EPFLAlgèbre linéaire1ère année2006-2007

Corrigé de la série 6

Correction exercice 1On montre, par les raisonnements habituels, que x1, x2 et x3 forment une famille linéairementindépendante et génératrice de R3. On a : x = (1, 1, 1) = 1

2(x1 + x2 + x3).

Correction exercice 2Soit 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 deE. On vérifie facilement que ces deux vecteurs sont linéairement indépendants.

Correction exercice 3On 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 doncune base de F .Pour F + G on montre que {~v1, ~v2, ~v3, ~v5} est une base. (En étudiant les combinaisons linéairesde 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 Théorèmedu 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 + a2X

2 + a3X3) ce qui donne,

après développement :

a0(1 + X2) + a1(X + X3) + a2(X2 + X4) + a3(X

3 + 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 linéairementindépendante 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 + a2X

2 +a3X

3).

1

Correction exercice 5Après avoir constaté (plus ou moins rapidement...) qu’on a la relation de dépendance linéairesuivante : 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 desfonctions (par exemple : x = 0, 1

2et −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 levecteur ~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 λ~0 = ~0pour 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 deuxégalités 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, paridentification

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).

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