EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 8
Exercice 1. 1. Si v = (x1, x2, x3, x4) ∈ ker(T), alors x1 = 5x2 et x3 = 7x4. On peut donc écrire v = (5x2, x2,7x4, x4) = x2(5,1,0,0) +x4(0,0,7,1). On a par conséquent ker(T) = span ((5,1,0,0),(0,0,7,1)) et comme cette liste est libre, c'est une base de ker(T). On trouve doncdim(ker(T)) = 2et d'après le théorème du rang :
dim(im(T)) = dim(F4)−dim(ker(T)) = 4−2 = 2 = dim(F2).
Soit (v1, v2)⊆F2 une base du sous-espace vectorielim(T). Cette liste est donc libre et possède deux éléments. D'après un théorème du cours, c'est donc une base deF2. On obtient alorsim(T) = span(v1, v2) =F2etT est surjective.
2. Admettons qu'il existeS∈L(F5,F2)telle que
ker(S) ={(x1, x2, x3, x4, x5)∈F5|x1= 3x2etx3=x4=x5}.
On prouve de la même manière que dans la question précédente que((3,1,0,0,0),(0,0,1,1,1)) est une base deker(S). On trouve doncdim(ker(S)) = 2et par le théorème du rang :
dim(im(S)) = dim(F5)−dim(ker(S)) = 5−2 = 3.
D'autre part, comme im(S) est un sous-espace vectoriel de F2, on a dim(im(S)) ≤ dim(F2) = 2, une contradiction.
Il n'existe donc aucune application linéaire deF5dansF2ayant un noyau de dimension 2.
Exercice 2. 1. Soientv, w ∈U et α, β∈F. En utilisant la dénition de la composée de deux applications et le fait queSetT sont linéaires, on obtient
(T◦S)(αv+βw) =T(S(αv+βw)) =T(αS(v) +βS(w))
=αT(S(v)) +βT(S(w)) =α(T◦S)(v) +β(T◦S)(w), doncT◦Sest linéaire. (Voir aussi l'exerice 5 de la série 6.)
2. Siu∈ker(T◦S), alors0 = (T◦S)(u) =T(S(u))et doncS(u)∈kerT. La restrictionS0 deSdénie par :
S0: ker(T◦S)→kerT, S0(u) :=S(u)pour toutu∈ker(T◦S)
est donc bien dénie. Il est facile de montrer que S0 est linéaire, et on aimS0 ⊂kerT. On a aussi kerS0 = kerS : siu∈ ker(S0), alors S(u) =S0(u) = 0 et doncu∈ kerS, si u ∈ ker(S), alorsu ∈ ker(T ◦S) et S0(u) = S(u) = 0, doncu ∈ ker(S0). Comme ker(T◦S)⊆U, on a d'après le coursdim(ker(T◦S))≤dimU <∞et on peut appliquer le théorème du rang pour obtenir
dim(ker(T◦S)) = dim(kerS0) + dim(imS0).
1
Mais commekerS0= kerSetimS0⊂kerT, on trouve
dim(ker(T◦S))≤dim(kerS) + dim(kerT).
Attention, la partie droite de cette inégalité peut être égale à∞carkerT n'est pas forcé- ment de dimension nie.
Exercice 3. Il est facile de vérier queφ est une application linéaire. On montre les deux implications.
⇒ : Siφest bijective, alors φest en particulier injective et on akerφ={0} carφ est linéaire. Siα1, . . . , αn ∈ F sont tels quePn
i=1αivi = 0, alors le vecteur (α1, . . . , αn) ∈ Fn a pour image φ(α1, . . . , αn) = 0. On a donc(α1, . . . , αn) ∈ kerφ = {0} et par conséquent α1=. . .=αn= 0. La liste(v1, . . . , vn)est donc libre. Commeφest aussi surjective, il existe pour toutv∈ V un vecteur(α1, . . . , αn)∈ Fn tel quePn
i=1αivi =φ(α1, . . . , αn) =v. On a doncv∈span(v1, . . . , vn)pour toutv∈V, ce qui montre quespan(v1, . . . , vn) =V. La liste (v1, . . . , vn)est donc une base deV.
On peut aussi procéder de la manière suivante : on montre comme en haut que(v1, . . . , vn) est libre. D'après le théorème du rang et la bijectivité deφ, on a
n= dim(Fn) = dim(kerφ) + dim(imφ) = 0 + dim(imφ) = dimV.
La liste(v1, . . . , vn)est donc libre dans l'espace vectorielV de dimensionn. D'après un théorème du cours, c'est donc une base deV.
⇐ : Supposons que(v1, . . . , vn)est une base deV. On montre d'abord queφest injective.
Soit(x1, . . . , xn)∈Fntel queφ(x1, . . . , xn) = 0. On a alorsPn
i=1xivi= 0et, comme(v1, . . . , vn) est libre,x1=. . .=xn= 0. On a donc montrékerφ={0}etφest injective.
Soit maintenant v ∈ V. Comme span(v1, . . . , vn) = V, il existe x1, . . . , xn ∈ F tels que v=x1v1+. . .+xnvn. Mais alors on trouveφ(x1, . . . , xn) =Pn
i=1xivi=v et, commev∈V était quelconque,im(φ) =V. La fonctionφest donc bijective.
On peut aussi procéder de la manière suivante : on montre comme en haut queφest injective.
Comme(v1, . . . , vn)est une base deV, on trouvedimV =n. D'après le théorème du rang, on a
dimV =n= dim(Fn) = dim(kerφ) + dim(imφ) = 0 + dim(imφ).
im(φ)est donc un sous-espace vectoriel de V de dimensiondimV. D'après un théorème du cours, une base deim(φ)doit donc être une base deV. On trouveim(φ) =V etφest surjective.
Exercice 4. SiT˜:R2→R2 est une application linéaire satisfaisantT˜(1,0) =t(1,0) = (1,1) etT˜(0,1) =t(0,1) = (1,2), on a pour tout(x, y)∈R2:
T˜(x, y) = ˜T(x(1,0) +y(0,1)) =xT˜(1,0) +yT˜(0,1) =x(1,1) +y(1,2) = (x+y, x+ 2y) par la linéarité deT˜. Soit doncT :R2→R2dénie parT(x, y) = (x+y, x+2y). L'applicationT est linéaire etT(1,0) = (1,1) =t(1,0)etT(0,1) = (1,2) =t(0,1). Il existe donc une extension linéaireT de tet elle est unique car on a vu que siT˜ est une extension linéaire deT, alors T˜=T.
On a en particulier trouvéT(x, y) = (x+y, x+ 2y)pour tout(x, y)∈R2, et donca=b= c= 1etd= 2.
Exercice 5. 1. On vérie tout d'abord que la loi externe et la loi interne sont bien dénies.
SiT, S∈L(V, W)etα∈F, on aT(v), S(v)∈Wpour toutv∈V. CommeW est un F-espace vectoriel, on aT(v) +S(v)∈W etαS(v)∈ W. Les applications S+T et
2
αSsont donc bien des applicationsV →W. On doit montrer queS+T etαSsont linéaires. Soientv, w∈V eta, b∈F. On a alors
(S+T)(av+bw) =S(av+bw) +T(av+bw) =aS(v) +bS(w) +aT(v) +bT(w)
=a(S(v) +T(v)) +b(S(w) +T(w)) =a(S+T)(v) +b(S+T)(w) et
(αS)(av+bw) =αS(av+bw) =α(aS(v) +bS(w))
=aαS(v) +bαS(w) =a(αS)(v) +b(αS)(w).
T+SetαSsont donc bien linéaires.
(V1): SoientS, T∈L(V, W). On a pour toutv∈V :(S+T)(v) =S(v)+T(v) =T(v)+
S(v) = (T+S)(v)par la commutativité de l'addition dansW, et doncS+T=T+S pour toutS, T∈L(V, W).
(V2): SoientR, S, T∈L(V, W)etα, β∈F. On a pour toutv∈V : (R+ (S+T))(v) =R(v) + (S+T)(v) =R(v) +S(v) +T(v)
= (R+S)(v) +T(v) = ((R+S) +T)(v) et
(β(αS))(v) =β(αS)(v) =βαS(v) = (βα)S(v) = ((βα)S)(v).
On a doncR+ (S+T) = (R+S) +T pour toutR, S, T∈L(V, W)etβ(αS) = (βα)S pour toutα, β∈F,S∈L(V, W).
(V3): SoitO:V →W l'application nulle, dénie parO(v) = 0W pour toutv∈V, où 0W est l'élément neutre deW.Oest linéaire et on a pour toutS∈L(V, W)etv∈V : (O+S)(v) =O(v)+S(v) = 0W+S(v) =S(v), doncO+S=Spour toutS∈L(V, W).
(V4): SoitS∈L(V, W)etv∈V. On a(S+ ((−1)·(S)))(v) =S(v) + ((−1)·(S))(v) = S(v) + (−1)S(v) =S(v)−S(v) = 0W. La fonction(−1)Sest donc telle queS+ ((−1)· S) =O. Il existe donc pour toutS∈L(V, W)une fonctionT = (−1)·S∈L(V, W) (linéaire d'après le premier point) telle queS+T =O.
(V5): SoitS∈L(V, W). On a(1·S)(v) = 1·S(v) =S(v)pour toutv∈V et donc (1·S) =S. On a donc montré(1·S) =Spour toutS∈L(V, W).
(V6): Soientα, β∈FetS, T∈L(V, W). On a pour toutv∈V :
((α+β)S)(v) = (α+β)S(v) =αS(v) +βS(v) = (αS)(v) + (βS)(v) = ((αS) + (βS))(v) et
(α(T+S))(v) =α(T+S)(v) =α(T(v) +S(v)) =αT(v) +αS(v)
= (αT)(v) + (αS)(v) = ((αT) + (αS))(v).
Commev∈V était arbitraire, on a donc prouvé(α+β)S= (αS)+(βS)etα(T+S) = (αT) + (αS)pour toutα, β∈FetS, T∈L(V, W).
On a vérié tous les axiomes et(L(V, W),add,multi)est unF-espace vectoriel.
2. Soient, pouri = 1, . . . , n et j = 1, . . . , m, Fij ∈ L(V, W) les extensions linéaires des applicationsfij:BV →BW dénies parfij(vk) =δikwjpourk= 1, . . . , n. De manière plus précise : siv=Pn
k=1αkvk∈V, alorsFij(v) =αiwj. 3
On montre queB:={Fij|i= 1, . . . , n, j= 1, . . . , m}est une base deL(V, W).
SiF =Pn
i=1
Pm
j=1αijFij= 0, alors on aF(v) = 0pour toutv∈V. En particulier, on obtient pour chaquek∈ {1, . . . , n}:
0 =F(vk) = Xn
i=1
Xm j=1
αijFij
! (vk) =
Xn i=1
Xm j=1
αijFij(vk) = Xn
i=1
Xm j=1
αijδikwj= Xm j=1
αkjwj.
CommeBW est libre, on trouve doncαk1 =. . .=αkm= 0. Comme ceci est vrai pour toutk∈ {1, . . . , n}, on a montréαij= 0pour touti= 1, . . . , netj= 1, . . . , m.
Soit maintenantF ∈L(V, W). CommeBW est une base deW etF(vk)∈W pourk= 1, . . . , n, on peut écrire chaque imageF(vk) =Pm
j=1xjkwjavecxjk∈Fpourk= 1, . . . , n etj= 1, . . . , m. On montre que
F= Xn
i=1
Xm j=1
xjiFij.
Comme ces deux applications sont linéaires, il sut de vérier qu'elles coïncident sur la baseBV deV. On a pourk= 1, . . . , n:
Xn i=1
Xm j=1
xjiFij
! (vk) =
Xn i=1
Xm j=1
xjiFij(vk) = Xn
i=1
Xm j=1
xjiδikwj= Xm j=1
xjkwj=F(vk).
On a donc prouvé queF∈span(B)et, commeF était quelconque,V = span(B). La liste Best donc bien une base deL(V, W).
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