EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007
Corrigé de la série 5
Correction exercice 1
1. Par exemple, les vecteurs e~1 = (1,0,0) et e~2 = (0,1,0) forment une liste linéairement indépendante qui n’est pas génératrice car (0,0,1)6∈Span(~e1, ~e2).
2. Par exemple, les vecteurs e~1 = (1,0,0), e~2 = (0,1,0), e~3 = (0,0,1) et e~4 = (1,1,0) forment une liste génératrice car pour ~v = (x, y, z)∈ R3 on a~v = x ~e1+y ~e2+z ~e3 mais elle n’est pas linéairement indépendante puisque e~4−e~1−e~2 =~0.
Correction exercice 2
La famille de l’énoncé n’est pas linéairement indépendante car :
(1,2,1,2,1) + (2,1,2,1,2) = 3 ((1,0,1,1,0) + (0,1,0,0,1)). Ce n’est pas non-plus une famille génératrice car
(1,0,0,0,0)6∈E = Span((1,2,1,2,1), (2,1,2,1,2), (1,0,1,1,0), (0,1,0,0,1)).
En effet, raisonnons par l’absurde et supposons que (1,0,0,0,0)∈E. Par définition, on aurait l’existence de scalaires α, β, γ et δ tels que :
α(1,2,1,2,1) +β(2,1,2,1,2) +γ(1,0,1,1,0) +δ(0,1,0,0,1) = (1,0,0,0,0).
Or, pour la première coordonnée, cette égalité fournit l’équation :
α+ 2β+γ = 1 et la troisième coordonnée fournit l’équation :
α+ 2β+γ = 0.
Ce qui fournit une contradiction.
(Remarque : On verra plus tard dans le cours, qu’une famille génératrice d’un espace vectoriel de dimension n a, au moins, n éléments et qu’une famille linéairement indépendante d’un espace vectoriel de dimension n a, au plus, n éléments.
Ici, R5 est un espace vectoriel de dimension 5 et la famille a 4 éléments. Par conséquent, elle ne peut pas être génératrice.)
Correction exercice 3
Soient λ1, λ2, λ3, et λ4 des scalaires de F tels que
λ1.1 +λ2.(1−X) +λ3.(X−X2) +λ4.(X2−X3) = 0 que l’on peut récrire sous la forme :
P(X) = (λ1+λ2) + (λ3−λ2)X+ (λ4−λ3)X2−λ4.X3 = 0.
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– Première solution
On dérive successivement le polynôme et on prend la valeur en 0 de manière à obtenir un système de quatre équations à quatre inconnues.
On a :
P(0) =λ1+λ2 = 0 P0(0) =λ3−λ2 = 0 P00(0) = 2(λ4−λ3) = 0
P(3)(0) =−6λ4 = 0
d’où λ1 =λ2 =λ3 =λ4 = 0. Les vecteurs sont donc linéairement indépendants.
– Deuxième solution
On "sait", d’après la suite du cours que la famille {1, X, X2, X3} est une base deP3(F)(ap- pellée base canonique). Par définition d’une base, un élément admet une unique décomposition selon cette base, or :
0 = 0.1 + 0.X + 0.X2+ 0.X3.
On en déduit, par identification, le même système que précédemment.
Correction exercice 4
Pour i ∈ {1, . . . , n}, on définit la fonction fi : {x1, x2, . . . , xn} → F telle que fi(xi) = 1 et fi(xj) = 0 pour i6=j.
Cette famille est linéairement indépendante car, si
n
X
i=1
λifi = 0
on a, pour tout j ∈ {1, . . . , n},
n
X
i=1
λifi(xj) =λj = 0.
Cette famille est génératrice car pour f : {x1, x2, . . . , xn} → F telle que ∀i ∈ {1, . . . , n}, f(xi) = ai, on a :
f =
n
X
i=1
ai.fi.
Correction exercice 5
Les détails de la solution de cet exercice sont laissés au lecteur.
1. (e~1,2~e2, ~e3) : oui.
2. (e~1, ~e3) : oui.
3. (e~1,2~e1+e~4, ~e4) : non car (2e~1+e~4)−2~e1−e~4 = 0.
4. (3~e1+e~3, ~e3, ~e2+e~3) : oui.
5. (2~e1+e~2, ~e1−3~e2, ~e4, ~e2−e~1) : non car 2.(2e~1+e~2) + 3.(e~1−3e~2)−7.(e~2−e~1) = 0.
Correction exercice 6
Soient λ1, λ2, et λ3 des scalaires de R tels que
λ1.sin(x) +λ2.sin(2x) +λ3.sin(3x) = 0. (∗)
2
Pour x= π2 on obtient l’équation :
λ1−λ3 = 0. (1)
Pour x= π4 on obtient l’équation :
λ1
√2
2 +λ2+λ3
√2
2 = 0. (2)
En dérivant (∗) on obtient :
λ1.cos(x) + 2λ2.cos(2x) + 3λ3.cos(3x) = 0.
Pour x= 0 on obtient l’équation :
λ1+ 2λ2+ 3λ3 = 0. (3)
en résolvant le système formé des équations 1, 2 et 3, on obtient que λ1 =λ2 =λ3 = 0.
Correction exercice 7
Soit P(X) = α0+α1X+α2X2+α3X3 un élément deP3(F) où αi ∈F pour i∈ {0,1,2,3}. On a :
P(X) = (α0 −α1).1 + (α1−α2).(1 +X) + (α2−α3).(1 +X+X2) +α3.(1 +X+X2+X3).
Ce qui prouve que l’ensemble {1,1 +X,1 +X+X2,1 +X+X2+X3} engendre P3(F).
On montre, par une des deux méthodes utilisées à l’exercice 3, que cette famille est linéaireme- ment indépendante.
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