Exercices corrigés. Exercice 6 Considérons les vecteurs de R 4 suivants : 1 e 1 = 1 1, e 2 = 1. , e 4 = 2, e 3 = 1 1
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- Félix Jonathan Bénard
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1 Eercices corrigés Algèbre linéaire Enoncés Eercice On rappelle que (E, +, est un K-espace vectoriel si (I (E, + est un groupe commutatif ; (II-, y E, α K, α ( + y = α + α y ; (II- E, α, β K, (α + β = α + β ; (II-3 E, α, β K, α (β = (αβ ; (II-4 =. Soit (E, +, un K-espace vectoriel. On note E l élément neutre de (E, + (que l on appelle aussi l origine de (E, +, et K le nombre éro (dans K. Pour tout dans E, le symétrique de est noté. ( Montrer que, pour tout E, + =. ( Montrer que, pour tout E, K = E. (3 Montrer que, pour tout E, ( =. Eercice Soient F,..., F m des sous-espaces vectoriels d un R-espace vectoriel (E, +,. Montrer que F := F... F m est un sous-espace vectoriel de E. Eercice 3 Soient (E, +, un R-espace vectoriel, {,..., m } une famille de vecteurs de E. Montrer que F := vect{,..., m } est un sous-espace vectoriel de E. Eercice 4 Soient (E, +, un R-espace vectoriel, F un sous-espace vectoriel de E et A, B deu sous-ensembles de E. ( Montrer que, si A B, alors vect A vect B. ( Montrer que A est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si vect A = A. (3 Montrer que, si A B F et A engendre F, alors B engendre F. Eercice 5 Considérons les vecteurs de R 4 suivants : e =, e =, e 3 = 3 La famille {e, e, e 3, e 4 } est-elle libre? Est-ce une base de R 4? Eercice 6 Considérons les vecteurs de R 4 suivants : e =, e =, e 3 = 3, e 4 =, e 4 =
2 ( La famille {e, e, e 3, e 4 } est-elle libre? ( Quel est le rang de la famille {e, e, e 3, e 4 }? (3 Déterminer une relation entre les nombres réels α et β pour que le vecteur u = (,, α, β t appartienne au sous-espace vectoriel engendré par la famille {e, e, e 3, e 4 }. Eercice 7 Soit E = R R, l espace des fonctions de R dans R. ( Soient c et s les fonctions définies par R, c( = cos et s( = sin. Montrer que {c, s} est une famille libre de E. Quelle est la dimension du sous-espace vectoriel T engendré par la famille {c, s}? ( Soient α, β, γ trois réels fiés. Soient f, g, h les fonctions définies par R, f( = cos( + α, g( = cos( + β et h( = cos( + γ. Montrer que f, g, h appartiennent à T, et epliciter leurs coordonnées dans la base {c, s} de T. La famille {f, g, h} est-elle libre? Quel est son rang? (3 Soient a, a, a 3 trois réels distincts. Pour tout entier k {,, 3} on note f k la fonction définie sur R par R, f k ( = a k. Montrer que {f, f, f 3 } est une famille libre de E. Eercice 8 ( On rappelle que C (R désigne l espace des fonctions continues de R dans R. Montrer que A := {f C (R R, f( = f( } et B := {f C (R R, f( = f( } sont des sous-espaces vectoriels de C (R. Sont-ils en somme directe? ( Montrer que A := {(, y, R 3 + y + = } et B := {(, y, R 3 y + = } sont des sous-espaces vectoriels de R 3. Sont-ils en somme directe? Eercice 9 ( Soient F := {(,, R 3 R} et G := {(, y, R 3 y, R}. Montrer que F et G sont deu sous-espaces vectoriels de R 3. Préciser leurs bases et leurs dimensions. Sont-ils en somme directe? ( Soit H := {(, y,, t R 4 = y, t = +y +}. Vérifier que H est un sous-espace vectoriel de R 4. En donner une base et la dimension. Eercice Soient (E, +, un R-espace vectoriel et A, B, C trois sous-espaces vectoriels de E. ( Montrer que (A C+(B C (A+B C. Donner un eemple dans R pour lequel l inclusion est stricte. ( Montrer que, si A + B = A + C, A B = A C et B C, alors B = C. Eercice On considère l application donnée par ϕ: R 3 R 3 + y + y 8 + 7y y + 8 ( Montrer que ϕ est une application linéaire. Déterminer l image par ϕ des vecteurs de la base canonique {e, e, e 3 } de R 3. Calculer ϕ(e + e e 3. ( Déterminer le noyau de ϕ. En donner une base et préciser sa dimension.
3 (3 L application ϕ est-elle injective? surjective? bijective? (4 Soit ψ l application linéaire donnée par Déterminer ϕ ψ. ψ : R R 3 ( y + y y + y Eercice On considère l application donnée par ϕ: R 3 R ( y y + ainsi que les vecteurs u := (,, 3 t et v := (,, t. ( Montrer que ϕ est linéaire. Déterminer ϕ(u, ϕ(v et ϕ(u v. ( Déterminer le noyau de ϕ. En donner une base et préciser sa dimension. (3 Déterminer l image de ϕ. En donner une base et préciser sa dimension. Eercice 3 Soient E et F deu R-espaces vectoriels et ϕ une application linéaire de E dans F. Soit A := {,..., m } une famille de vecteurs de E. ( Montrer que, si A est liée, alors f(a = {ϕ(,..., ϕ( m } est liée. ( Montrer que, si ϕ(a est libre, alors A est libre. (3 Montrer que, si A est libre et ϕ est injective, alors ϕ(a est libre. Solutions Solution de l eercice ( Pour tout E, = ( + = + = +, où l on a utilisé successivement les aiomes (II- et (II-4. ( On a : K = ( K = K ( [d après l aiome (II-3] = K ( + [d après la question (] = K + K. En simplifiant (c est-à-dire, en ajoutant ( K des deu côtés, on obtient l égalité E = K. (3 D après la question (, E = K = ( + ( = ( + (( = + ((, où la troisième égalité résulte de l aiome (II- et où la dernière égalité résulte de l aiome (II-4. On en déduit que ( est le symétrique de, c est-à-dire,. Solution de l eercice : Nous devons montrer que pour tous, y F et pour tout α R, + αy F. Soient donc, y F et α R quelconques. Par définition de l intersection, pour tout k {,..., m},, y F k. Comme F k est un sous-espace vectoriel de E nous déduisons que + αy F k,
4 et ce pour tout k {,..., m}. Donc + αy appartient à l intersection des F k, c est-à-dire, à F. Solution de l eercice 3 : Remarquons tout d abord que F est non vide, puisque que E = + + m F. Soient, y F et α R quelconques. Alors et y s écrivent avec α,..., α m, β,..., β m R. Donc, = α + + α m m et y = β + + β m m, + αy = (α + + α m m + α(β + + β m m = (α + αβ + + (α m + αβ m m. Par conséquent, + αy est une combinaison linéaire des vecteurs,..., m, c est-à-dire, un élément de F. Solution de l eercice 4 : ( Supposons que A B, et montrons que tout élément de vect A appartient à vect B. Soit donc quelconque dans vect A. Si A =, alors vect A = {} et donc est forcément le vecteur nul. Comme vect B est un sous-espace vectoriel, vect B et l on a bien vect A vect B. Si A est non vide, alors p N,,..., p A, α,..., α p R: = α + + α p p. Puisque A B, les k sont aussi dans B, de sorte que est une combinaison linéaire de vecteurs de B, c est-à-dire, un élément de vect B. On a donc encore vect A vect B. ( Supposons que A = vect A. Puisque vect A est un sous-espace vectoriel, il en est de même de A. Réciproquement, supposons que A soit un sous-espace vectoriel, et montrons que A = vect A. Remarquons que tout élément de A est une combinaison linéaire particulière d éléments de A (prendre p =, α = et =. Donc on a clairement l inclusion A vect A. De plus, si A est un sous-espace vectoriel, alors A est non vide. Soit alors vect A : p N,,..., p A, α,..., α p R: = α + + α p p. Puisque A est stable par combinaison linéaire, A. On a donc aussi l inclusion vect A A. (3 D après le point (, vect A vect B vect F. Or, vect F = F puisque F est un sous-espace vectoriel. De plus, vect A = F puisque A engendre F. Finalement, on a : F vect B F, ce qui montre que vect B = F. Autrement dit, B engendre F. Solution de l eercice 5 : On résout l équation vectorielle αe + βe + γe 3 + δe 4 =. Ceci revient résoudre le système linéaire = α + γ + δ, = α + β + δ, = α + β γ, = α β + 3γ δ. On trouve que la seule solution possible est α = β = γ = δ =. Donc la famille {e, e, e 3, e 4 } est libre, et puisque son cardinal est égal à la dimension de R 4, c est une base de R 4.
5 Solution de l eercice 6 : ( On résout l équation vectorielle αe + βe + γe 3 + δe 4 =. Ceci revient résoudre le système linéaire = α + γ + δ, = α + β + δ, = α + β γ + δ, = α + β + 3γ δ. On trouve que ce système est équivalent au système = α + γ + δ, = β γ, = γ δ. Ce système admet d autres solutions que la solution nulle. On en déduit que {e, e, e 3, e 4 } n est pas libre. ( D après ce qui précède, le rang de la famille {e, e, e 3, e 4 } est inférieur ou égal à 3. On considère alors la famille {e, e, e 3 }. On vérifie facilement qu elle est libre, de sorte que le rang cherché est en fait égal à 3. (3 Pour que u appartienne au sev engendré par {e, e, e 3, e 4 }, il faut que l équation vectorielle u = αe + βe + γe 3 + δe 4 admette au moins une solution. On cherche donc à résoudre le système linéaire = α + γ + δ, = α + β + δ, a = α + β γ + δ, b = α + β + 3γ δ. On vérifie que ce système est équivalent au système = α + γ + δ, = β γ, a = γ + δ, b = 3γ 3δ. En considérant les deu dernières équations, on voit que le système n a de solution que si b = 3(a, c est-à-dire, si b + 3a = 4. Solution de l eercice 7 : ( Considérons l équation αc + βs = dans R R. Cette équation est équivalente à R, α cos + β sin =. Les choi = et = π/ donnent respectivement α = et β =. La famille {c, s} est donc libre, et la dimension de T est égale à. ( Puisque cos( + α = cos cos α sin sin α, on voit que f = cos α c sin α s T et que les coordonnées de f dans la base {c, s} de T sont données par le couple (cos α, sin α. De même, g = cos β c sin β s T et h = cos γ c sin γ s T ;
6 les coordonnées de g et h dans la base {c, s} de T sont données respectivement par les couples (cos β, sin β et (cos γ, sin γ. La fammille {f, g, h} ne peut pas être libre, puisque son cardinal est égal à 3 alors que la dimension de l espace vectoriel T est égale à. Son rang vaut au plus (car dim T = et au moins (car les fonctions f, g, h sont non nulles. Le rang est égal à lorsque f, g, h sont colinéaires, c est-à dire lorsqu il eiste a et b dans R tels que f = ag = bh ou, de manière équivalente, lorsque ( cos α sin α ( cos β = a sin β ( cos γ = b sin γ Des équations cos α = a cos β et sin α = a sin β on tire, en les élevant au carré et en les sommant, que a =, c est-à-dire, que a {, }. Si a =, alors β = α + kπ, et si a =, alors β = α + π + kπ. En résumé, f et g sont colinéaires si et seulement si β {α} + πz. De même, f et h sont colinéaires si et seulement si γ {α} + πz. La famille {f, g, h} est donc de rang lorsque α, β et γ diffèrent d un multiple entier de π ; elle est de rang dans le cas contraire. (3 Considérons l équation αf + βf + γf 3 = dans R R, qui équivaut à la condition R, αf ( + βf ( + γf 3 ( =. Les choi = a, = a et = a 3 donnent respectivement les équations β a a + γ a a 3 =, α a a + γ a a 3 =, α a 3 a + β a 3 a =. Posons a := a 3 a, b := a 3 a et c := a a. Le système d équations précédent s écrit = aα + bβ, = cα + bγ, = cβ + aγ. En résolvant ce système linéaire, et en tenant compte du fait que a, b et c sont non nuls, on voit que la seule solution possible est α = β = γ =. On peut aussi écrire le système sous forme matricielle, et remarquer, pour arriver à la même conclusion, que la matrice a pour déterminant le réel non nul abc. a b c b c a. Solution de l eercice 8 ( La fonction nulle ν (définie par ν( = pour tout R appartient à A et à B. Donc, A et B sont non vides. De plus, pour toutes fonctions f, g A et tout réel α, la fonction f + αg satisfait : R, (f + αg( = f( + αg( = f( + αg( = (f + αg(. Par conséquent, f +αg A. Donc A est un sous-espace vetoriel de C (R. De même, pour toutes fonctions f, g B et tout réel α, la fonction f + αg satisfait : R, (f + αg( = f( + αg( = f( αg( = (f + αg(.
7 Par conséquent, f + αg A. Donc B est un sous-espace vetoriel de C (R. Soit maintenant f une fonction de A B. Alors, pour tout R, f( = f( et f( = f(, ce qui montre que f( =. Donc f = ν. On en déduit que A B = {ν} = { C (R}, et que A et B sont en somme directe. ( Il est facile de voir que A et B contiennent le vecteur nul (,,. De plus, si (, y, et (, y, appartiennent à A et α R, alors (, y, + α(, y, = ( + α, y + αy, + α satisfait ( + α + (y + αy + ( + α = ( + y + + α( + y + =. Donc (, y, + α(, y, A, et A est un sous-espace vectoriel de R 3. De même, si (, y, et (, y, appartiennent à B et α R, alors (, y, + α(, y, = ( + α, y + αy, + α satisfait ( + α (y + αy + ( + α = ( y + + α( y + =. Donc (, y, +α(, y, B, et B est un sous-espace vectoriel de R 3. Soit maintenant (, y, un vecteur de A B. Alors, + y + = et y + =. Le vecteur (,, satisfait les deu équations ci-dessus. On voit donc que A B n est pas réduit à {(,, }. Les sous-espaces A et B ne sont pas en somme directe. Solution de l eercice 9 ( Il est facile de voir que le vecteur (,, appartient à F et à G. Donc F et G sont non vides. Soient (,,, (y, y, y F et α R. Alors (,, + α(y, y, y = ( + αy, + αy, + αy F. Donc F est un sous-espace vectoriel de R 3. Soient (, y,, (, y, G et α R. Alors (, y, + α(, y, = (, y + αy, + α G. Donc G est un sous-espace vectoriel de R 3. On voit que F = {(,, R} = vect{(,, }, G = {y(,, + (,,, y R} = vect{(,,, (,, }. De plus, on vérifie facilement que les familles {(,, } et {(,,, (,, } sont libres. Elles forment donc des bases respectives de F et G. On en déduit que dim F = et dim G =. Enfin, si (, y, F G, alors = y = et =. Donc F G = {(,, }, et F et G sont en somme directe. ( On vérifie facilement que (,,, H, de sorte que F. Soient (, y,, t, (, y,, t H et α R. Alors, (, y,, t + α(, y,, t = ( + α, y + αy, + α, t + αt satisfait : + α = y + α(y = (y + αy ( + α, t + αt = + y + + α( + y + = ( + α + (y + αy + ( + α, ce qui montre que (, y,, t + α(, y,, t H. Donc H est un sous-espace vectoriel de R 4. De plus, H = {(y, y,, + y +, y, R} = {(,,, + y(,,, + (,,,, y, R} = vect{(,,,, (,,,, (,,, }.
8 Considérons l équation vectorielle α(,,, + β(,,, + γ(,,, = (,,,. Cette équation équivaut au système = β + γ = β = γ = α + β + γ dont l unique solution est α = β = γ =. La famille {(,,,, (,,,, (,,, } est donc libre, et c est une base de H. Solution de l eercice ( Soit (A C + (B C. Alors = a + b avec a A C et b B C. Puisque a C et b C et C est un sev, a + b C. Donc appartient à A + B et à C. Dans R, Si l on prend A = vect{e }, B = vect{e } et C = vect{e + e }, où {e, e } est la base canonique, alors (A C + (B C = {} {} = {} et (A + B C = R C = C. ( Puisque B C, il suffit de montrer que C B. Soit donc C. Puisque E A, = E + A + C. Puisque A + C = A + B, on peut écrire = a + b avec a A et b B. Maintenant, a = b, où C et B C, et puisque C est un sev, a C. Donc a A C = B C. Donc a B. Finalement, = a + b avec a B et b B. Puisque B est un sev, B. Solution de l eercice : ( Vérifions que ϕ est linéaire : ϕ α y + β α + β = ϕ αy + βy α + β Ensuite, = = α y (α + β + (αy + βy + (α + β 8(α + β + 7(αy + βy + 4(α + β 3(α + β + 5(αy + βy + 8(α + β = αϕ ϕ(e = + y y y + 8 y βϕ y + β, ϕ(e = Enfin, e + e e 3 = (,, t, de sorte que y y y + 8, ϕ(e 3 = 4 8 ϕ(e + e e 3 = ϕ(e + ϕ(e ϕ(e 3 = = 3 9
9 ( On cherche les solutions de l équation vectorielle ϕ( =. En notant = (, y, t, on obtient le système = + y +, = 8 + 7y + 4, = 3 + 5y + 8. La seule solution de ce système est le vecteur nul, ce que l on peut voir aussi en calculant le déterminant de la matrice Donc ker ϕ = {}, l unique base de ker ϕ est, et sa dimension est nulle. (3 Puisque ker ϕ = {}, l application ϕ est injective. Puisque les dimensions des espaces de départ et d arrivée sont toutes deu égales à 3, ϕ est aussi surjective, et donc bijective. (4 En notant = (, y t, on a : (ϕ ψ( = ϕ(ψ( y = ϕ + y = + y ( y + ( + y + ( + y 8( y + 7( + y + 4( + y 3( y + 5( + y + 8( + y 3 + 7y = 3 + 3y 34y Solution de l eercice : ( Vérifions que ϕ est linéaire : ϕ α y = ϕ + β α + β αy + βy α + β y ( (αy + βy = + (α + β α + β ( ( y + y = α + β + = αϕ y + βϕ y Ensuite, ϕ(u = (5, t, ϕ(v = (, t et ( 5 ϕ(u v = ( = (.
10 ( Le vecteur (, y, t appartient à ker ϕ si et seulement si y + = et =. C est donc l ensemble des vecteurs de la forme (, y, y t où y R : ker ϕ = y y y R = vect. Le sous-espace vectoriel ker ϕ est donc de dimension, et admet pour base le singleton {(,, t }. (3 D après le théorème du rang, dim R 3 = rg ϕ + dim ker ϕ, ce qui implique que rg ϕ =. On en déduit que im ϕ = R et que n importe quelle base de R, par eemple la base canonique, est une base de im ϕ. Solution de l eercice 3 ( Si A est liée, il eiste α,..., α m non tous nuls tels que α m m + + α m m =. Mais alors α ϕ( + + α m ϕ( m = ϕ(α + + α m m =, et puisqu au moins un des α j est non nul, non voyons que {ϕ(,..., ϕ( m } est liée. ( Ce point se déduit du précédent par contre-apposition. (3 Supposons A libre et ϕ injective, et considérons l équation α ϕ( + + α m ϕ( m =. Le membre de gauche n est autre que ϕ(α + + α m m, et puisque ϕ injective, on a nécessairement α + + α m m =. Puisque A est libre, on déduit de cette dernière équation que α =... = α m =. Donc ϕ(a est libre.
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