EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 5
Exercice 1. On utilise la méthode de la preuve du lemme du vecteur superu. On remarque que
−2(1,0,1,0) + (2,3,0,2) = (0,3,−2,2)
alors on peut enlever (0,3,−2,2) de la liste sans changer le sous-espace engendré. Ensuite, en remarquant que 5 = 1 + 2(2), on calcule
(1,0,1,0) + 2(2,3,0,2) = (5,6,1,4),
et on a presque trouvé (5,−1,−2,4) comme combinaison linéaire des autres vecteurs. Pour arriver on utilise (0,7,3,0) :
(1,0,1,0) + 2(2,3,0,2)−(0,7,3,0) = (5,−1,−2,4).
Alors on peut enlever le vecteur (5,−1,−2,4). On constate que la liste
((1,0,1,0),(2,3,0,2),(0,7,3,0))
est linéairement indépendante. En eet, si
a(1,0,1,0) +b(2,3,0,2) +c(0,7,3,0) = (0,0,0,0)
alors
(a+ 2b,3b+ 7c, a+ 3c,2b) = (0,0,0,0)
c'est-à-dire que a+ 2b= 0,3b+ 7c= 0, a+ 3c= 0, et 2b = 0. Donc b = 0, d'oùa = 0−2b= 0 etc= (−1/3)a= 0.
Alors, ((1,0,1,0),(2,3,0,2),(0,7,3,0)) est linéairement indépendante, et span((1,0,1,0),(2,3,0,2),(0,7,3,0))
= span((1,0,1,0),(2,3,0,2),(0,3,−2,2),(0,7,3,0),(5,−1,−2,4)).
Exercice 2.
Base de L : On voit facilement que le troisième vecteur de la liste qui engendre L est une combinaison linéaire des autre deux. Comme le premier n'est pas un multiple scalaire du deuxième, on trouve que {(2,1,0,0),(4,2,1,2)} est une base de L. Une base diérente est donnée par {~x1 = (2,1,0,0), ~x2 = (0,0,1,2)}.
Base de M : On peut calculer directement que la liste engendrant M est libre et donc une base. Une façon plus facile pour trouver une base est d'essayer de trouver trois éléments dansM qui sont visiblement linéairement indépendant. Nous allons bientôt voir dans le cours que ces vecteurs formeront alors forcément une base, vu que M est engendré par trois vecteurs. Nous irons le contrôler directement dans cet exercice. Par exemple, on pourrait procéder comme
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suit. Soient ~v1, ~v2, ~v3 les vecteurs de la liste donnée. Alors ~v1+~v3 = (0,3,3,0) et donc w~1 :=
(0,1,1,0) ∈ M. Or, on a ~v2 −~v1 = (1,4,4,0), donc w~2 := (1,0,0,0) = ~v2 −~v1 −4w~1 ∈ M. Finalement, w~3 := (0,0,0,1) =~v1 −2w~1−w~2 ∈ M. Le fait que (w~1, ~w2, ~w3) est libre est vite démontré : Supposons que
α1w~1+α2w~2+α3w~3 =~0, αi ∈F ∀i.
Donc(α2, α1, α1, α3) = (0,0,0,0)et alorsαi = 0 ∀i. Pour montrer explicitement que(w~1, ~w2, ~w3) engendre M, il sut de vérier que ~vi ∈ span(w~1, ~w2, ~w3). On trouve : ~v1 = 2w~1 +w~2 +w~3,
~v2 = 6w~1+ 2w~2+w~3,~v3 =w~1 −w~2−w~3.
Base de L∩M : Pour~v ∈L∩M ils existent α, β, γ, δ, ∈F tels que
~v =α~x1+β~x2 =γ ~w1+δ ~w2+ ~w3. Cela compose un système des quatre équations linéaires suivantes :
2α=δ, α=γ, β =γ, 2β =.
Alors L∩M = {α~x1 +α~x2| α ∈ F} = span(~x1 +~x2). Alors {~x1 +~x2 = (2,1,1,2)} est une base de L∩M. Le même procédé s'applique à des bases deM et Lquelconques. (La notion de dimension va nous permettre de résoudre des problèmes pareilles beaucoup plus rapidement.)
Base deL+M : On voit bientôt que~e1, ~e2, ~e3, ~e4 ∈L+M. DoncL+M =F4, et{~e1, ~e2, ~e3, ~e4} est une base.
Exercice 3. Après avoir constaté qu'on a les relations de dépendance linéaire suivantes : f3+f4 =f2 et f3 −f4 =f1, on montre l'indépendance linéaire de la famille {f3, f4}.
Soient α etβ des scalaires de R tels que
αf3+βf4 = 0.
En prenant les valeurs prises par cette égalité en deux points convenants de l'ensemble de dénition des fonctions (par exemple : x= 0 et 12), on obtient un système de deux équations à deux inconnues ayant pour unique solution (α, β) = (0,0). On en déduit que la famille {f3, f4} forme une base du sous-espace vectoriel de F(]−1,1[,R) engendré par les vecteurs f1, f2, f3 etf4.
(On aurait pu conclure en multipliant l' égalitéαf3+βf4 = 0par √
1−x2 (on obtient alors α+βx= 0) et en utilisant le fait que {1, x} est une base de l'espace vectoriel P1(R).)
Exercice 4. On laisse le soin au lecteur de vérier que V est bien un sous-espace vectoriel de P2(R). Pour p(t) =a2t2+a1t+a0, la condition indiquée est équivalente à 2(a2+a1) +a0 = 0. Les deux polynômes p1(t) = t−2 et p2(t) = t2 −2 sont donc contenus dans V. Soit p(t) = a2t2+a1t+a0 un élément arbitraire deV. Alorsp(t) = a2(t2−2) +a1(t−2) =a2p1(t) +a1p2(t). La liste{p1(t), p2(t)}est donc une liste génératrice deV. De plus, elle est libre, comme on voit facilement. Par conséquent, il s'agit d'une base.
Exercice 5. Supposons que{p(x) =a+bx+cx2, q(x) = a1+b1x+c1x2, r(x) =a2+b2x+c2x2} est une base de P2(C) et montrons que {~v0 = (a, b, c), ~v1 = (a1, b1, c1), ~v2 = (a2, b2, c2)} est une base de C3.
Voyons d'abord que la liste est libre. Soient ξ, η, ζ ∈C tels que ξ~v0+η~v1+ζ~v2 =~0. Alors : ξa+ηa1+ζa2 = 0
ξb+ηb1 +ζb2 = 0 ξc+ηc1+ζc2 = 0.
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Mais ça implique que ξp(x) +ηq(x) +ζr(x) = 0. Comme {p(x), q(x), r(x)} est linéairement indépendante, on a forcément que ξ = η = ζ = 0. Nous avons donc démontré que {~v1, ~v2, ~v3} est libre.
Démontrons que span{~v1, ~v2, ~v3} = C3. Soit (z0, z1, z2) ∈ C3. Soit t(x) le polynôme t(x) = z0+z1x+z2x2. Comme {p(x), q(x), r(x)} engendre P2(C), ils existent σ, τ, µ∈C avec
t(x) =σp(x) +τ q(x) +µr(x)
= (σa+τ a1+µa2) + (σb+τ b1+µb2)x+ (σc+τ c1+µc2)x2.
Par comparaison de coëcients, on trouve :
z0 =σa+τ a1+µa2, z1 =σb+τ b1+µb2, z2 =σc+τ c1+µc2.
Alors(z0, z1, z2) =σ~v1+τ~v2+µ~v3, ce qui nit la preuve que {~v1, ~v2, ~v3} est une base de C3. La démonstration de l'implication inverse se fait de manière analogue.
Exercice 6. Supposons que V est de dimension nie, engendré par (w1, . . . , wn). Par le théo- rème de la borne, n'importe quelle liste à (strictement) plus denvecteurs dansV est forcément linéairement dépendante. Donc il n'existe pas de suite(vi)telle que(v1, . . . , vm)est linéairement indépendante si m > n.
Réciproquement, supposons que V est de dimension innie. Alors V 6= {0} car {0} est engendré par la liste vide. On choisit v1 ∈ V t.q. v1 6= 0. On sait que (v1) est linéairement indépendent. Par récurrence, supposons que l'on a construit une suite v1, . . . , vk−1 telle que (v1, . . . , vk−1) est linéairement indépendante. Alors span(v1, . . . , vk−1)6= V car V n'est pas de dimension nie. Alors il existe vk∈V,vk6∈span(v1, . . . , vk−1).
Il s'ensuit que (v1, . . . , vk) est linéairement indépendante. Preuve : Supposons qu'il existe a1, . . . , ak ∈F tels que
a1v1+· · ·+akvk= 0.
Siak6= 0 alors
vk = (−a1/ak)v1 +· · ·+ (−ak−1/ak)vk
doncvk ∈span(v1, . . . , vk−1), contradiction. Alorsak= 0, eta1v1+· · ·+ak−1vk−1 = 0. Il s'ensuit que a1 = · · · = ak−1 = 0 puisque (v1, . . . , vk−1) est supposée indépendante. Donc (v1, . . . , vk) est linéairement indépendente.
Alors on a construit une suite v1, v2, . . . telle que(v1, . . . , vn)est linéairement indépendente quelque soit n≥1.
Exercice 7. Les polynômes sont continus, donc on considère la suite 1, x, x2, . . .. Supposons que
a0+a1x+· · ·+anxn= 0. (1) C'est une équation d'applications, alors (1) se vérie pour tout x ∈ [0,1]. Mais un polynôme non-nul de degré n possède n racines au plus, alors a0+a1x+· · ·+anxn est le polynôme nul, c-à-d que a0 =· · ·=an= 0. Donc (1, . . . , xn)est indépendante pour tout n≥1, ce qui signie que C[0,1] est de dimension innie.
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