Alg`ebre lin´eaire I.

Corrig´e du test 1 du 14 novembre 2008.

Alg`ebre lin´eaire I.

1. SoientV etWdeuxF-espaces vectoriels.

(a) D´efinir une structure deF-espace vectoriel surV×W, provenant de celles deV et deW. (Vous n’ˆetes pas oblig´e de v´erifier tous les axiomes, mais de dire et justifier quel est le z´ero et comment former les inverses additifs.)

Les op´erations sont : – L’addition

add : (V×W)×(V×W) → V×W, ((v, w),(v⁰, w⁰)) 7→ (v+Vv⁰, w+Ww⁰), o`u+Vest la somme dans l’espace vectorielV, et+W la somme dansW.

– La multiplication

mult : F×(V×W) → V×W, (α,(v, w)) 7→ (α·Vv, α·Ww), o`u·V est la multiplication dans l’espace vectorielV, et·W la multiplication dansW.

Le z´ero deV×West(0V,0W), car

(0V,0W) + (v, w) = (0V+v,0W+w) = (v, w) pour tout(v, w)∈V×W.

L’inverse additif de(v, w)est(−v,−w)pour tout(v, w)∈V×W. En effet

(v, w) + (−v,−w) = (v+ (−v), w+ (−w)) = (0V,0W).

(b) Montrer que siV etWsont de dimension finie, alorsV×Wl’est

´egalement et dim(V×W) = dimV+ dimW.

CommeV etWsont des espaces vectoriels de dimension finie (dimV =:

netdimW=:m), on peut choisir une base(v1, . . . , vn)deV et une base(w1, . . . , wm)deW.

1

On montre que

B:= ((v1,0W), . . . ,(vn,0W),(0V, w1), . . . ,(0V, wm)) est une base deV×W :

– Liste g´en´eratrice :

Soit(v, w)∈V×W. Puisque(v1, . . . , vn)et(w1, . . . , wm)engendrent, respectivement, V et W, il existe des scalairesλ1, . . . , λn tels que v=P_n

i=1λiviet des scalairesµ1, . . . , µmtels quew=P_m

j=1µjwj. On a alors (v, w) = P_n

i=1λi(vi,0W) +P_m

j=1µj(0V, wj). Donc B engendreV×W.

– Ind´ependance lin´eaire :

Soientλ1, . . . .λn, µ1, . . . , µmdes scalaires tels queP_n

i=1λi(vi,0W)+

P_m

j=1µj(0_V, wj) = 0. On a alors(P_n

i=1λivi,P_m

j=1µjwj) = (0_V,0_W) d’o`u P_n

i=1λivi = 0V et P_m

j=1µjwj = 0W et doncλ1 = . . . = λn=µ1 =. . .=µm= 0puisque(v1, . . . , vn)et(w1, . . . , wk)sont lin´eairement ind´ependantes. On en d´eduit que B est une famille lin´eairement ind´ependante deV×W.

Par cons´equent, V×W est de dimension finie. En particulier, on a montr´e que

dim(V×W) =n+m= dimV+ dimW.

2. SoientX={x1, x2, x3}etY ={y1, y2}. SoitV =F(X×Y,F) (a) Trouver une base deV et calculer dimV. Justifier votre r´eponse.

Soitfij:X×Y →Fl’application d´efinie par fij(xk, yl) =

1, i=k, j=l 0, sinon.

=δikδjl. On montre que

B= (f11, f12, f21, f22, f31, f32) est une base deV. Par cons´equentdimV= 6.

– La liste est lin´eairement ind´ependante, car siP₃

i=1

P₂

j=1αijfij= 0, alors

0 =



X³

i=1

X2 j=1

αijfij



(xk, yl) =X³

i=1

X2 j=1

αijfij(xk, yl) =αkl

pourk= 1,2,3etl= 1,2.

2

– La liste est g´en´eratrice , car∀f∈F(X×Y,F), on peut ´ecrire

f=X³

i=1

X2 j=1

f(xi, yj)fij. En effet, on a



X³

i=1

X2 j=1

f(xi, yj)fij



(xk, yl) =X³

i=1

X2 j=1

f(xi, yj)δikδjl=f(xk, yl) pour k = 1,2,3 et l = 1,2. Les deux fonctions f et P₃

i=1P₂

j=1f(xi, yj)fij ont donc la mˆeme valeur sur chaque

´el´ement deX×Y et sont par sons´equent ´egales.

(b) SoitU ={f ∈V |f(x1, y2) =f(x2, y2) =f(x3, y2)}. Montrer queUest un sous-espace vectoriel deV. On doit montrer – U6=∅:

La fonction nulle¯0 :X×Y →F,(xi, yj)7→0est un ´el´ement deU, car0 = ¯0(x1, y2) = ¯0(x2, y2) = ¯0(x3, y2).

– Pourf, g∈U, on af+g∈U: Soientfetg∈U. On a

(f+g)(x1, y2) =f(x1, y2) +g(x1, y2) =f(x2, y2) +g(x2, y2)

= (f+g)(x2, y2)

=f(x3, y2) +g(x3, y2) = (f+g)(x3, y2).

Doncf+gest un ´el´ement deU.

– Pourf∈Uetα∈F, on aαf∈U: Soitf∈Uetα∈F. Les ´egalit´es

(αf)(x1, y2) =αf(x1, y2) =αf(x2, y2)

= (αf)(x2, y2)

=αf(x3, y2) = (αf)(x3, y2) montrent queαfest un ´el´ement deU.

(c) Trouver un sous-espace W deV tel que U⊕W =V. Justifier votre r´eponse. On montre tout d’abord que

B⁰:= (f11, f21, f31, g:=f12+f22+f32)

est une base deU. Notons d’abord quef11, f21, f31, etgsont des

´el´ements deU, doncspan(B⁰)⊆U. Sifest un ´el´ement deU, on af(x1, y2) =f(x2, y2) =f(x3, y2) =:β. On ´ecrit comme avant

f=X³

i=1

X2 j=1

f(xi, yj)fij,

3

ce qui donne

f=f(x1, y1)f11+f(x2, y1)f21+f(x3, y1)f31+βf12+βf22+βf32

=f(x1, y1)f11+f(x2, y1)f21+f(x3, y1)f31+β(f12+f22+f32)

=f(x1, y1)f11+f(x2, y1)f21+f(x3, y1)f31+βg∈span(B⁰).

DoncB⁰est une liste g´en´eratrice deU.

L’´egalit´eα11f11+α21f21+α31f31+β(f12+f22+f32) = 0implique 0 =α11f11+α21f21+α31f31+βf12+βf22+βf32, et donc imm´ediatement α11 = α21 = α31 = β car (f11, f21, f31, f12, f22, f32)est lin´eairement ind´ependante. La liste B⁰est donc lin´eairement ind´ependante.

On compl`eteB⁰en une base deV : (f11, f21, f31, g, f12, f22).

L’ind´ependance lin´eaire est montr´ee de la mˆeme fa¸con que pr´e- c´edemment : si

α11f11+α21f21+α31f31+βg+α12f12+α22f22= 0, alors

α11f11+α21f21+α31f31+ (β+α12)f12+ (β+α22)f22+βf32= 0, et donc

α11=α22=α31=β+α12=β+α22=β= 0.

Cela impliqueα11=α22=α31=α12=α22=β= 0.

On a pourf∈V

f=f(x1, y1)f11+f(x2, y1)f21+f(x3, y1)f31+f(x3, y2)g + (f(x1, y2)−f(x3, y2))f12+ (f(x2, y2)−f(x3, y2))f22. DoncV ⊆span(f11, f21, f31, g, f12, f13)et on a ´egalit´e.

Par cons´equent, si on poseW := span(f12, f13), on obtientV = U⊕W. (La somme est directe car d’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a dimV = 6 = 4 + 2 = dimU+ dimW.) Notons que

W={f∈V |f(xi, yj)6= 0⇒i= 1etj= 2oui=j= 2}. 3. Indiquer la bonne r´eponse par une croix, et ensuite justifier votre

r´eponse.

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(a) Soientq1(x), q2(x), ..., q7(x)∈Pn(F)r{0}. Si span q1(x), ..., q7(x)

= span q1(x)

⊕ · · · ⊕span q7(x) ,(∗) est-il possible quen= 5 ?

La r´eponse est NON. Justification : On a dimPn(F) = 6 si n= 5, donc aucune liste lin´eairement ind´ependante n’a plus de6

´el´ements. Or,(∗)est ´equivalent `a q1(x), ..., q7(x)

lin´eairement ind´pendante.

(b) Soient V etW desF-espaces vectoriels. SoientS etT des ap- plications lin´eaires deV versW, et soientα, β∈F. Est-ce que l’application

α·S+β·T:V →W

est lin´eaire ? (Ici, la somme de deux applications et la multiplica- tion d’une application par un scalaire sont d´efinies comme d’ha- bitude.)

La r´eponse est OUI. Justification : On calcule, pourv, v⁰∈V,

(αS+βT)(v+v⁰)

d´ef. du+

d’applications= (αS)(v+v⁰) + (βT)(v+v⁰)

d´ef. de· d’appl.

= αS(v+v⁰) +βT(v+v⁰)

additivit´e deS,T

= α(S(v) +S(v⁰)) +β(T(v) +T(v⁰))

= (αS(v) +βT(v)) + (αS(v⁰) +βT(v⁰))

= (αS+βT)(v) + (αS+βT)(v⁰).

Donc l’applicationαS+βTest additive.

Soient maintenantv∈V etr∈F. On calcule (αS+βT)(rv) =αS(rv) +βT(rv)

=αrS(v) +βrT(v) carS, T homog`enes

=r(αS(v) +βT(v))

=r(αS+βT)(v).

On a donc montr´e queαS+βT est homog`ene.

(c) SoitVunF-espace vectoriel de dimension finie. Pour toutn∈N, soitUnun sous-espace vectoriel deV. Supposer que

Un1+· · ·+Unk=Un1⊕ · · · ⊕Unk (∗∗)

quelques soient 1≤n1< n2<· · ·< nket quelque soitk. Est-il possible queUm6=Un chaque fois quem6=n, i.e., que tous les Unsoient distincts ?

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La r´eponse est NON. Justification : Sim6=nimpliqueUm6=Un, alors il existe au plus unn∈Ntel queUn={0}. Par cons´equent, (∗∗)implique que pour toutd∈N, il existe un sous-espaceUdeV tel quedimU≥d. En effet, comme on peut choisirUn1, . . . , Und

tels queUni6={0}pouri= 1, . . . , d, on a

dim(Un1+. . .+Und) = dim(Un1⊕. . .⊕Und)

= Xd i=1

dimUni

| {z }

≥1

≥d.

Ainsi, on adimV ≥ dpour tout d∈ N, ce qui implique que dimV =∞.

4. Ci-dessous la notationFveut dire soitR, soitC.

(a) Donner la d´efinition compl`ete d’unF-espace vectoriel.

Voir le cours !

(b) Montrer queV =F(R,R), muni de deux op´erations add :V×V →V: (f, g)7→g◦f et mult :R×V→V: (α, f)7→α·f, o`u (α·f)(x) =α· f(x)

pour toutx∈R, n’est pas unR-espace vectoriel.

Plusieurs axiomes ne sont pas satisfaits, par exemple : – L’op´erationaddn’est pas commutative (axiomeV1). En effet,

on a pourf:R→R,x7→x², etg:R→R,x7→x+ 2: (g◦f)(x) =x²+2tandis que(f◦g)(x) = (x+2)²=x²+4x+4, doncadd(g, f)6= add(f, g).

– Les axiomes de distributivit´e (axiomeV6) ne sont pas satis- faits :

i. On a, sifest d´efinie comme ci-dessus :

(3 + 2)f(x) = 5x² et (2f)◦(3f)(x) = 2(3x²)²= 18x², donc l’´egalit´e

mult(α+β, f) = add(mult(α, f),mult(β, f)) n’est pas vraie pour toutα, β∈Retf∈V.

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ii. Sifetgsont d´efinies comme plus haut, on a 3(f◦g)(x) = 3(x²+ 4x+ 4) mais

((3f)◦(3g))(x) = 3(3(x+ 2))²= 27(x²+ 4x+ 4), donc

mult(α,add(g, f)) = add(mult(α, g),mult(α, f)) n’est pas vraie pour toutα∈Retf, g∈V.

(c) SoitV unF-espace vectoriel. Montrer que siα∈Fet~v ∈V, alors

α·~v=~0 si et seulement siα= 0 ou~v=~0.

Justifier chaque pas de votre argument en faisant appel aux axiomes d’espace vectoriel.

⇐: On a0v= (0+0)v^axiome=^V60v+0v. Donc, puisque par(V4) il existew∈V tel que0v+w= 0, on peut ´ecrire

0 = 0v+w= (0v+ 0v) +w^V= 0v² + (0v+w) = 0v+ 0^V= 0v.³ On aα0 =α(0 + 0)^V=⁶α0 +α0. Soitw∈V tel queα0 +w= 0 (existe par(V4)). Alors on peut ´ecrire

0 =α0 +w= (α0 +α0) +w^V=²α0 + (α0 +w) =α0 + 0^V=³α0.

⇒: Siαv= 0etα6= 0, alors il existe_α¹∈Fet 0 = 1

α0 =1

α(αv)^V= (² 1

αα)v= 1v^V=⁵v,

o`u on a utilis´e le deuxi`eme point de la preuve de ⇐ pour la premi`ere ´egalit´e.

(d) Montrer que siV est unF-espace vectoriel tel queV6={~0}, alors V contient un nombre infini de vecteurs distincts.

SiV 6={0}, alors il existev∈V tel quev6= 0. Soientαetβ∈F tels queα 6=β. Alors, commev6= 0etα−β6= 0, on obtient (α−β)v6= 0par l’exercice pr´ec´edent.

Ainsi, α 6= β implique αv 6= βv. Par cons´equent, comme F poss`ede un nombre infini d’´el´ements distincts,Vposs`ede ´egalement un nombre infini d’´el´ements distincts.

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(e) Donner un exemple d’unF-espace vectoriel qui n’est pas de di- mension finie. Justifier votre r´eponse.

L’espace vectorielP(F)des polynˆomes n’est pas de dimension fi- nie : Soit(p1, . . . , pn)une liste de polynˆomes, et soit

d:= maxi=1,...,n(degr´epi).

Alors

degr´e Xn i=1

αipi

!

≤d ∀α1, . . . , αn∈F,

ce qui ´equivaut `a

span(p1, . . . , pn)⊆Pd(F).

Donc(p1, . . . , pn)ne peut pas ˆetre une liste g´en´eratrice deP(F).

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