Corrigé de la série 2

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 2

Exercice 1. 1. On utilise dans les premier et cinquième cas la formule de Moivre : (1 +i)⁶ =√

2(cos(π/4) +isin(π/4)) 6

= 8(cos(6π/4) +isin(6π/4))

= 8(cos(3π/2) +isin(3π/2)) = 8 (0−i) =−8i, (1 +i+i²+i³)¹⁰⁰ = (1 +i+i²(1 +i))¹⁰⁰= 0,

√7 +i (1−i)(√

7−i) = (√ 7 +i)²

8(1−i) = (6 + 2√

7i)(1 +i) 16

= 6 + 6i+ 2√

7i−2√ 7

16 = 3−√

7

8 +3 +√ 7 8 i, 1

i 4567

= 1

i⁴⁵⁶⁷ = 1 i⁶⁷ = 1

i³ = 1

−i =i car i⁴ = 1,

−2 1−i√

3 = −1

cos(−π/3) +isin(−π/3) =−(cos(π/3) +isin(π/3)).

2. Écrivons z 6= 0sous la forme z =a+bi et calculons en utilisant l’exercice 7.2 de la série 1 :

Im

z+1 z

=b− b

a²+b² = b(a²+b²−1) a²+b² . Donc nous trouvons :

z+ 1

z ∈R⇐⇒Im

z+ 1 z

= 0⇐⇒b(a² +b²−1) = 0

⇐⇒(b = 0 oua²+b² = 1)⇐⇒(z ∈R\ {0} ou|z|= 1).

3. On a 1 +√

3i= 2(1/2 +√

3/2i) = 2(cos(π/3) +isin(π/3)). D’après la formule de Moivre, le nombre z = r(cosθ +isinθ) satisfaisant z² = 1 +√

3i est donc tel que r² = 2 et 2θ=π/3 + 2kπ, k∈Z. Donc r=√

2 et θ=π/6 ouθ = 7π/6. On a donc z =√

2 cosπ

6

+isinπ 6

=√ 2

√3 2 + i

2

!

=

√6 2 + i√

2 2 ou bien

z =√ 2

cos

7π 6

+isin 7π

6

=√ 2 −

√3 2 − i

2

!

=−

√6 2 − i√

2 2 . 4. (a) Pour la première équation, on calcule :

z−i

z+ 1 = 4i⇐⇒ z(1−4i) = 5i, z6=−1

⇐⇒z = 5i

1−4i = 5i(1 + 4i)

1 + 16 =−20 17+ 5

17i.

1

(b) On cherche ici les racines carrées de −5−12i. Une racine carrée de −5−12i est un nombre complexez =a+bi qui satisfait

z² = (a²−b²) + 2abi=−5−12i⇐⇒

(a²−b² =−5 2ab=−12 et

a²+b² =|z|² = z²

=| −5−12i|=√

25 + 144 = √

169 = 13.

On obtient donc z = 2−3i ouz =−2 + 3i.

(c) Considérons la troisième équation :

z³+ 9iz²+ 2(6i−11)z−3(4i+ 12) = 0. (1) Voyons s’il existe une solution réelle. Supposons donc que x∈Ret calculons :

x³+ 9ix²+ 2(6i−11)x−3(4i+ 12) = (x³−22x−36) + (9x²+ 12x−12)i.

Ce terme s’annule si et seulement si x³ −22x−36 = 0 et 9x²+ 12x−12 = 0. La deuxième de ces équations admet comme solutions−2et2/3. Mais−2est aussi une solution de la première équation, et alors une solution de (1).

Par conséquent, le polynôme z³ + 9iz² + 2(6i−11)z−3(4i+ 12) est divisible par z+ 2. Par un calcul, on obtient :

z³+ 9iz²+ 2(6i−11)z−3(4i+ 12) = (z+ 2)(z²+ (−2 + 9i)z+ (−18−6i)).

La formule de la Proposition 2.8 du document “Les nombres complexes et les poly- nômes” nous dit que les racines deq(z) = z²+ (−2 + 9i)z+ (−18−6i)sont données par

1

2 2−9i±√

∆

où ∆ = (−2 + 9i)² + 4(18 + 6i) = −5−12i. (Noter que ceci est la formule bien connue dans le cas réel pour les solutions d’une équation de degré deux.) D’après la question précédente, on a √

∆ = 2−3i ou√

∆ = −2 + 3i.

Les solutions de (1) sont donc :

λ₁ =−2, λ₂ = 2−6i, λ₃ =−3i.

5. Dans le premier cas, on a

|z−3|=|z+i| ⇔(x−3)²+y² =x²+ (y+ 1)²

⇔ −6x+ 9 = 2y+ 1⇔y+ 3x−4 = 0 donc c’est la droite d’équationy+ 3x−4 = 0. Dans le deuxième cas, on a

|z−3i|= 1⇔x²+ (y−3)² = 1.

Ceci est l’équation du cercle de centre(0,3)et de rayon 1.

Exercice 2. 1. Non, car (1, i) et(i,−i)∈V, mais(1, i) + (i,−i) = (1 +i,0)6∈V.

2. Non, car la fonction f définie par f : R →R, f(x) = |x| est un élément de V, mais pas (−1)·f. En effet,((−1)·f)(1) =−1<0.

2

3. Oui, on peut vérifier tous les axiomes d’un espace vectoriel.

4. Non, car f = 1 ∈V, maisi·f =in’est pas un élément de V. En effet (i·f)(0) =i.

5. Oui, on peut vérifier tous les axiomes d’un espace vectoriel.

Exercice 3. Non, on a 1·(1,1) = (1,0)6= (1,1) et l’axiome de normalisation (V5) n’est donc pas satisfait.

Exercice 4. 1. Oui. Premièrement, U n’est pas vide car la matrice nulle (c’est-à-dire la matrice dont tous les coefficients sont nuls) est un élément de U. Soient A, B ∈ U deux matrices telles que Trace(A) = Trace(B) = 0 et α∈R. On a

Trace(A+B) = (A+B)₁₁+ (A+B)₂₂+ (A+B)₃₃

= (a₁₁+b₁₁) + (a₂₂+b₂₂) + (a₃₃+b₃₃) = Trace(A) + Trace(B) = 0 + 0 = 0 et

Trace(αA) = (αA)₁₁+(αA)₂₂+(αA)₃₃= (αa₁₁)+(αa₂₂)+(αa₃₃) =α·Trace(A) = α·0 = 0.

2. Oui. Le polynôme nul f = 0 est un élément de U donc U 6=∅. Soient f =Pn

i=0a_itⁱ, g = Pm

j=0b_jt^j ∈U et α∈C. On admet sans perte de généralité que n≥m et on poseb_j = 0 pourj ∈ {m+ 1, . . . , n}. On a alors f +g =Pn

i=0(a_i+b_i)tⁱ et la somme des coefficients de f +g est Pn

i=0(a_i+b_i) = Pn

i=0a_i +Pn

i=0b_i =Pn

i=0a_i+Pm

j=0b_j = 0 + 0 = 0. On a αf =Pn

i=0(αa_i)tⁱ et la somme des coefficients deαf est doncPn

i=0(αa_i) = α(Pn

i=0a_i) = α·0 = 0.

3. Oui. Le polynôme nul peut-être écrit 0 = a₀ +a₁t avec a₁ = a₀ = 0, et il appartient donc à U. On a donc U 6= ∅. Soient f = Pn

i=0a_itⁱ, g = Pm

j=0b_jt^j ∈ U et α ∈ C. Comme plus haut, on admet sans perte de généralité que n ≥m et on pose b_j = 0 pour j ∈ {m+ 1, . . . , n} et c_i = a_i+b_i pour i = 1, . . . , n. On a alors f +g = Pn

i=0c_itⁱ avec c₁ =a₁+b₁ = 0 + 0 = 0, donc f+g ∈U. Posons d_i =αa_i pour i= 1, . . . , n. On a alors αf =Pn

i=0d_itⁱ avec d₁ =αa₁ =α·0 = 0, donc αf ∈U. 4. Oui. Soit f =Pn

i=1a_itⁱ. La condition f(0) = 0est équivalente à a₀ = 0. Donc on montre les trois axiomes caractérisant un sous-espace vectoriel de la même manière que dans le point précédent.

5. Non. Le polynôme f =t est un élément de U, mais pas 2·f puisque (2·f)(1) = 26= 1.

Exercice 5. 1. Par exemple U ={(z,0)|z ∈Z} ⊆R². On a(z₁,0) + (z₂,0) = (z₁+z₂,0)∈ U pour tout (z₁,0),(z₂,0) ∈ U et −(z,0) = (−z,0) ∈ U pour tout (z,0) ∈ U, mais

1

2 ·(1,0) = (¹₂,0) 6∈ U. Donc U n’est pas un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel R².

2. Par exemple U ={(x, y)|xy≥0} ⊆R². Satisfait la condition demandée mais(1,2)∈U, (−3,−1)∈U et (1,2) + (−3,−1) = (−2,1)6∈U

3. On montre U +U = U. Comme U est un sous-espace vectoriel de V, on a u₁ +u₂ ∈ U pour toutu₁, u₂ ∈U. DoncU+U ⊆U. Soit u∈U, alors upeut-être écrit comme somme de deux éléments deu; par exempleu=u+ 0 ouu= ¹₂u+¹₂u. (On a utilisé dans chacun des deux cas queU est un sous-espace vectoriel car on a besoin de savoir que0et ¹₂usont des éléments deU.) Donc U ⊆U +U.

4. Pour montrer le sens direct, on suppose que U₁∪U₂ est un sous-espace deV etU₁ 6⊂U₂. Cela veut dire qu’il existe u₁ ∈U₁ tel que u₁ 6∈U₂. Soit u₂ ∈U₂. Puisque U₁∪U₂ est un

3

sous-espace deV, u₁+u₂ ∈U₁∪U₂. Par conséquent, soitu₁+u₂ ∈U₁, soitu₁+u₂ ∈U₂. Si u₁ +u₂ ∈ U₂, alors (u₁ +u₂) + (−u₂) = u₁ ∈ U₂, contradiction. On en déduit que u₁+u₂ ∈U₁, d’oùu₂ = (−u₁) + (u₁+u₂)∈U₁. Par conséquent, U₂ ⊆U₁.

Réciproquement, si U1 ⊂ U2, alors U1 ∪U2 = U2 est un sous-espace de V. De même si U₂ ⊆U₁.

4