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EPFL Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007 Corrigé de la série 6 Correction exe

EPFL Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007 Corrigé de la série 6 Correction exercice 1 On montre, par les raisonnements habituels, que x1, x2 et x3 forment une famille linéairement indépendante et génératrice de R3. On a : x = (1, 1, 1) = 1 2(x1 + x2 + x3). Correction exercice 2 Soit E l’espace vectoriel déﬁni dans l’énoncé. Un élément de E s’écrit sous la forme : (x, y, −x −y) = x(1, 0, −1) + y(0, 1, −1) pour x et y dans R. On en déduit que (1, 0, −1) et (0, 1, −1) forment une famille génératrice de E. On vériﬁe facilement que ces deux vecteurs sont linéairement indépendants. Correction exercice 3 On vériﬁe que la famille {⃗ v4, ⃗ v5} est linéairemement indépendante. C’est donc une base de G. On vériﬁe que la famille {⃗ v1, ⃗ v2, ⃗ v3} est linéairemement indépendante (faites le !). C’est donc une base de F. Pour F + G on montre que {⃗ v1, ⃗ v2, ⃗ v3, ⃗ v5} est une base. (En étudiant les combinaisons linéaires de la famille {⃗ v1, ⃗ v2, ⃗ v3, ⃗ v4, ⃗ v5}, on constate que ⃗ v1−⃗ v2 = −⃗ v4. Ou bien, on part de la famille gé- nératrice {⃗ v1, ⃗ v2, ⃗ v3, ⃗ v4, ⃗ v5} de F +G et on utilise le processus utilisé dans la preuve du Théorème du ballon donnée dans le cours, pour extraire une base de cette famille.) On vériﬁe que la famille {⃗ v4} est une base de l’espace F ∩G. Correction exercice 4 1. Montrons que E1 est un sous-espace vectoriel de P5(F). – Le polynôme nul est dans E1. – Soient P et Q deux éléments de E1 : (P +Q)(0) = P(0)+Q(0) = 0. D’où P +Q ∈E1. – Pour λ ∈F on montre que λP ∈E1. On montre, de même, que E2 est un sous-espace vectoriel de P5(F). 2. On rappelle que la base canonique de P5(F) est la famille {1, X, X2, X3, X4, X5}. On laisse le lecteur vériﬁer qu’une base de E1 est donnée par {X, X2, X3, X4, X5}. Un vecteur de E2 s’écrit sous la forme : (1 + X2)(a0 + a1X + a2X2 + a3X3) ce qui donne, après développement : a0(1 + X2) + a1(X + X3) + a2(X2 + X4) + a3(X3 + X5). On en déduit que la famille {1 + X2, X + X3, X2 + X4, X3 + X5} est une famille généra- trice de E2. On laisse le soin au lecteur de vériﬁer qu’il s’agit d’une famille linéairement indépendante de E2. Enﬁn, une base de l’espace vectoriel E1 ∩E2 est donnée par la famille {X + X3, X2 + X4, X3 + X5} car un vecteur de cet espace s’écrit sous la forme : (1 + X2)(a1X + a2X2 + a3X3). 1 Correction exercice 5 Après avoir constaté (plus ou moins rapidement...) qu’on a la relation de dépendance linéaire suivante : f3 + f4 = f2 on montre l’indépendance linéaire de la famille {f1, f3, f4}. Soient α, β et γ des scalaires de R tels que αf1 + βf3 + γf4 = 0. On prenant les valeurs prises par cette égalité en trois points de l’ensemble de déﬁnition des fonctions (par exemple : x = 0, 1 2 et −1 2 ) on obtient un système de trois équations à trois inconnues ayant pour unique solution (α, β, γ) = (0, 0, 0). On en déduit que la famille {f1, f3, f4} forme une base du sous-espace vectoriel de F(] −1, 1[, R) engendré par les vecteurs f1, f2, f3 et f4. Correction exercice 6 1. Soient (a, b) et (a′, b′) des éléments de R∗ + × R, λ et µ des scalaires dans R. – On a : (a, b) + (a′, b′) = (aa′, b + b′) ∈R∗ + × R – Elément neutre pour l’addition : (a, b) + (1, 0) = (a, b) (On fera donc très attention au fait que le vecteur nul dans cet espace vectoriel est le vecteur ⃗ 0 = (1, 0).) – Inverse additif : (a, b) + (1 a, −b) = (1, 0) – On a : λ.(a, b) = (aλ, λb). Comme a ∈R∗ + on a aλ > 0 et donc λ.(a, b) ∈R∗ + × R. – On a (λ + µ).(a, b) = (aλ+µ, (λ + µ)b) et λ.(a, b) + µ.(a, b) = (aλ, λb) + (aµ, µb) = (aλaµ, λb + µb). D’où (λ + µ).(a, b) = λ.(a, b) + µ.(a, b). – On a λ.((a, b) + (a′, b′)) = λ.(aa′, b + b′) = ((aa′)λ, λ(b + b′)) et λ.(a, b) + λ.(a′, b′) = (aλ, λb) + (a′λ, λb′) = (aλa′λ, λb + λb′). D’où λ.((a, b) + (a′, b′)) = λ.(a, b) + λ.(a′, b′). – On a λ.(µ.(a, b)) = λ.(aµ, µb) = ((aµ)λ, λµb) et (λµ).(a, b) = (aλµ, λµb). D’où λ.(µ.(a, b)) = (λµ).(a, b). 2. – {(1, 0), (1, 1)} Une liste contenant le vecteur nul n’est jamais linéairement indépendante car λ⃗ 0 = ⃗ 0 pour tout λ ∈R. Or on a vu que dans E, ⃗ 0 = (1, 0). – {(2, 1), (8, 3)} On a : (8, 3) = 3.(2, 1). Par conséquent les deux vecteurs (8, 3) et (2, 1) sont liés (i.e. linéairement dépendants) – {(2, 1), (6, 3)} Soient α et β deux scalaires de R tels que α.(2, 1) + β.(6, 3) = ⃗ 0 = (1, 0). (∗) On a : α.(2, 1) + β.(6, 3) = (2α, α) + (6β, 3β) = (2α2β3β, α + 3β) = (2α+β3β, α + 3β). Par conséquent, l’égalité (∗) se récrit : (2α+β3β, α + 3β) = (1, 0) ce qui fournit les deux égalités suivantes : 2α+β3β = 1 et α + 3β = 0. Le logarithme de la première équation fournit l’égalité αln(2) + β(ln(2) + ln(3)) = 0. On déduit α = β = 0. 2 3. – Montrons que b est une famille linéairemement indépendante de E. Soient α et β deux scalaires de R tels que α.(2, 0) + β.(2, 1) = ⃗ 0 = (1, 0). (∗) On a : α.(2, 0) + β.(2, 1) = (2α, 0) + (2β, β) = (2α2β, β) = (2α+β, β). Par conséquent, l’égalité (∗) se récrit : (2α+β, β) = (1, 0) ce qui fournit les deux égalités suivantes : 2α+β = 1 et β = 0 dont on déduit α = β = 0. – Montrons que b est une famille génératrice de E. Pour cela, il suﬃt de donner la décomposition d’un vecteur quelconque de E, v = (x, y) en fonction des deux vecteurs (2, 0) et (2, 1). On cherche donc les valeurs de α et β telles que (x, y) = α.(2, 0) + β.(2, 1). Or, α.(2, 0) + β.(2, 1) = (2α, 0) + (2β, β) = (2α+β, β). Par conséquent, on obtient, par identiﬁcation x = 2α+β et y = β. En prenant le logarithme de la première équation, on obtient : ln(x) = (α + β)ln(2) dont on déduit que α = ln(x) ln(2) −β = ln(x) ln(2) −y. Par conséquent : (x, y) = (ln(x) ln(2) −y).(2, 0) + y.(2, 1). 3 uploads/s3/ corrige-6.pdf