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EPFL Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007 Corrigé de la série 7 La plupart des

EPFL Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007 Corrigé de la série 7 La plupart des exercices de cette série utilisent la relation fondamentale suivante : pour U et V deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E de dimension ﬁnie, on a : dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ) −dim(U ∩V ). (∗) Correction exercice 1 En utilisant les données de l’énoncé et la relation (∗) on obtient dim(U ∩V ) = 0. D’où U ∩V = {0}. Correction exercice 2 Comme C est un espace en somme directe avec A∩B dans B, on sait que C est un sous espace de B tel que : C ⊕(A ∩B) = B. On déduit de cette somme directe que C ∩(A ∩B) = {0}. Comme C est un sous-espace de B on a B ∩C = C d’où C ∩A = {0} dont on déduit que A + C = A ⊕C. En utilisant (∗) on obtient les trois égalités suivantes : dim(A + B) = dim(A) + dim(B) −dim(A ∩B) dim(A ⊕C) = dim(A) + dim(C) dim(B) = dim(C) + dim(A ∩B) dont on déduit facilement que dim(A + B) = dim(A ⊕C). Comme A ⊕C ⊂A + B, on en déduit l’égalité des deux espaces vectoriels. Correction exercice 3 Soit {f1, . . . fn} une base de F. La famille {f1, . . . fn} forme une famille libre de E, par consé- quent, d’après le théorème du ballon, il existe {e1, . . . , ek} dans E tels que B = {f1, . . . , fn, e1, . . . ek} forme une base de E. Soit G1 = Span(e1, . . . , ek) on montre que F ⊕G1 = E. En eﬀet, on a F + G1 = E et si x ∈F ∩G1, x = Pn i=1 λifi = Pk j=1 αjej. On a alors Pn i=1 λifi −Pk j=1 αjej = 0 et comme B est une base de E on en déduit que λi = αj = 0. Soit G2 = Span(e1 + f1, e2, . . . , ek). Montrons que F ⊕G2 = E. Pour x ∈E comme B est une base de E on a l’existence de scalaires λi et αj tels que x = Pn i=1 λifi + Pk j=1 αjej. Or, on peut écrire x sous la forme x = (λ1 −α1)f1 + Pn i=2 λifi + α1(e1 + f1) + Pk j=2 αjej d’où x ∈F + G2. Soit x ∈F ∩G2, x = Pn i=1 λifi = α1(e1 + f1) + Pk j=2 αjej. On a alors λ1f1 + Pn i=2 λifi − α1(e1 + f1) −Pk j=2 αjej = 0 d’où (λ1 −α1)f1 + Pn i=2 λifi −α1e1 −Pk j=2 αjej = 0 et comme B est une base de E on en déduit que λi = αj = 0. Il reste à vériﬁer que G1 ̸= G2. On a e1+f1 ∈G2 et e1+f1 ̸∈G1, car sinon f1 = (e1+f1)−e1 ∈ G1 ce qui est une contradiction avec les données. Par conséquent G1 ̸= G2. 1 Correction exercice 4 (Remarque : La manière la plus "propre" de rédiger cet exercice est d’eﬀectuer une récurrence sur l’entier n. La solution de cet exercice est donc présentée sous cette forme. Néanmoins, on insiste sur le fait que le point crucial de cette démonstration n’est pas la récurrence mais comment on obtient la nullité de λn) On note P(n) la propriété suivante : Un système B = (P0, P1, ..., Pn) de (n + 1) polynômes de Pn(R) tels que, ∀k, 0 ≤k ≤n, deg Pk = k forment une base de Pn(R). On montre P(n) par récurrence sur n. La propriété P(0) est claire. Montrons la propriété P(n) à partir de P(n −1). Le polynôme Pk étant de degré k, on a Pk(X) = k X j=0 ak jXj avec ak k ̸= 0. Soit λ0, . . . , λn des scalaires tels que : Pn i=0 λiPi = 0. Comme : n X i=0 λiPi = Q + λnan nXn où Q est un polynôme de degré n −1, on déduit que λnan n = 0. Etant donné que an n ̸= 0 on obtient que λn = 0. La combinaison linéaire Pn i=0 λiPi = 0 devient alors Pn−1 i=0 λiPi = 0. Ce qui revient à montrer que le système B = (P0, P1, ..., Pn−1) de n polynômes de Pn−1(R) tels que, ∀k, 0 ≤k ≤n, deg Pk = k forment une famille linéairement indépendante de Pn(R). Or par la propriété P(n −1) on sait que cette famille est une base. On en déduit que λ1 = . . . = λn = 0, la famille des Pi est donc une famille linéairement indépendante de Pn(R). On sait que Pn(R) est un espace vectoriel de dimension n + 1 (on a la base canonique B = {1, X, . . . , Xn}). Comme la famille {P0, . . . , Pn} est linéairement indépendante et a n + 1 éléments, on en déduit que c’est une base. Correction exercice 5 1. Un hyperplan de R3 est un sous-espace de dimension 2. C’est donc un plan. 2. Par l’égalité (∗) on obtient qu’un espace qui est en somme directe avec un hyperlan est de dimension 1. 3. Toujours d’après (∗) on a : dim(H1 + H2) = dim(H1) + dim(H2) −dim(H1 ∩H2) = 2(n −1) −dim(H1 ∩H2). Comme H1 + H2 ⊂E on a dim(H1 + H2) ≤n. On en déduit que dim(H1 ∩H2) ≥n −2. Correction exercice 6 1. On laisse le soin au lecteur de REDIGER proprement et soigneusement la preuve de ce point. 2 2. Soit {e1, . . . , en} une base de E et {f1, . . . , fk} une base de F. On montre que B = {(e1, 0), . . . , (en, 0), (0, f1), . . . (0, fk) est une base de E × F. (a) Soient λ1, . . . .λn, µ1, . . . , µk des scalaires tels que Pn i=1 λi(ei, 0)+Pk j=1 µj(0, fj) = 0. On a alors (Pn i=1 λiei, Pk j=1 µjfj) = (0, 0) d’où Pn i=1 λiei = 0 et Pk j=1 µjfj = 0 et donc λ1 = . . . = λn = µ1 = . . . = µk = 0 puisque {e1, . . . , en} et {f1, . . . , fk} sont linéairement indépendantes. On en déduit que B est une famille linéairement indépendante de E × F. (b) Soit (x, y) ∈E × F, puisque {e1, . . . , en} et {f1, . . . , fk} engendrent, respectivement, E et F, il existe des scalaires λ1, . . . , λn tels que x = Pn i=1 λiei et des scalaires µ1, . . . , µk tels que y = Pk j=1 µjfj. On a alors (x, y) = Pn i=1 λi(ei, 0)+Pk j=1 µj(0, fj). Donc B engendre E × F. 3. L’espace E × F étant supposé de dimension ﬁnie, E × F admet au moins une famille génératrice ﬁnie (xi, yi) pour i ∈{1, . . . , n}. Soit x ∈E, comme (x, 0) ∈E×F, il existe des scalaires λi tels que (x, 0) = Pn i=1 λi(xi, yi) d’où x = Pn i=1 λixi. Par conséquent, la famille {x1, . . . , xn} engendre E qui est donc un espace de dimension ﬁnie. On raisonne de manière similaire pour l’espace F. 3 uploads/s3/ corrige-7 1 .pdf