EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 6
Exercice 1. 1. Si v = (x, y, z, t) ∈ W1, alors 3x−2y+ 2z = 0 et 2y−t = 0. On obtient t = 2y etz =y−3/2x. On peut donc écrire v = (x, y, y−3/2x,2y) =x(1,0,−3/2,0) + y(0,1,1,2). On a donc W1 ⊆ span ((1,0,−3/2,0),(0,1,1,2)) et comme (1,0,−3/2,0) ∈ W1 et (0,1,1,2) ∈ W1, on obtient W1 = span ((1,0,−3/2,0),(0,1,1,2)). Si a, b ∈ R sont tels que a(1,0,−3/2,0) + b(0,1,1,2) = (0,0,0,0), alors a = 0 et b = 0. La liste B1 = ((1,0,−3/2,0),(0,1,1,2)) est donc linéairement indépendante et c'est une base de W1.
Si v = (x, y, z, t) ∈ W2, alors 2x − y − t = 0. On obtient t = 2x − y. On peut donc écrire v = (x, y, z,2x−y) = x(1,0,0,2) +y(0,1,0,−1) +z(0,0,1,0). On a donc W2 = span ((1,0,0,2),(0,1,0,−1),(0,0,1,0)). Si a, b, c ∈ R sont tels que a(1,0,0,2) + b(0,1,0,−1) + c(0,0,1,0) = (0,0,0,0), alors a = b = c = 0. La liste B2 = ((1,0,0,2),(0,1,0,−1),(0,0,1,0)) est donc linéairement indépendante et c'est une base deW2.
On a W3 = span (e1, e2,(1,1,0,0),(0,0,3,1)) = span (e1, e2,(0,0,3,1)) en utilisant le lemme du vecteur superu et (1,1,0,0) = e1+e2. Si a, b, c∈R sont tels queae1+be2+ c(0,0,3,1) = (0,0,0,0), alors a = b = c = 0. Donc la liste B3 = (e1, e2,(0,0,3,1)) est libre etB3 est une base de W3.
Siv = (x, y, z, t)∈W1∩W2, alors3x−2y+2z = 0,2y−t= 0et2x−y−t = 0. On obtient t= 2y,z =y−3/2xet0 = 2x−y−2y= 2x−3y, doncx= 3/2y,t= 2yetz =y−3/2x= y−9/4y = −5/4y. On peut donc écrire v = (3/2y, y,−5/4y,2y) = y(3/2,1,−5/4,2). On a donc W1 ∩W2 = span ((3/2,1,−5/4,2)). Comme (3/2,1,−5/4,2) 6= 0, la liste B4 = ((3/2,1,−5/4,2)) est libre et c'est une base de W1 ∩W2.
D'après les questions précédentes, on trouve
W2 +W3 = span ((1,0,0,2),(0,1,0,−1),(0,0,1,0), e1, e2,(0,0,3,1))
= span (−2(0,1,0,−1) + 2e2+e1,(0,1,0,−1), e3, e1, e2,−(0,1,0,−1) +e2 + 3e3), donc, en changeant l'ordre des vecteurs et en applicant le procédé donné par la lemme du vecteur superu, on obtient,
W2 +W3 = span (e1, e2, e3,(0,1,0,−1),−2(0,1,0,−1) + 2e2+e1,−(0,1,0,−1) +e2 + 3e3)
= span (e1, e2, e3,(0,1,0,−1)) = span (e1, e2, e3,−e4+e2). Mais comme e4 =−(−e4+e2) +e2, on trouve
W2+W3 = span (e1, e2, e3,−e4+e2, e4) = span (e1, e2, e3, e4) =R4.
2. D'après la formule de Grassman, on a
dim(W1+W2) = dim(W1) + dim(W2)−dim(W1∩W2) = 2 + 3−1 = 4 1
et
dim(W1+ (W2∩W3))
= dimW1+ dim(W2∩W3)−dim(W1∩W2∩W3)
= dimW1−dim(W2 +W3) + dimW2+ dimW3−dim(W1∩W2∩W3).
CommeW1∩W2∩W3 ⊆W1∩W2, on adim(W1∩W2∩W3)≤dim(W1∩W2) = 1. Comme le vecteur générateur (3/2,1,−5/4,2) de W1 ∩W2 que nous avons trouvé n'est pas un élément deW3 (s'il en était un, on pourrait écrire(3/2,1,−5/4,2) =ae1+be2+c(0,0,3,1) aveca, b, c∈R, ce qui n'est pas possible car on ne trouve pas de nombre csatisfaisant la condition(3c, c) = (−5/4,2)), l'égalitéW1∩W2∩W3 =W1∩W2ne peut pas être vraie et on obtientdim(W1∩W2∩W3) = 0. On trouve doncdim(W1+(W2∩W3)) = 2−4+3+3−0 = 4. 3. Comme dim(W1 +W2) = 4, chaque base B de W1 +W2 contient 4 vecteurs v1, . . . , v4 linéairement indépendants. Mais alors ces vecteurs forment une base de R4 puisque la dimension de R4 est 4 (et d'après la proposition du cours disant que si V est un F- espace vectoriel de dimension n et (v1, . . . , vn) est une liste libre dans V alors V = span(v1, . . . , vn)). On a alorsW1+W2 = span(B) = R4.
De même, comme dim(W1+ (W2∩W3)) = 4, on trouveW1+ (W2∩W3) =R4. 4. La somme W1+W2 n'est pas directe car dim(W1∩W2) = 1 et doncW1∩W2 6={0}.
La sommeW1+ (W2∩W3)est directe, W1+ (W2∩W3) = W1⊕(W2∩W3), cardim(W1+ (W2∩W3)) = dimW1+ dim(W2∩W3) d'après 2.).
Exercice 2. 1. Non, car, par exemple, f1((1,1) + (1,1)) =f1(2,2) = (0,4) mais f1(1,1) + f1(1,1) = (0,1) + (0,1) = (0,2).
2. Oui. On a pour tout α, β ∈R et p, q ∈Pn(R):
f2(α·p+β·q)(X) = (α·p+β·q)(X+ 1)−(α·p+β·q)(X)
=αp(X+ 1) +βq(X+ 1)−αp(X)−βq(X)
=α(p(X+ 1)−p(X)) +β(q(X+ 1)−q(X)) =αf2(p)(X) +βf2(q)(X)
= (αf2(p))(X) + (βf2(q))(X) = (αf2(p) +βf2(q))(X).
Doncf2(α·p+β·q) =αf2(p) +βf2(q).
3. Non, car, par exemple f3(i·1) =f3(i) =−i mais if3(1) =i·1 =i. 4. Oui, car pour tout α∈R, z=a+bi∈C et w=c+di ∈C, on a
f4(αz) = f4(αa+αbi) = αa−αbi=α(a−bi) = αf4(z), et
f4(z+w) =f4((a+c) + (b+d)i) = (a+c)−(b+d)i= (a−bi) + (c−di) =f4(z) +f4(w).
5. Non, car, par exemple, f5(i(1, i)) =f5(i,−1) =−1 + 1 = 0mais if5(1, i) = i(i+i) =−2. 6. Non, car, par exemple,f6((1,0,0)+(i,0,0)) =f6(1+i,0,0) = (1+i,√
2)maisf6(1,0,0)+
f6(i,0,0) = (1,1) + (i,1) = (1 +i,2).
7. Oui, car pour tout α, β ∈Cet (z1, z2, z3),(w1, w2, w3)∈C3, on a
f7(α(z1, z2, z3) +β(w1, w2, w3)) = f7(αz1+βw1, αz2+βw2, αz3+βw3)
=(αz1+βw1−(αz2+βw2),(αz2+βw2) + 4(αz3+βw3), αz1+βw1+αz2+βw2 +αz3+βw3)
=α(z1−z2, z2+ 4z3, z1+z2+z3) +β(w1−w2, w2+ 4w3, w1+w2+w3)
=f7(z1, z2, z3) +f7(w1, w2, w3).
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Exercice 3. Il s'agit simplement de voir que, par exemple, f(1,1) = 0 6= 2 = 1 + 1 = f(1,0) +f(0,1). Donc f est bien homogène, mais pas additive.
Exercice 4. 1. Comme V0 est un sous-espace vectoriel de V, on a 0V ∈ V0 et donc 0W = T(0V)∈T(V0)6=∅.
Soient w1, w2 ∈T(V0), alors il existe v1, v2 ∈V0 tels que T(vi) = wi, i = 1,2. On a alors w1 +w2 =T(v1) +T(v2) =T(v1+v2) car T est additive. CommeV0 est un sous-espace vectoriel de V, on av1+v2 ∈V0 et donc w1+w2 ∈T(V0).
Soit w ∈ T(V0) et α ∈ F. Il existe alors v ∈ V0 tel que T(v) = w et on obtient αw = αT(v) = T(αv). Comme V0 est un sous-espace vectoriel de V, on a αv ∈ V0 et donc αw∈T(V0).
Les trois conditions caractérisant un sous-espace vectoriel sont donc satisfaites et T(V0) est un sous-espace vectoriel de W.
2. Comme W0 est un sous-espace vectoriel de W, on a 0W ∈W0 et comme T(0V) = 0W, on a 0V ∈T−1(W0)6=∅.
Siv1, v2 ∈T−1(W0), alors on a T(vi)∈W0,i= 1,2. On a T(v1+v2) =T(v1) +T(v2)car T est additive. Comme W0 est un sous-espace vectoriel de W, on a T(v1) +T(v2) ∈ W0 et doncv1+v2 ∈T−1(W0).
Soit v ∈T−1(W0) etα∈F. On a alors T(v)∈W0 et on obtient T(αv) = αT(v). Comme W0 est un sous-espace vectoriel de W, on a αT(v)∈W0 et doncαv ∈T−1(W0).
Les trois conditions caractérisant un sous-espace vectoriel sont donc satisfaites et T(V0) est un sous-espace vectoriel de W.
3. Comme V est un sous-espace vectoriel de V, l'image Im(T) = T(V) est un sous-espace vectoriel de W d'après 1.).
Comme {0W} est un sous-espace vectoriel de W, et d'après 2.), le noyau de T ker(T) = T−1({0W})est un sous-espace vectoriel de V.
Exercice 5. 1. On montre tout d'abord que pour tout L1, L2 ∈ GL(V), on a L1◦L2 ∈ GL(V). On sait que siL1, L2 sont bijectives, alorsL1◦L2 est bijective. On montre donc que L1 ◦L2 est linéaire. Soient v, w ∈ V et α, β ∈ F. En utilisant la dénition de la composée de deux applications et le fait que L1 etL2 sont linéaires, on obtient
(L1◦L2)(αv+βw) =L1(L2(αv+βw)) =L1(αL2(v) +βL2(w))
=αL1(L2(v)) +βL1(L2(w)) = α(L1◦L2)(v) +β(L1◦L2)(w), donc L1◦L2 est linéaire.
On montre que (L1 ◦L2)◦L3 = L1◦(L2 ◦L3) pour tout L1, L2, L3 ∈ GL(V). (Ceci devrait être connu pour les applications en général, voir l'exercice 4.2 de la série 1, mais on refait la preuve ici...) Pour tout v ∈V, on a((L1◦L2)◦L3)(v) = (L1◦L2)(L3(v)) = L1(L2(L3(v))) = L1((L2 ◦ L3)(v)) = (L1 ◦(L2 ◦ L3))(v), et donc (L1 ◦ L2)◦ L3 = L1◦(L2◦L3).
L'identité IdV est une application linéaire et bijective, donc IdV ∈ GL(V). On a IdV ◦L=L◦IdV =Lpour tout L∈GL(V).
Soit L un élément de GL(V). Alors L est bijective et il existe une application inverse (bijective ) L−1 :V →V. On montre que L−1 est linéaire. Pour v, w∈ V et α, β ∈F, on peut calculer L−1(αv+βw) = L−1(αL(L−1(v)) +βL(L−1(w))) =L−1(L(αL−1(v) + βL−1(w))) = (L−1 ◦L)(αL−1(v) +βL−1(w)) =αL−1(v) +βL−1(w). Pour la deuxième égalité, on a utilisé la linéarité de L.
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2. Non, en général, GL(V) n'est pas commutatif. Soit par exemple V le F-espace vectoriel F2 et L1 : F2 → F2, (x, y) 7→ (2x, y), L2 : F2 → F2, (x, y) 7→ (x+y, y). On a alors L1, L2 ∈ GL(V) et L1 ◦L2 : F2 → F2, (x, y) 7→ (2x+ 2y, y) et L2 ◦L1 : F2 → F2, (x, y) 7→ (2x+y, y). On peut généraliser cet exemple à tous les espaces vectoriels de dimension supérieure ou égale à2.
En fait,GL(V)n'est jamais commutatif, sauf sidimV = 0oudimV = 1. Dans le premier cas,V est l'espace vectoriel nulV ={0}et le groupeGL(V)est donc égal àGL(V) ={0}
(l'application nulle sur V), qui est commutatif de manière triviale.
SoitdimV = 1, et soit(u)une base deV (doncu6= 0). SoitL∈GL(V). CommeL(u)∈V etV = span(u), il existe α∈Ftel que L(u) =αu. Pour chaquev ∈V, il existe de même a ∈ F tel que v = au et on obtient L(v) = L(au) = aL(u) = aαu = α· (au) = αv. L'isomorphisme L a donc la forme L : V → V, v 7→ α ·v pour un α ∈ F. De plus, on trouve que α 6= 0 car sinon L : V → V, v 7→ 0, qui n'est pas un isomorphisme car V 6= {0}. On a donc montré que chaque isomorphisme L de V a la forme L : V → V, v 7→ αL·v pour un αL ∈ F\ {0}. On obtient (L1 ◦L2)(v) = L1(L2(v)) = L1(α2 ·v) = α1·α2·v =α2·α1 ·v = (L2◦L1)(v) pour toutv ∈V.
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