unαL ∈F\ {0}. On obtient(L1◦L2)(v) =L1(L2(v)) =L1(α2·v) = α1·α2·v=α2·α1·v= (L2◦L1)(v)pour toutv∈V.

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