EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 7
Exercice 1. 1. Soient (x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈R3 et a1, a2 ∈R. On a T1(a1(x1, y1, z1) +a2(x2, y2, z2))
=T1(a1x1 +a2x2, a1y1+a2y2, a1z1+a2z2)
= (4(a1x1+a2x2)−2(a1y1+a2y2),(a1x1 +a2x2) + (a1y1+a2y2)−(a1z1+a2z2))
=a1(4x1−2y1, x1+y1−z1) +a2(4x2−2y2, x2+y2−z2)
=a1T1(x1, y1, z1) +a2T1(x2, y2, z2).
T1 est donc linéaire. Si v = (x, y, z) ∈ ker(T1), alors (4x−2y, x+y−z) = 0, et donc y = 2x et z =x+y = 3x. On obtient v = (x,2x,3x) = x(1,2,3). On a donc ker(T1) = span{(1,2,3)} etdim(ker(T1)) = 1. Comme ker(T1)6={0}, T1 n'est pas injective.
2. Soient (x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈F3 eta1, a2 ∈F. On a
T2(a1(x1, y1, z1) +a2(x2, y2, z2)) =T2(a1x1 +a2x2, a1y1+a2y2, a1z1+a2z2)
=
a1x1 +a2x2 a1y1+a2y2 a1z1 +a2z2 0
=a1
x1 y1 z1 0
+a2
x2 y2 z2 0
=a1T2(x1, y1, z1) +a2T2(x2, y2, z2).
T2 est donc linéaire. Si v = (x, y, z) ∈ ker(T2), alors T2(v) =
x y z 0
= 0, et donc x= y= z = 0. On obtient v = 0 et ker(T2) = {0}. Par conséquent, dim(ker(T2)) = 0 et T2 est injectif.
3. Soient p, q ∈ P3(C) et α, β ∈ C. On a T3(αp+βq) = (αp+βq)(a) = αp(a) +βq(a) = αT3(p)+βT3(q), doncT3 est linéaire. Sip∈ker(T3), alors0 =T3(p) = p(a)et le polynôme (X−a)divise p(voir la Proposition 4.1 dans le livre de S. Axler). Comme p∈P3(C), on obtient p(X) = (X−a)(αX2+βX+γ) avecα, β, γ ∈C, ou bienp(X) = αX2(X−a) + βX(X−a)+γ(X−a). On a donc prouvéker(T3) = span{X2(X−a), X(X−a),(X−a)}. Si αX2(X−a)+βX(X−a)+γ(X−a) = 0, alorsαX3+(−aα+β)X2+(−aβ+γ)X−aγ = 0 et donc α = −aγ = −aα + β = −aβ + γ = 0, ce qui implique α = β = γ = 0. (X2(X−a), X(X−a),(X−a)) est donc une base de ker(T3) et dim(ker(T3)) = 3. T3 n'est donc pas injectif.
Exercice 2. 1. Soient (x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈R3 et a1, a2 ∈R. Alors on a L(a1(x1, y1, z1) +a2(x2, y2, z2))
=L(a1x1+a2x2, a1y1+a2y2, a1z1+a2z2)
= (a1x1+a2x2 −2(a1y1+a2y2),0,3(a1x1+a2x2),(a1z1+a2z2)−(a1y1+a2y2))
=a1(x1 −2y1,0,3x1, z1−y1) +a2(x2−2y2,0,3x2, z2−y2).
L est donc linéaire.
1
2. Soient e1 = (1,0,0), e2 = (0,1,0)et e3 = (0,0,1). Comme(e1, e2, e3) est une base de R3 etL est linéaire, on trouve
im(L) ={L(v)|v ∈R3}={L(xe1+ye2+ze3)|x, y, z ∈R}
={xL(e1) +yL(e2) +zL(e3)|x, y, z ∈R}
= span (L(e1), L(e2), L(e3)).
On calcule L(e1) = (1,0,3,0), L(e2) = (−2,0,0,−1) et L(e3) = (0,0,0,1). Ces trois vecteurs sont linéairement indépendants carxL(e1)+yL(e2)+zL(e3) = 0, avecx, y, z ∈R, implique x = 2y, 3x = 0 et z = y, donc x = y = z = 0 (on remarque qu'on vient de montrer simultanément quekerL={0}).B:= (L(e1), L(e2), L(e3))est donc une base de im(L) et on trouve dim(im(L)) = 3. Comme dim(R4) = 4, B ne peut pas être une base deR4. Par conséquent im(L)( R4 etL n'est pas surjective.
3. On trouve, en utilisant le théorème du rang :
3 = dim(R3) = dim(ker(L)) + dim(im(L)) = dim(ker(L)) + 3,
donc dim(ker(L)) = 0. On retrouve ce qu'on a déjà vu dans la question précédente : ker(L) = {0}. L est donc injective.
Exercice 3. Soient (x1, y1, z1),(x2, y2, z2)∈R3 etα1, α2 ∈R. Alors on a f(α1(x1, y1, z1) +α2(x2, y2, z2))
=f(α1x1+α2x2, α1y1+α2y2, α1z1+α2z2)
= (a2+a)(α1x1+α2x2) +a(α1z1+α2z2),3a(α1y1+α2y2),(a2−1)(α1z1+α2z2)
=α1 (a2+a)x1+z1,3ay1,(a2−1)z1
+α2 (a2+a)x2+z2,3ay2,(a2−1)z2
=α1f(x1, y1, z1) +α2f(x2, y2, z2).
f est donc linéaire.
Comme dans l'exercice précédent, on trouveim(f) = (f(e1), f(e2), f(e3)). On trouvef(e1) = (a2+a,0,0),f(e2) = (0,3a,0)etf(e3) = (a,0, a2−1). Six(a2+a,0,0) +y(0,3a,0) +z(a,0, a2− 1) = 0 avecx, y, z ∈R, alors
(a2+a)x+z = 0 3ay = 0 (a2 −1)z = 0
Sia2−16= 0, a2+a6= 0 eta6= 0, alorsx=y =z = 0 et les vecteursf(e1), f(e2) etf(e3)sont linéairement indépendants. On trouve donc Rang(f) = dim(im(f)) = 3 si a∈R\ {0,1,−1,}.
Si a = 1, on trouve f(e1) = (2,0,0), f(e2) = (0,3,0) et f(e3) = (1,0,0). On a f(e1) = 2f(e3) et par conséquent f(e1) ∈ span (f(e2), f(e3)). Les vecteurs f(e2) = (0,3,0) et f(e3) = (1,0,0) sont linéairement indépendants et on trouve im(f) = span (f(e2), f(e3)) etRang(f) = dim(im(f)) = 2 dans le cas où a= 1.
Si a = −1, on a f(e1) = (0,0,0) et comme f(e2) = (0,−3,0) et f(e3) = (−1,0,0) sont linéairement indépendants, on trouve im(f) = span (f(e2), f(e3)) et Rang(f) = dim(im(f)) = 2.
Si a = 0, on a f(e1) = f(e2) = (0,0,0) et f(e3) = (0,0,−1). On trouve donc im(f) = span (f(e3))et Rang(f) = dim(im(f)) = 1.
2
Exercice 4. 1. Soitv ∈V. Puisque(p◦p)(v) = p(v), on a p(v−p(v)) = 0, donc v−p(v)∈ ker(p). Alorsv = (v−p(v)) +p(v), avecv−p(v)∈ker(p)etp(v)∈im(p). Par conséquent, V = ker(p) + im(p). Si w ∈ ker(p)∩im(p), alors p(w) = 0 et w = p(v) pour un certain v ∈ V. Donc 0 = p(w) = p(p(v)) = p(v) = w. On a montré ker(p)∩im(p) = {0}. Par conséquent, V = ker(p)⊕im(p).
2. Si v ∈ V, alors v = u+w, où u = v −p(v) ∈ ker(p) et w = p(v) ∈ im(p), et donc p(v) =p(u+w) =p(v−p(v)) +p(p(v)) =p(v) = w. On conclut que p est la projection surim(p) le long de ker(p).
Exercice 5. 1. F(X,R) est un R-espace vectoriel (voir le cours). Soit pour i = 1,2,3 la fonction fi : X → R dénie par fi(xj) = δij. On rappelle la notation δij = 0 si i 6= j et δij = 1 si i = j. La liste (f1, f2, f3) est alors libre : soient a1, a2, a3 ∈ R tels que f =P3
i=1aifi = 0. On a alorsf(xj) = 0 pour j = 1,2,3 et donc 0 =f(xj) =
3
X
i=1
aifi(xj) =
3
X
i=1
aiδij =aj
pour j = 1,2,3. De plus, (f1, f2, f3) engendre F(X,R) : soit f ∈ F(X,R), alors f = P3
i=1f(xi)fi. En eet, les fonctions sont égales si elles ont les mêmes valeurs pour les trois éléments de X, et on a
3
X
i=1
f(xi)fi
!
(xj) =
3
X
i=1
f(xi)fi(xj) =
3
X
i=1
f(xi)δij =f(xj)
pour j = 1,2,3. On a donc montré F(X,R) = span (f1, f2, f3), et par conséquent dim(F(X,R)) = 3.
2. Si f = P3
i=1f(xi)fi ∈ ker(Φ), alors (f(x1), f(x2)) = 0 et par conséquent f = f(x3)f3. On trouve ker(Φ) = span(f3) et dim(ker(Φ)) = 1. En utilisant le théorème du rang, on obtient dim(im(Φ)) = dim(F(X,R))−dim(ker(Φ)) = 3−1 = 2. Comme im(Φ) est un sous-espace vectoriel deR2 de dimension 2, on obtient im(Φ) =R2 etΦ est surjective.
Exercice 6. 1. Comme dans les exercices 1, 2 et 3.
2. Si v = (x, y, z)∈ker(F), alors(x+ 3y+z,2x+ 2y+z,3x+y+z) = 0. On doit résoudre le système
x+ 3y+z = 0 (L1) 2x+ 2y+z = 0 (L2) 3x+y+z = 0 (L3)
En soustrayant deux fois la première ligne à la deuxième, et trois fois la première à la troisième, on obtient :
x+ 3y+z = 0 (L1)
−4y−z = 0 (L02) = (L2)−2(L1)
−8y−2z = 0 (L03) = (L3)−3(L1) et
x+ 3y+z = 0 (L1)
−4y−z = 0 (L02)
0 = 0 (L003) = (L03)−2(L02)
en soustrayant deux fois la deuxième ligne à la troisième. On trouve donc −4y−z = 0 et x+ 3y+z = 0, ce qui implique z =−4y et x=−3y−z =−3y+ 4y=y. On a donc v = (y, y,−4y) =y(1,1,−4), ce qui montre queker(F) = span ((1,1,−4)).
3
3. On doit résoudre le système
x+ 3y+z = 7 2x+ 2y+z = 6 3x+y+z = 5
qu'on écrit
1 3 1 7 2 2 1 6 3 1 1 5
.
Les coecients dans la première colonne correspondent aux coecients devant les x, etc. Additionner deux équations revient à additionner deux lignes de cette matrice vues commes vecteurs, etc. On procède par les mêmes opérations que dans la question précé- dente :
1 3 1 7 2 2 1 6 3 1 1 5
;
1 3 1 7
0 −4 −1 −8 0 −8 −2 −16
;
1 3 1 7
0 −4 −1 −8
0 0 0 0
. On obtient4y+z = 8 et7 =x+ 3y+z =x+ 3y+ (8−4y), ce qui impliquez = 8−4yet
−1 =x−y. Les solutions sont donc de la forme(x, x+1,8−4(x+1)) =x(1,1,−4)+(0,1,4) avecx∈F. L'ensemble des solutions cherché est donc
{(0,1,4) +x(1,1,−4)|x∈F}= (0,1,4) + ker(F).
4. On commence par calculer ker(H). On résoud le système
x+ 2y+ 4z = 0 x+ 3y+ 5z = 0
−x−3y+ 2z = 0
qu'on écrit
1 2 4 0
1 3 5 0
−1 −3 2 0
(L1) (L2) (L3)
;
1 2 4 0 0 1 1 0 0 −1 6 0
(L1)
(L02) = (L2)−(L1) (L03) = (L3) + (L1)
;
1 2 4 0 0 1 1 0 0 0 7 0
(L1) (L02)
(L003) = (L03) + (L02) .
On trouve 7z = 0, donc z = 0, puis y+z = 0 et x+ 2y+ 4z = 0, ce qui nous donne x=y =z = 0 etker(H) = {0}.
Ensuite, pour trouver les préimages dev = (7,8,6), on résoud le système
1 2 4 7
1 3 5 8
−1 −3 2 6
;
1 2 4 7
0 1 1 1
0 −1 6 13
;
1 2 4 7 0 1 1 1 0 0 7 14
.
On a utilisé les mêmes opérations que pour le système précédent. On trouve donc7z = 14, y+z = 1 et x+ 2y + 4z = 7, ce qui implique z = 2, y = 1−z = 1−2 = −1 et x= 7−2y−4z= 7 + 2−8 = 1. L'élément(1,−1,2)deR3 est donc le seul vecteur envoyé sur(7,8,6) par H.
4
