EPFLAlgèbre linéaire1ère année2006-2007

Corrigé de la série 8

Correction exercice 1On rappelle que pour E et F deux F-espaces vectoriels, une application f : E → F est linéairesi et seulement si– ∀(x, y) ∈ E2, f(x + y) = f(x) + f(y)– ∀λ ∈ F,∀x ∈ E, f(λx) = λf(x).

1. L’application T1 n’est pas linéaire.Par exemple, pour x = y = 1 on a T1(2) = 5 et T1(1) + T1(1) = 2.

2. L’application T2 n’est pas linéaire.Par exemple, pour λ = 2 on a T2(2x) = 8x2 et 2T2(x) = 4x2.

3. On vérifie que T3 est linéaire.Pour (x, y) et (x′, y′) dans R2 on a d’une part,

T3((x, y) + (x′, y′)) = T3(x + x′, y + y′) = (y + y′, x + x′)

et d’autre part T3(x, y) = (y, x) et T3(x′, y′) = (y′, x′) d’où

T3((x, y) + (x′, y′)) = T3(x, y) + T3(x′, y′).

Pour λ ∈ R on a T3(λ(x, y)) = T3(λx, λy) = (λy, λx) = λ(y, x) = λT3(x, y).Le noyau de T3 est l’ensemble suivant :

Ker(T3) = {(x, y) | (y, x) = (0, 0)} = {(0, 0)}.

Par le théorème du rang on a : dimKer(T3) + dimIm(T3) = dimR2 = 2. On en déduitque Im(T3) est un sous espace vectoriel de R2 de dimension 2. C’est donc R2 tout entier.L’application T3 est donc surjective. Une base de Im(T3) est donnée par la base canoniquede R2.

4. On vérifie que T4 est linéaire.Pour (x, y) et (x′, y′) dans R2 on a :

T4((x, y) + (x′, y′)) = T4(x + x′, y + y′) = 3(x + x′) + 5(y + y′)

= (3x + 5y) + (3x′ + 5y′) = T4(x, y) + T4(x′, y′).

Pour λ ∈ R on a T4(λ(x, y)) = T4(λx, λy) = 3λx + 5λy = λ(3x + 5y) = λT4(x, y). Lenoyau de T4 est l’ensemble suivant :

Ker(T4) = {(x, y) | 3x + 5y = 0}.

Une base de Ker(T4) est donnée, par exemple, par le vecteur (5,−3). C’est donc un espacede dimension 1. Par le théorème du rang on a : dimKer(T4) + dimIm(T4) = dimR2 = 2.On en déduit que Im(T4) est un sous espace vectoriel de R de dimension 1. C’est doncR.

1

5. L’application T5 n’est pas linéaire.Par exemple, on a T5(1, 0) =

√3, T5(0, 1) =

√5, T5(1, 1) =

√8 et

√8 6=

√3 +

√5.

6. L’application T6 n’est pas linéaire.Par exemple, on a T6(1, 1) = sin(8), T6(2(1, 1)) = sin(16) = 2sin(8)cos(8) = 2T6(1, 1)cos(8)et cos(8) 6= 1.

7. L’application T7 n’est pas linéaire.Par exemple, pour λ = 2 on a T7(2(x, y)) = T (2x, 2y) = 4xy et 2T7(x, y) = 2xy.

8. On vérifie que T8 est linéaire.Pour P et Q dans P(R) on a :

T8(P +Q) = (P +Q)(0)+ (P +Q)(2) = (P (0)+Q(0))+ (P (2)+Q(2)) = T8(P )+T8(Q).

Pour λ ∈ R on a T8(λP ) = (λP )(0) + (λP )(2) = λ(P (0) + P (2)) = λT8(P ).Le noyau de T8 est l’ensemble suivant :

Ker(T8) = {P ∈ P(R) | P (0) + P (2) = 0}.

C’est un espace vectoriel infini. (On peut voir, par exemple, que la famille des polynômesPn(X) = 2−nXn − 1

2est une famille infinie linéairement indépendante de Ker(T8).)

L’image de T8 est R (T8 est donc surjective) car un antécédent de α ∈ R par T8 estdonné par le polynôme constant P (X) = α

2.

9. On vérifie que T9 est linéaire.Pour P et Q dans P(R) on a :

T9(P + Q) = (P + Q)′ = P ′ + Q′ = T9(P ) + T9(Q).

Pour λ ∈ R on a T9(λP ) = (λP )′ = λP ′ = λT9(P ).Le noyau de T9 est l’ensemble suivant :

Ker(T9) = {P ∈ P(R) | P ′ = 0}.

Il s’agit donc des polynômes constants. L’espace vectoriel Ker(T9) admet pour base lepolynôme P (X) = 1. C’est donc un espace vectoriel de dimension 1.L’image de T9 est P(R) (T9 est donc surjective) car un antécédent de X i par T9 est donnépar le polynôme P (X) = Xi+1

i+1et les polynômes X i forment une base (infinie !) de P(R).

10. L’application T10 n’est pas linéaire.Par exemple, pour λ = 2 on a T10(2.P ) = (2P )(2P )′ = 4PP ′ et 2T10(P ) = 2PP ′.

11. On vérifie que T11 est linéaire.Pour f et g dans F([0, 1], R) on a :

T11(f + g) = (f + g)(3

4) = f(

3

4) + g(

3

4) = T11(f) + T11(g).

Pour λ ∈ R on a T11(λf) = (λf)(34) = λf(3

4) = λT11(f).

Le noyau de T11 est l’ensemble suivant :

Ker(T11) = {f ∈ F([0, 1], R) | f(3

4) = 0}.

C’est un espace vectoriel infini.L’image de T11 est R (T11 est donc surjective) car la fonction constante égale à 1 est unantécédent de 1 par T11.

2

12. On vérifie que T12 est linéaire.Pour f et g dans F([0, 1], R) on a :

T12(f + g) = {t 7→ f(t) + g(t)

1 + t2} = {t 7→ f(t)

1 + t2}+ {t 7→ g(t)

1 + t2} = T12(f) + T12(g).

Pour λ ∈ R on a T12(λf) = {t 7→ λf(t)1+t2

} = λ{t 7→ f(t)1+t2

} = λT12(f).Le noyau de T12 est l’ensemble suivant :

Ker(T12) = {f ∈ F([0, 1], R) | f(t)

1 + t2= 0 ∀t ∈ R}

= {f ∈ F([0, 1], R) | f(t) = 0 ∀t ∈ R} = {0}.

L’application T12 est donc injective.L’image de T12 est F([0, 1], R) (T12 est donc surjective et donc bijective) car pour g : t 7→g(t) un élément de F([0, 1], R), (1 + t2)g(t) ∈ F([0, 1], R) est un antécédent de g(t) parT12.

13. L’application T13 n’est pas linéaire.Par exemple, pour λ = 2 on a T13(2.f) = {t 7→ 4.f(t)2

1+t2} et 2T13(f) = 2{t 7→ f(t)2

1+t2} = {t 7→

2.f(t)2

1+t2}.

Correction exercice 2

1. Supposons qu’il existe a1, . . . , an ∈ F tels que

a1Tv1 + · · ·+ anTvn = 0.

L’application T est linéaire, alors

T (a1v1 + · · ·+ anvn) = 0.

Comme T est supposée injective, on obtient que

a1v1 + · · ·+ anvn = 0.

Puisque (v1, . . . , vn) est linéairement indépendante, a1 = · · · = an = 0. Par conséquent,(Tv1, . . . , T vn) est linéairement indépendante.

2. Soit w ∈ W . Puisque T est surjective, il existe v ∈ V tel que Tv = w. Or, (v1, . . . , vn)engendre V , donc il existe a1, . . . , an ∈ F tels que

v = a1v1 + · · ·+ anvn.

Alorsw = Tv = T (a1v1 + · · ·+ anvn) = a1Tv1 + · · ·+ anTvn

puisque T est linéaire. On en déduit que w ∈ Span(Tv1, . . . , T vn). Par conséquent,(Tv1, . . . , T vn) engendre W .

3

Correction exercice 3Montrons que la famille {x, . . . , ϕn−1(x)} est linéairement indépendante. Soient λ0, . . . , λn−1 ∈R tels que λ0x+ · · ·+λn−1ϕ

n−1(x) = 0. Alors : ϕn−1(λ0x+ · · ·+λn−1ϕn−1(x)) = 0. Mais comme

ϕn = 0, on a l’égalité

ϕn−1(λ0x + · · ·+ λn−1ϕn−1(x)) = ϕn−1(λ0x) + ϕn(λ1x + · · ·+ λn−1ϕ

n−2(x)) = λ0ϕn−1(x).

Comme ϕn−1(x) 6= 0 on obtient λ0 = 0.En calculant ensuite ϕn−2(λ1ϕ(x) + · · · + λn−1ϕ

n−1(x)) on obtient λ1 = 0 puis, de proche enproche, λn−1 = · · · = λ0 = 0. La famille {x, . . . , ϕn−1(x)} est donc linéairement indépendante.Comme elle est composée de n vecteurs et que dim (E) = n on en déduit que c’est une base deE.

Correction exercice 4

– Montrons que f est linéaire sur C en tant que R espace vectoriel. (On voit alors C commeespace vectoriel de dimension 2 sur R de base 1, i.)Soient z = a + ib et z′ = a′ + ib′ dans C.

f(z + z′) = f((a + a′) + i(b + b′)) = (a + a′)− i(b + b′) = f(z) + f(z′).

Soit λ ∈ R (C étant vu comme un R-espace vectoriel)

f(λz) = f(λa + iλb) = λa− iλb = λf(z).

Montrons que f n’est pas linéaire sur C en tant que C-espace vectoriel. (On voit alors Ccomme espace vectoriel de dimension 1 sur C de base 1). On a toujours f(z+z′) = f(z)+f(z′)par contre, pour λ ∈ C

f(λz) = λ̄z̄ 6= λz̄ si λ 6∈ R.

Par exemple, pour λ = i et z = 1, f(i) = −i et if(1) = i.– Montrons que g est linéaire sur C en tant que R espace vectoriel.

g(z + z′) = g((a + a′) + i(b + b′)) = a + a′ = g(z) + g(z′).

Soit λ ∈ Rg(λz) = g(λa + iλb) = λa = λg(z).

Pour λ ∈ Cg(λz) 6= λg(z) si λ 6∈ R.

Par exemple, pour λ = i et z = 1, g(i) = 0 et ig(1) = i.

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