Une base deV est une famille libre et g´en´eratrice deV

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CORRIG´E DU TRAVAIL ECRIT D’ALG`EBRE LIN´EAIRE du 13 novembre 2009

Exercice 1

a) Soit V un F-espace vectoriel. Un sous-ensemble B de V est une famille g´en´eratrice si span(B) =V o`u

span(B) = ( _n

X

i=1

α_iv_i

n∈N, α_i ∈F, v_i∈B,∀i= 1, . . . , n )

.

De plusB est une famille libre si tout sous-ensemble fini deB est libre. Rappelons encore qu’une liste finie de vecteurs (v₁, . . . , v_n) est libre si pour tout α₁, . . . , α_n ∈ F tels que

n

X

i=1

αivi= 0, cela implique que α1 =· · ·=αn= 0.

Une base deV est une famille libre et g´en´eratrice deV.

b) Comme U est un sous-espace vectoriel de V qui est de dimension finie, alors U est

´egalement de dimension finie (par un corollaire du th´eor`eme de la borne). Par cons´equent, il admet une base (u<sub>1</sub>, . . . , u<sub>m</sub>). Par le th´eor`eme du ballon, il existe w₁, . . . , w_n ∈W tels que (u1, . . . , um, w1, . . . , wn) est une base de V. Posons alors W = span((w1, . . . , wn)) et montrons que V =U⊕W.

V´erifions que V = U +W. On sait que U +W ⊆ V. Montrons l’autre inclusion. Soit v∈V, alors il existe α1, . . . , αm, β1, . . . , βn∈F tels que

v=

m

X

i=1

α_iu_i+

n

X

j=1

β_jw_j ∈U +W.

V´erifions ensuite queU∩W ={0}. Soitv∈U∩W. Alors il existeα1. . . , αm∈Ftels que v=

m

X

i=1

αiui, et il existeβ1, . . . , βm ∈F tels quev=

n

X

j=1

βjwj. Donc

0 =v−v=

m

X

i=1

α_iu_i−

n

X

j=1

β_jw_j

ce qui implique queαi = 0 =βj pour toutiet toutj, car la liste (u1, . . . , um, w1, . . . , wn) est libre. Par cons´equent,V =U ⊕W.

c) Remarquons tout d’abord que les ´el´ementsϕ(ei) appartiennent `aW pour touti= 1, . . . , n.

Montrons que la liste (ϕ(e1), . . . , ϕ(en)) est libre. Soitα1, . . . , αn∈Ftels que

n

X

i=1

αiϕ(ei) = 0. Alors par lin´earit´e deϕ, nous obtenons ϕ

n

X

i=1

α_ie_i

!

= 0, donc

n

X

i=1

α_ie_i = 0 vu que ϕ

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est injective. Comme (e1, . . . , en) est une base deV, cela implique queα1=· · ·=αn= 0.

Montrons ensuite que cette liste est g´en´eratrice. Soit w ∈W. Commeϕ est surjective, il existev∈V tel queϕ(v) =w. Comme (e₁, . . . , e_n) est une base deV, il existeα₁, . . . , α_n∈ Ftels que v=

n

X

i=1

α_ie_i. Commeϕest lin´eaire, on a doncw=

n

X

i=1

α_iϕ(e_i).

Par cons´equent (ϕ(e₁), . . . , ϕ(e_n)) est bien une base de W.

d) Comme U est un sous-espace de V et que V est de dimension finie, U est ´egalement de dimension finie et il existe (u₁, . . . , u_n) une base de U. Supposons qu’il existe v ∈V tel que v /∈ U. Alors la liste (u₁, . . . , u_n, v) est libre : en effet, s’il existe une combinaison lin´eaire de ces vecteurs qui vaut z´ero, alors soit le coefficient de v est nul mais alors vu l’ind´ependance lin´eaire de (u₁, . . . , u_n) tous les coefficients sont nuls ; soit ce coefficient est non nul, et cela impliquev ∈span((u₁, . . . , u_n)) = U ce qui est une contradiction. Donc dim(V) ≥ n+ 1 > n = dim(U) ce qui contredit l’hypoth`ese. Donc tout vecteur de V appartient `a U, et ainsiU =V.

Exercice 2

a) Tout d’abord U 6=∅car 0 = (3·0,2·0,4·0 + 3·0)∈U.

Soit v = (3y,2x,4x+ 5y) et v⁰ = (3y⁰,2x⁰,4x⁰+ 5y⁰) deux ´el´ements de U, et soit α∈ R.

Alors

v+v⁰ =(3y,2x,4x+ 5y) + (3y⁰,2x⁰,4x⁰+ 5y⁰) = (3y+ 3y⁰,2x+ 2x⁰,4x+ 5y+ 4x⁰+ 5y⁰) = (3(y+y⁰),2(x+x⁰),4(x+x⁰) + 5(y+y⁰))∈U

etαv=α(3y,2x,4x+ 5y) = (3αy,2αx,4αx+ 5αy)∈U. Donc U est bien un sous-espace vectoriel deR³.

b) On remarque que

U ={x(0,2,4) +y(3,0,5)|x, y∈R}= span_R((0,2,4),(3,0,5)).

Comme (0,2,4)6=α(3,0,5) pour toutα∈R, ces deux vecteurs sont lin´eairement ind´epen- dants, donc la liste ((0,2,4),(3,0,5)) est une base de U (on peut utiliser ce crit`ere car il y a deux vecteurs).

c) La dimension deU est ´egale au nombre d’´el´ements d’une de ses bases. Donc dim_R(U) = 2.

d) Un tel sous-espace W doit ˆetre de dimension 1, car 3 = dim(R³) = dim(U ⊕W) = dim(U) + dim(W) = 2 + dim(W). On peut choisir par exemple W = span((1,0,0)). En effet, on aU ∩W ={0}, car siv ∈ U ∩W, alors v =λ(1,0,0) et v = (3y,2x,4x+ 5y), ce qui implique quex=y=λ= 0, doncv= 0. Comme la liste ((0,2,4),(3,0,5),(1,0,0)) est libre, c’est donc une base deR³. Ainsi

R³= span_R((0,2,4),(3,0,5),(1,0,0))

= span_R((0,2,4),(3,0,5)) + span_R((1,0,0)) =U +W

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Nous avons donc bien queR³ =U ⊕W.

Exercice 3

a) Soitp(X) =

4

X

i=0

a_iXⁱ etq(X) =

4

X

i=0

b_iXⁱ∈P4(F) et soit α∈F. Alors T(p(X) +αq(X)) =

= 12(a₄+αb₄)X²+ 6(a₃+αb₃)X+ 2(a₂+αb₂)−2(a₀+αb₀)

= 12a4X²+ 6a3X+ 2a2−2a0+α(12b4X²+ 6b3X+ 2b2−2b0)

=T(p(X)) +αT(q(X)) donc l’applicationT est lin´eaire.

b) On a Ker(T) = {p(X) ∈P4(F)|p⁰⁰(X)−2p(0) = 0}. Donc si p(X) =

4

X

i=0

a_iXⁱ ∈ Ker(T), alors 12a4X² + 6a3X+ 2a2−2a0 = 0, donc a4 = a3 = 0 et a2 = a0. Donc Ker(T) = span((X, X²+ 1)). Comme ces deux vecteurs sont lin´eairement ind´ependants, (X, X²+ 1) est une base de Ker(T) qui est donc de dimension 2.

c) Vu le th´eor`eme du rang, on a Rang(T) = dim(V)−dim(Ker(T)) = 5−2 = 3, vu que dim(P4) = 5 car il poss`ede la base (1, X, X², X³, X⁴).

d) Comme Ker(T)6= 0, car Ker(T) est de dimension 2, l’applicationT n’est pas injective.

e) Comme Rang(T) = 3 = dim(P2(F)), on en d´eduit que Im(T) =P2(F) en utilisant l’exer- cice 1, d). Donc l’applicationT est surjective.

Exercice 4

a) Non. En effet, C poss`ede un nombre infini d’´el´ements. Si V = {0}, alors V ne poss`ede qu’un ´el´ement. SiV est unC-espace vectoriel non nul et siα6=β pour desα, β ∈C, alors il existev∈V, non nul, et doncαv 6=βv car sinon (α−β)v= 0 ce qui n’est pas possible carv 6= 0 et α−β 6= 0. Par cons´equent, tous les ´el´ementsλv pour λ∈C sont diff´erents.

Donc toutC-espace vectoriel non nul poss`ede une infinit´e d’´el´ements.

b) Non. Consid´erons les applications f etg de V d´efinies parf(x) =x et g(x) = −x pour tout x ∈ R. On v´erifie que f et g sont des applications bijectives, donc f, g ∈ U, mais (f +g)(x) =x−x = 0 pour toutx∈R, donc f+g n’est pas bijective, ainsif +g /∈U. On peut ´egalement v´erifier cela en remarquant que la fonction nulle n’appartient pas `aU, doncU ne peut pas ˆetre un sous-espace vectoriel.

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c) Si A =

a b c d

∈ U, alors

a c b d

=

a¯ ¯b

¯ c d¯

, donc a = ¯a, b = ¯c et d = ¯d. Par cons´equent a, d ∈Ret b= ¯c. Posons v1 =

1 0 0 0

, v2 =

0 0 0 1

, v3 =

0 1 1 0

et v4=

0 i

−i 0

et montrons que (v1, v2, v3, v4) est une base deU. C’est une liste g´en´eratrice. En effet, siA=

a b c d

∈U, alorsa, d∈Ret sib=x+iy pour x, y ∈ R, alors c =x−iy. Par cons´equent, on a A =av₁+dv₂ +xv₃+yv₄. Donc U = span_R((v₁, v₂, v₃, v₄)).

Montrons ensuite que c’est une liste libre. Soita, b, c, d∈Rtels queav1+bv2+cv3+dv4 = 0, alors

a c+di c−di b

=

0 0 0 0

, et par cons´equent,a=b=c=d= 0.

Donc (v1, v2, v3, v4) est une base deU, ainsi dim(U) = 4.

d) Si n < m, alors par le th´eor`eme du rang, on a Rang(T) = dim(V)−dim(Ker(T))≤n <

m= dim(W) donc ϕne peut pas ˆetre surjective.

Si n > m, alors par le th´eor`eme du rang, on a dim(Ker(T)) = dim(V) −Rang(T) ≥ n−m >0 doncϕ ne peut pas ˆetre injective.

Par cons´equent, pour queϕ soit bijective, il faut quen=m. Ce n’est pas une condition suffisante car l’application nulle de Fⁿ dansFⁿ n’est pas bijective.