Corrigé de la série 7

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007

Corrigé de la série 7

La plupart des exercices de cette série utilisent la relation fondamentale suivante : pour U et V deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectorielE de dimension finie, on a :

dim(U +V) = dim(U) +dim(V)−dim(U ∩V). (∗)

Correction exercice 1

En utilisant les données de l’énoncé et la relation (∗) on obtient dim(U ∩ V) = 0.

D’où U ∩V ={0}.

Correction exercice 2

Comme C est un espace en somme directe avec A∩B dans B, on sait queC est un sous espace de B tel que :

C⊕(A∩B) =B.

On déduit de cette somme directe que C∩(A∩B) ={0}. Comme C est un sous-espace de B on a B ∩C = C d’où C∩A = {0} dont on déduit que A+C = A⊕C. En utilisant (∗) on obtient les trois égalités suivantes :

dim(A+B) =dim(A) +dim(B)−dim(A∩B)

dim(A⊕C) =dim(A) +dim(C) dim(B) = dim(C) +dim(A∩B)

dont on déduit facilement que dim(A+B) = dim(A⊕C). Comme A⊕C ⊂ A+B, on en déduit l’égalité des deux espaces vectoriels.

Correction exercice 3

Soit {f1, . . . fn} une base de F. La famille {f1, . . . fn} forme une famille libre de E, par consé- quent, d’après le théorème du ballon, il existe{e₁, . . . , e_k}dansE tels queB={f₁, . . . , f_n, e₁, . . . e_k} forme une base de E.

Soit G1 = Span(e1, . . . , ek) on montre que F ⊕G1 = E. En effet, on a F +G1 = E et si x ∈ F ∩G₁, x = Pn

i=1λ_if_i =Pk

j=1α_je_j. On a alors Pn

i=1λ_if_i −Pk

j=1α_je_j = 0 et comme B est une base de E on en déduit que λ_i =α_j = 0.

Soit G2 =Span(e1+f1, e2, . . . , ek). Montrons que F ⊕G2 =E.

Pour x ∈ E comme B est une base de E on a l’existence de scalaires λ_i et α_j tels que x=Pn

i=1λ_if_i+Pk

j=1α_je_j. Or, on peut écrire x sous la forme x= (λ₁−α₁)f₁+Pn

i=2λ_if_i+ α₁(e₁+f₁) +Pk

j=2α_je_j d’où x∈F +G₂. Soit x ∈ F ∩G₂, x = Pn

i=1λ_if_i = α₁(e₁ +f₁) +Pk

j=2α_je_j. On a alors λ₁f₁ +Pn

i=2λ_if_i − α₁(e₁+f₁)−Pk

j=2α_je_j = 0 d’où (λ₁−α₁)f₁+Pn

i=2λ_if_i−α₁e₁−Pk

j=2α_je_j = 0 et comme B est une base de E on en déduit que λ_i =α_j = 0.

Il reste à vérifier queG₁ 6=G₂. On a e₁+f₁ ∈G₂ ete₁+f₁ 6∈G₁, car sinonf₁ = (e₁+f₁)−e₁ ∈ G₁ ce qui est une contradiction avec les données. Par conséquent G₁ 6=G₂.

1

Correction exercice 4

(Remarque : La manière la plus "propre" de rédiger cet exercice est d’effectuer une récurrence sur l’entier n. La solution de cet exercice est donc présentée sous cette forme. Néanmoins, on insiste sur le fait que le point crucial de cette démonstration n’est pas la récurrence mais comment on obtient la nullité de λ_n)

On note P(n) la propriété suivante :

Un système B = (P0, P1, ..., Pn) de (n + 1) polynômes de Pn(R) tels que, ∀k, 0 ≤ k ≤ n, degP_k=k forment une base de P_n(R).

On montre P(n) par récurrence sur n.

La propriété P(0) est claire.

Montrons la propriété P(n) à partir deP(n−1).

Le polynôme Pk étant de degré k, on a

P_k(X) =

k

X

j=0

a^k_jX^j

avec a^k_k6= 0.

Soit λ₀, . . . , λ_n des scalaires tels que : Pn

i=0λ_iP_i = 0. Comme :

n

X

i=0

λ_iP_i =Q+λ_naⁿ_nXⁿ

où Q est un polynôme de degré n−1, on déduit que λ_naⁿ_n = 0. Etant donné que aⁿ_n 6= 0 on obtient que λ_n = 0. La combinaison linéaire Pn

i=0λ_iP_i = 0 devient alors Pn−1

i=0 λ_iP_i = 0.

Ce qui revient à montrer que le système B = (P₀, P₁, ..., Pn−1) de n polynômes de Pn−1(R) tels que, ∀k, 0≤ k ≤ n, degP_k = k forment une famille linéairement indépendante de P_n(R). Or par la propriété P(n−1) on sait que cette famille est une base.

On en déduit que λ₁ = . . . = λ_n = 0, la famille des P_i est donc une famille linéairement indépendante de P_n(R). On sait que P_n(R) est un espace vectoriel de dimension n + 1 (on a la base canonique B = {1, X, . . . , Xⁿ}). Comme la famille {P₀, . . . , P_n} est linéairement indépendante et a n+ 1 éléments, on en déduit que c’est une base.

Correction exercice 5

1. Un hyperplan de R³ est un sous-espace de dimension 2. C’est donc un plan.

2. Par l’égalité(∗) on obtient qu’un espace qui est en somme directe avec un hyperlan est de dimension 1.

3. Toujours d’après (∗) on a :

dim(H₁+H₂) = dim(H₁) +dim(H₂)−dim(H₁∩H₂) = 2(n−1)−dim(H₁∩H₂).

Comme H₁+H₂ ⊂E on a dim(H₁+H₂)≤n. On en déduit que dim(H₁∩H₂)≥n−2.

Correction exercice 6

1. On laisse le soin au lecteur de REDIGER proprement et soigneusement la preuve de ce point.

2

2. Soit {e₁, . . . , e_n} une base de E et {f₁, . . . , f_k} une base de F. On montre que B = {(e₁,0), . . . ,(e_n,0),(0, f₁), . . .(0, f_k) est une base de E×F.

(a) Soient λ₁, . . . .λ_n, µ₁, . . . , µ_k des scalaires tels que Pn

i=1λ_i(e_i,0) +Pk

j=1µ_j(0, f_j) = 0.

On a alors (Pn

i=1λ_ie_i,Pk

j=1µ_jf_j) = (0,0) d’où Pn

i=1λ_ie_i = 0 et Pk

j=1µ_jf_j = 0 et donc λ₁ = . . . = λ_n = µ₁ = . . . = µ_k = 0 puisque {e₁, . . . , e_n} et {f₁, . . . , f_k} sont linéairement indépendantes. On en déduit que B est une famille linéairement indépendante de E×F.

(b) Soit (x, y)∈E×F, puisque {e₁, . . . , e_n} et{f₁, . . . , f_k} engendrent, respectivement, E et F, il existe des scalaires λ₁, . . . , λ_n tels que x = Pn

i=1λ_ie_i et des scalaires µ₁, . . . , µ_k tels quey=Pk

j=1µ_jf_j. On a alors(x, y) =Pn

i=1λ_i(e_i,0)+Pk

j=1µ_j(0, f_j).

Donc B engendre E×F.

3. L’espace E ×F étant supposé de dimension finie, E ×F admet au moins une famille génératrice finie (x_i, y_i) pour i∈ {1, . . . , n}.

Soitx∈E, comme(x,0)∈E×F, il existe des scalairesλi tels que(x,0) =Pn

i=1λi(xi, yi) d’où x =Pn

i=1λ_ix_i. Par conséquent, la famille {x₁, . . . , x_n} engendre E qui est donc un espace de dimension finie.

On raisonne de manière similaire pour l’espace F.

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