Corrigé de la série 8

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008

Corrigé de la série 8

Exercice 1.

1. Tout d'abord, on calcule dim kerT. Un vecteur (x₁, x₂, x₃, x₄) ∈ kerT si et seulement si 2x₁ = 3x₃ et x₂ =−x₄ si et seulement si

(x₁, x₂, x₃, x₄) = ((3/2)x₃,−x₄, x₃, x₄) =x₃(3/2,0,1,0) +x₄(0,−1,0,1).

AlorskerT = span((³₂,0,1,0),(0,−1,0,1)). C'est facile à voir que((³₂,0,1,0),(0,−1,0,1)) est linéairement indépendante, donc une base de kerT. Alors dim kerT = 2. Selon la formule de dimension : 4 = dimF⁴ = dim kerT + dim imT = 2 + dim imT, et alors dim imT = 2 = dimF². Par l'exercice 6 de la série 6, imT = F², c-à-d que T est surjective.

2. On trouve que ((1,1,0,0,0),(0,0,1,1/2,1/3)) est une base de U alors dimU = 2. S'il existe T ∈ L(F⁴,F²) telle que kerT = U, alors 5 = dimF⁵ = dim kerT + dim imT = 2+dim imT, et alorsdim imT = 3. MaisimT est un sous-espace deF², doncdim imT ≤2, contradiction.

3. Pour déterminer ker(T), il nous faut résoudre le système x−y+z+t= 0

x+ 2z−t= 0 x+y+ 3z−3t= 0.

Pour éliminer x, soustrayons la deuxième équation de la troisième et la deuxième de troisième. Le résultat est le système des deux équations équivalents

2y+ 2z−4t= 0 y+z−2t= 0.

Alors y = 2t−z, x = y−z−t = t−2z et t, z sont arbitraires. Cela nous montre que ker(T) = {(t −2z,2t −z, z, t)|z, t ∈ F} = span ((1,2,0,1),(−2,−1,1,0)), qui a donc comme base((1,2,0,1),(−2,−1,1,0)).

Par le théorème du rang, la dimension de im(T) est 2. Pour en avoir une base, il sut alors de trouver deux vecteurs linéairements indépendants. Les images de~e₁ et~e₂,T(~e₁) = (1,1,1)et T(~e₂) = (−1,0,1) sont clairement indépendants et forment donc une base.

Exercice 2. Nous laissons le soin au lecteur de démontrer que φ_h est linéaire. Pour voir que c'est un isomorphisme, il sut d'observer que φ_h admet comme inverse l'application linéaire φ−h.

Exercice 3. Soit U un complément du sous-espace ker(T)deV. Alors on aU ∩ker(T) ={0}

par dénition. CommeU ⊆V est un sous-espace, on a clairementT(U)⊆T(V) = im(T). Pour montrer que im(T) ⊆ T(U) prenons w ∈ im(T). Il existe alors un v ∈ V tel que T(v) = w. Comme V = ker(T)⊕ U, nous pouvons trouver des éléments x ∈ ker(T), u ∈ U tels que v =x+u. Alors w =T(v) =T(x+u) = T(x) +T(u) = T(u)∈T(U).

1

Exercice 4.

1. Tout d'abord, observons que la prescription P(u+w) = u détermine bien une fonction V →W. En eet, chaque v ∈V s'écrit sous la formev =u+w avecu∈U,w∈W, et u etwsont uniquement déterminés, vu que la somme deU etW est directe. La vérication que P est linéaire se fait de manière standard.

2. Un vecteur (x, y)se décompose comme (x, y) = (0, y−x) + (x, x). Par dénition deP, il s'ensuit queP(x, y) = (0, y−x). Un dessin expliquera pourquoiP est appelée projection surW le long de U.

3. Soit A= (a_i,j)∈Mat(n, n;F). Alors on calcule : (P ◦P)(A) = 1

2 P(A)−P(A)^T

= 1 2

1

2(A−A^T)− 1

2(A−A^T) T!

. (1)

L'entrée à la place (i, j) de cette matrice est donnée par 1

2 1

2(a_i,j −a_j,i)− 1

2(a_j,i−a_i,j)

= 1

2(a_i,j−a_j,i) = P(A)_i,j. Par conséquent, (P ◦P)(A) =P(A)pour tout A, et P est donc un projecteur.

Pour éviter de devoir travailler avec les entrées de A, on peut d'abord facilement vérier que pour α ∈F et A, B ∈ Mat(n, n;F) on a des identités (αA)^T = αA^T et (A+B)^T = A^T +B^T. Cela nous donne :

1

2(A−A^T) T

= 1

2 (A−A^T)T

= 1

2(A^T −(A^T)^T) = 1

2(A^T −A).

Substituant cette expression dans le dernier terme de (1) nous donne : (P ◦P)(A) = 1

2 1

2(A−A^T)− 1

2(A^T −A)

= 1

2(A−A^T) = P(A).

4. Soit eun projecteur de V et soit v ∈V. Puisque(e◦e)(v) =ev, on a e(v−ev) = 0, donc v−ev∈kere. Alors v = (v−ev) +ev, avec v−ev∈kere etev ∈ime. Par conséquent, V = kere+ ime. Siw∈kere∩ime, alorsP w = 0 etw=evpour un certainv ∈V. Donc 0 =ew=e(ev) = ev=w. Alors kere∩ime={0}. Par conséquent, V = kere⊕ime. Siv ∈V, alors v =u+w, où u=v−ev∈kereet w=ev ∈ime, et donc e(u+w) = w. On conclut quee est la projection sur ime le long de kere.

Exercice 5.

1. Supposons queT est injective. Soit(v₁, . . . , v_m)une base deV. Par l'exercice 2 de la série 7, (T v₁, . . . , T v_m) est linéairement indépendante. Supposons que dimW = n. On peut trouver des vecteurs w_m+1, . . . , w_n tels que

(T v₁, . . . , T v_m, w_m+1, . . . , w_n)

est une base deW. On dénitS :W →V parS(T v_i) = v_i pouri= 1, . . . , m, etS(w_j) = 0 pourj =m+ 1, . . . , n. Par construction,S◦T = Id_V sur la base donnée. Il s'ensuit que S◦T = Id_V.

Réciproquement, si S◦T = Id_V, alors T est injective par l'exercice 6 de la série 1.

2. Supposons que T est surjective et soit (w₁, . . . , w_n) une base de W. Alors, pour tout i= 1, . . . , n, il existe vi ∈V tel que T vi =wi. On dénit S :W →V par Swi =vi. Alors T(Sw_i) =T v_i =w_i pouri= 1, . . . n. Il s'ensuit que T(Sw) =w pour tout w∈W. Réciproquement, si T ◦S= Id_W, alorsT est surjective par l'exercice 6 de la série 1.

2