EPFLAlgèbre linéaire1ère année2006-2007

Corrigé de la série 4

Correction exercice 1

1. Une droite D de R3 passant par l’origine est définie par deux points distincts : l’origineO et un point A. Le vecteur ~OA définit un vecteur directeur de la droite D. On a :D = {λ ~OA | λ ∈ R}. Il s’agit donc du sous-espace vectoriel de R3 engendré par le vecteur~OA.

2. Un plan P de R3 passant par l’origine est défini par trois points distincts : l’origine O ,un point A et un point B. Un point C du plan est caractérisé par deux réels α et β telsque ~OC = α ~OA + β ~OB. On a donc : P = {α ~OA + β ~OB | α ∈ R, β ∈ R}. Il s’agit doncdu sous-espace vectoriel de R3 engendré par les vecteurs ~OA et ~OB.

3. On a D1 = {α ~OA1 | α ∈ R} et D2 = {β ~OA2 | β ∈ R}. On a D1 ∩ D2 = {~0} si etseulement si les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires càd que { ~OA1 , ~OA2} est uneliste de vecteurs linéairement indépendants.On a D1 + D2 = {α ~OA1 + β ~OA2 | α ∈ R, β ∈ R}. Si les deux vecteurs directeurs dontcolinéaires, ceci définit une droite, s’ils ne le sont pas il s’agit d’un plan. On ne peut doncpas engendrer tout l’espace E avec deux droites.

4. Soit D = {λ ~OA | λ ∈ R} et P = {α ~OB + β ~OC | α ∈ R, β ∈ R}. Par un raisonnementsimilaire à celui du point 3. on obtient que la somme est directe ssi { ~OA , ~OB , ~OC} estune liste de vecteurs linéairement indépendants. Dans ce cas on a D ⊕ P = E.

5. Soit P1 = {α1~OA +β1

~OB | α1 ∈ R, β1 ∈ R} et P2 = {α2~OC +β2

~OD | α2 ∈ R, β2 ∈ R}.Si les deux plans sont dictincts P1 + P2 = E, sinon P1 + P2 = P1.La somme ne peut pas être directe car l’intersection des deux plans est soit une droite,soit le plan lui même. (On verra plus tard, que ceci vient du fait que R3 est de dimension3 et que P1 et P2 sont de dimension 2...)

Correction exercice 2

1. Montrons que E = F ⊕G.– Soit ~x ∈ F ∩G : ~x = α1 ~e1 + α2 ~e2 = α3 ~e3 + α4 ~e4. D’où :

~x = (α1, α1 + α2, α2, 0) = (α3 + α4, α3, 0, α3).

D’où α1 = α2 = α3 = α4 = 0 et donc F ∩G = {~0}.– Soit ~x = (x1, x2, x3, x4) ∈ E. On montre que

~x = (x2 − x3 − x4)~e1 + x3 ~e2 + x4 ~e3 + (x1 − x2 + x3)~e4.

Par conséquent F + G = E.

1

– Montrons que E 6= F ⊕G′

La détermination de l’intersection F ∩G′ montre que

(−1, 0, 1, 0) = −~e1 + ~e2 = −~e3 − ~e4 + ~e5 ∈ F ∩G′.

Etant donné que G est un sous-espace vectoriel de G′ et qu’on a montré que E = F⊕G,on a E = F + G′.

Correction exercice 3

1. Montrons que F1 et F2 sont des sous espaces vectoriels de E.Pour F1 :– La fonction nulle est paire.– Soient f et g deux fonctions paires :

(f + g)(−x) = f(−x) + g(−x) = f(x) + g(x) = (f + g)(x).

– Soit f une fonction paire et λ ∈ F :

(λf)(−x) = λf(−x) = λf(x) = (λf)(x).

On montre de même que F2 est un sous-espace vectoriel de E.2. Montrons que F1 ⊕ F2 = E

– Soit f ∈ F1 ∩ F2. On a f(−x) = −f(x) = f(x). Par conséquent f = 0.– Soit f un vecteur de E. On a :

f(x) =1

2(f(x) + f(−x)) +

1

2(f(x)− f(−x))

et on vérifie facilement que 12(f(x) + f(−x)) ∈ F1 et 1

2(f(x)− f(−x)) ∈ F2.

Correction exercice 4Soit P (X) = α0 +α1X +α2X

2 +α3X3 un élément de P3(F) où αi ∈ F pour i ∈ {0, 1, 2, 3}. On

a :

P (X) = (α0 + α1 + α2 + α3) + (α1 + α2 + α3)(1−X)− (α2 + α3)(X −X2)− α3(X2 −X3).

Ce qui prouve que l’ensemble {1, 1−X,X −X2, X2 −X3} engendre P3(F).

Correction exercice 5

1. VraiOn a (1, 1, 0, 0) = ~e1+~e2 et (−1, 1,−4, 2) = ~e1−~e2. Donc Span{(1, 1, 0, 0), (−1, 1,−4, 2)} =Span{~e1, ~e2}. D’autre part, comme ~e3 = 2~e1 + 3~e2, on a Span{~e1, ~e2, ~e3} = Span{~e1, ~e2}.

2. VraiOn a (1, 1, 0, 0) = ~e1 + ~e2 = 1

2(~e3 − ~e2).

3. FauxOn peut montrer, par exemple, que (1, 0, 0, 0) 6∈ Span{~e1, ~e2}+ Span{~e2, ~e3, ~e4}.Autre solution. Comme ~e3 = 2~e1+3~e2, on a Span{~e1, ~e2}+Span{~e2, ~e3, ~e4} = Span{~e1, ~e2}+Span{~e1, ~e2, ~e4} = Span{~e1, ~e2, ~e4}. On verra plus tard, que R4 est un espace vectoriel dedimension 4 et qu’une famille de trois vecteurs ne peut pas engendrer un espace vectorielde dimension 4.

2

4. VraiOn montre que l’intersection entre les deux espaces vectoriels est réduite à ~0 et que chacundes vecteurs de la base canonique de R4 (i.e. les vecteurs (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0),(0, 0, 0, 1)) est dans l’espace Span{~e1, ~e2, ~e3} + Span{~e4, ~e5}. (Remarque : comme ~e3 =2~e1 + 3~e2, Span{~e1, ~e2, ~e3} = Span{~e1, ~e2}).

Correction exercice 6

1. Montrons que F et G sont des sous-espaces vectoriels de E.Pour F– La fonction nulle est dans F .– Soient f et g deux éléments de F

(f + g)(1) = f(1) + g(1) = 0.

– Soit f un élément de F et λ ∈ F :

(λf)(1) = λf(1) = 0.

De même, on montre que G est un sous-espace vectoriel de E.2. Montrons que E = F ⊕G

– Soit f ∈ F ∩G. On a f(1) = 0 = a, d’où a = 0 et donc f = 0.– Soit f ∈ E. On a f = (f − f(1)x) + f(1)x. On vérifie que f − f(1)x ∈ F et que

f(1)x ∈ G.

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