EPFLAlgèbre linéaire1ère année2006-2007

Corrigé de la série 7

La plupart des exercices de cette série utilisent la relation fondamentale suivante : pour U etV 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 1En utilisant les données de l’énoncé et la relation (∗) on obtient dim(U ∩ V ) = 0.D’où U ∩ V = {0}.

Correction exercice 2Comme C est un espace en somme directe avec A∩B dans B, on sait que C est un sous espacede 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 Bon a B ∩ C = C d’où C ∩ A = {0} dont on déduit que A + C = A ⊕ C. En utilisant (∗) onobtient 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 endéduit l’égalité des deux espaces vectoriels.

Correction exercice 3Soit {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 six ∈ F ∩ G1, x =

∑ni=1 λifi =

∑kj=1 αjej. On a alors

∑ni=1 λifi −

∑kj=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 quex =

∑ni=1 λifi +

∑kj=1 αjej. Or, on peut écrire x sous la forme x = (λ1 − α1)f1 +

∑ni=2 λifi +

α1(e1 + f1) +∑k

j=2 αjej d’où x ∈ F + G2.Soit x ∈ F ∩ G2, x =

∑ni=1 λifi = α1(e1 + f1) +

∑kj=2 αjej. On a alors λ1f1 +

∑ni=2 λifi −

α1(e1 + f1)−∑k

j=2 αjej = 0 d’où (λ1 − α1)f1 +∑n

i=2 λifi − α1e1 −∑k

j=2 αjej = 0 et comme Best une base de E on en déduit que λi = αj = 0.Il reste à vérifier que G1 6= G2. On a e1+f1 ∈ G2 et e1+f1 6∈ G1, car sinon f1 = (e1+f1)−e1 ∈G1 ce qui est une contradiction avec les données. Par conséquent G1 6= G2.

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Correction exercice 4

(Remarque : La manière la plus "propre" de rédiger cet exercice est d’effectuer une récurrencesur 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 maiscomment 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,degPk = 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∑

j=0

akj X

j

avec akk 6= 0.

Soit λ0, . . . , λn des scalaires tels que :∑n

i=0 λiPi = 0. Comme :

n∑i=0

λiPi = Q + λnannX

n

où Q est un polynôme de degré n − 1, on déduit que λnann = 0. Etant donné que an

n 6= 0 onobtient que λn = 0. La combinaison linéaire

∑ni=0 λiPi = 0 devient alors

∑n−1i=0 λiPi = 0.

Ce qui revient à montrer que le système B = (P0, P1, ..., Pn−1) de n polynômes de Pn−1(R) telsque, ∀k, 0 ≤ k ≤ n, degPk = k forment une famille linéairement indépendante de Pn(R). Orpar 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 linéairementindépendante de Pn(R). On sait que Pn(R) est un espace vectoriel de dimension n + 1 (ona la base canonique B = {1, X, . . . , Xn}). Comme la famille {P0, . . . , Pn} est linéairementindépendante 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 cepoint.

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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∑n

i=1 λi(ei, 0)+∑k

j=1 µj(0, fj) = 0.On a alors (

∑ni=1 λiei,

∑kj=1 µjfj) = (0, 0) d’où

∑ni=1 λiei = 0 et

∑kj=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 linéairementindépendante 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 =

∑ni=1 λiei et des scalaires

µ1, . . . , µk tels que y =∑k

j=1 µjfj. On a alors (x, y) =∑n

i=1 λi(ei, 0)+∑k

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 famillegénératrice finie (xi, yi) pour i ∈ {1, . . . , n}.Soit x ∈ E, comme (x, 0) ∈ E×F , il existe des scalaires λi tels que (x, 0) =

∑ni=1 λi(xi, yi)

d’où x =∑n

i=1 λixi. Par conséquent, la famille {x1, . . . , xn} engendre E qui est donc unespace de dimension finie.On raisonne de manière similaire pour l’espace F .

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