Corrigé de la série 9

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 9

Exercice 1. 1. La liste B1 := (1, X, X², X³, X⁴, X⁵) est une base de P5(F). En effet, si a+bX +cX² +dX³ +eX⁴ +f X⁵ = 0 avec a, b, c, d, e, f ∈ F, alors a = b = c = d = e=f = 0. De plus, chaque polynôme p∈P5(F) peut être écrit comme une combinaison linéaire des éléments de B1. On trouve doncdim(P5(F)) = 6.

Soit A=

a b c d e f

un élément deMat(2,3;F). On a alors

A=a

1 0 0 0 0 0

+b

0 1 0 0 0 0

+c

0 0 1 0 0 0

+d

0 0 0 1 0 0

+e

0 0 0 0 1 0

+f

0 0 0 0 0 1

. Pour i = 1,2, j = 1,2,3, on note e_ij = ((e_ij)_kl)_k=1,2

l=1,2,3

∈ Mat(2,3;F) la matrice ayant pour coefficients (e_ij)_kl = 1 si (k, l) = (i, j) et (e_ij)_kl = 0 si (k, l) 6= (i, j). On a donc A = ae11 + be12 + ce13 + de21 + ee22 + f e23 et par conséquent Mat(2,3;F) = span (e₁₁, e₁₂, e₁₃, e₂₁, e₂₂, e₂₃). Si ae₁₁ +be₁₂ +ce₁₃+de₂₁ +ee₂₂+f e₂₃ = 0, alors 0 = a b c

d e f

et donc a =b =c = d = e =f = 0. La liste B2 := (e₁₁, e₁₂, e₁₃, e₂₁, e₂₂, e₂₃) est donc libre et par conséquent une base deMat(2,3;F). On trouvedim(Mat(2,3;F)) = 6.

2. Comme dim(P5(F)) = 6, il existe d’après le cours un isomorphisme φ : P5(F) → F⁶. De même, commedim(Mat(2,3;F)) = 6, il existe un isomorphismeψ : Mat(2,3;F)→F⁶. La composition ψ⁻¹◦φ : P5(F) → Mat(2,3;F) est donc un isomorphisme (voir l’exercice 5 de la série 6) et on a bien P5(F)'Mat(2,3;F).

3. Soit η : P5(F) → Mat(2,3;F) l’extension linéaire de l’application t : B1 → B2 définie par t(1) = e₁₁, t(X) = e₁₂, t(X²) = e₁₃, t(X³) = e₂₁, t(X⁴) = e₂₂ et t(X⁵) = e₂₃. L’applicationηenvoie donc un polynômep=a+bX+cX²+dX³+eX⁴+f X⁵sur la matrice A=

a b c d e f

.ηest injective car siη(a+bX+cX²+dX³+eX⁴+f X⁵) =

a b c d e f

= 0,

alors a =b=c=d =e=f = 0 et donc a+bX +cX²+dX³+eX⁴+f X⁵ = 0. On en déduit la surjectivité de η par le théorème du rang et dim(P5(F)) = dim(Mat(2,3;F)).

Exercice 2. 1. Par définition, la première colonne de la matrice cherchéeA= (α_ij)consiste en les coefficientsα₁₁, α₂₁∈Ftels queT(e₁) = α₁₁e₁+α₂₁e₂. CommeT(e₁) = T(1,0,0) = (5,1) = 5(1,0) + (0,1) = 5e₁ +e₂, on a α₁₁ = 5 et α₂₁ = 1. Pour la deuxième colonne, on calcule T(e₂) = T(0,1,0) = (2,1) = 2e₁ +e₂, et en déduit α₁₂ = 2, α₂₂ = 1. Pour la troisième : T(e3) = (7,−1) = 7e₁ −e2, donc α13 = 7, α23 =−1. La matrice est alors donnée par A=

5 2 7 1 1 −1

.

2. Soit B = (β_ij) la matrice que l’on cherche. L’image du premier vecteur de la base de B sous T est T(1,1,0) = (5 + 2,1 + 1) = (7,2). Il nous faut l’exprimer dans la base B⁰, ce qui revient à déterminer β₁₁, β₂₁ tels que (7,2) = β₁₁(−e₁ +e₂) +β₂₁(e₁+e₂) = (−β₁₁+β₂₁, β₁₁+β₂₁). On trouveβ₁₁ =−⁵₂, β₂₁ = ⁹₂. En continuant de la même manière, on trouve B =

−⁵₂ −⁹₂ −6

9 2

9

2 6

= ¹₂

−5 −9 −12

9 9 12

.

1

3.

α 0 0 α

=αI₂

4.

0 1 1 0

Exercice 3. 1. Si S◦T = Id_V, alors T est injective. En effet, siv ∈V est tel queT(v) = 0, alors on a v = Id_V(v) = (S◦T)(v) = S(T(v)) = 0. Comme V est de dimension finie on peut utiliser le théorème du rang pour montrer que T est donc aussi surjective. T est donc un isomorphisme deV et il existeT⁰ ∈GL(V)tel queT ◦T⁰ = Id_V etT⁰◦T = Id_V. Mais alors on a :

T⁰ = Id_V ◦T⁰ = (S◦T)◦T⁰ =S◦(T ◦T⁰) =S◦Id_V =S.

Par conséquent, T ◦S = IdV.

2. Soientp, q ∈P(F)etα, β ∈F. On a alorsL(αp+βq)(X) =X(αp+βq)(X) = αXp(X) + βXq(X) =αL(p)(X) +βL(q)(X) = (αL(p) +βL(q))(X) et donc L(αp+βq) = αL(p) + βL(q). L’application L est donc linéaire. Si p ∈ P(F), p = Pn

i=0a_iXⁱ a pour image L(p) = 0, alors on a 0 = Xp(X) = X·Pn

i=0a_iXⁱ =Pn

i=0a_iXⁱ⁺¹. Comme un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls, on trouve donc a₀ =. . .=a_n= 0 et donc p = 0. On a alors ker(L) = {0} et L est injective. L n’est pas surjective car il n’existe pas de polynôme p∈P(F) tel que L(p) = 1.

3. On a H(p)(X) = a₀ +Pn

i=1a_iXⁱ⁻¹ pour p = Pn

i=0a_iXⁱ ∈ P(F). L’application H n’est pas injective car l’application h n’est pas injective ; en effet, on a h(1) = h(X) = 1.

Soit p ∈ P(F) donné par p(X) = Pn

i=0a_iXⁱ, alors si q ∈ P(F) est défini par q(X) = a₀ +Pn

i=1a_iXⁱ⁺¹, on trouve H(q) = p. En effet, H(q)(X) = a₀ + Pn

i=1a_iXⁱ⁺¹⁻¹ = a₀ +Pn

i=1a_iXⁱ = p(X). H est donc surjective (une autre manière de voir cela est de constater que h est surjective et(1, X, . . .) une base de P(F)).

4. Soit p∈P(F),p(X) =Pn

i=0aiXⁱ. On calcule L(p)(X) =Pn

i=0aiXⁱ⁺¹ =Pn+1

i=1 ai−1Xⁱ et donc(H◦L)(p)(X) = 0 +Pn+1

i=1 ai−1Xⁱ⁻¹ =Pn

i=0a_iXⁱ =p(X). On a doncH◦L= Id_P(F). On calcule maintenant (L◦H)(p)pour p= 1. On aH(1) = 1 et donc L(H(1))(X) =X.

Donc(L◦H)(p)(X)6= 1 =p(X). On a doncL◦H 6= Id_P(F).

Exercice 4. 1. On doit exprimer l’image par φ de chacun des vecteurs de B dans la base B. On a φ(1) = 2,φ(X) = 2X+ 3, φ(X²) = 2X²+ 6X−10, φ(X³) = 2X³+ 9X²−30X etφ(X⁴) = 2X⁴+ 12X³−60X². On peut donc écrire la matrice deφ dans la baseB :

[φ]_B,B =













2 3 −10 0 0

0 2 6 −30 0

0 0 2 9 −60

0 0 0 2 12

0 0 0 0 2











 .

2. On montre que B⁰ est une base de P4(R). On a dim(P4(R)) = 5, donc comme la liste B⁰ a5 éléments, il suffit de montrer qu’elle est libre d’après une proposition du cours. Si a+b(1 +X) +c(2 + 3X +X²) +d(1 +X)³+e(1 +X)⁴ = 0 avec a, b, c, d, e ∈R, alors (a+b+ 2c+d+e) + (b+ 3c+ 3d+ 4e)X+ (c+ 3d+ 6e)X²+ (d+ 4e)X³+eX⁴ = 0 et on trouve e =d+ 4e =c+ 3d+ 6e =b+ 3c+ 3d+ 4e= a+b+ 2c+d+e = 0, ce qui implique e=d=c=b =a = 0. La liste B⁰ est donc bien libre. On calcule les images de

2

ses éléments parφ. On a

φ(1) = 2, φ(1 +X) = 2 + 2X+ 3 = 3 + 2(1 +X),

φ(2 + 3X+X²) = 2(2 + 3X+X²) + 3(3 + 2X)−5·2 = 2(2 + 3X+X²) + 6(X+ 1)−7, φ((1 +X)³) = 2(1 +X)³+ 3·3(1 +X)²−5·6(1 +X)

= 2(1 +X)³+ 9(2 + 3X+X²)−39(1 +X), φ((1 +X)⁴) = 2(1 +X)⁴+ 3·4(1 +X)³−5·12(1 +X)²

= 2(1 +X)⁴+ 12(1 +X)³−60(2 + 3X+X²) + 60(1 +X).

On a exprimé les images de chacun des éléments de B⁰ dans la base B⁰. On trouve donc

[φ]_B⁰_,B⁰ =













2 3 −7 0 0

0 2 6 −39 60

0 0 2 9 −60

0 0 0 2 12

0 0 0 0 2











 .

3