Corrigé du test1 P14

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Corrigé du test1 P14
´
MT23-P2014 Test 1 : CORRIGE
Dur´ee : 45mn.
Exercice 1
(bar`eme approximatif : 2, 5 points)
Soit E et F deux espaces vectoriels sur K et u une application lin´eaire de L(E, F ). Soit (~vi )i=1,...,p
une famille de p > 0 vecteurs de E.
1. Compl´eter et d´emontrer : u injective ⇐⇒ . . .
On a : u injective ⇐⇒ ker(u) = {~0}.
En effet, si u est injective, alors pour tout ~x ∈ ker(u), u(~x) = ~0 = u(~0) (car u est lin´eaire).
Donc par injectivit´e de u, ~x = ~0, et ker(u) ⊂ {~0}. L’inclusion inverse est ´egalement vraie donc
ker(u) = {~0}.
R´eciproquement, si ⇐⇒ ker(u) = {~0} : soit ~x et ~y tels que u(~x) = u(~y ), alors par lin´earit´e de u,
il vient u(~x) − u(~y ) = 0, soit u(~x − ~y ) = 0. Donc ~x − ~y est dans le noyau de u, et comme celui-ci
est r´eduit `
a {~0}, ~x = ~y . Donc u est injective.
2. Donner la d´efinition de : la famille (~vi )i=1,...,p est libre dans E.
Cf. cours :
∀λ1 , λ2 , . . . , λp ∈ K, si
p
X
λj ~vj = ~0, alors ∀i = 1, 2, . . . , p
λi = 0.
j=1
3. On suppose que u est injective. Montrer que si (~vi )i=1,...,p est libre dans E, alors (u(~vi ))i=1,...,p
est libre dans F .
Soit λ1 , λ2 , . . . , λp dans K tels que
p
X
λj u(~vj ) = ~0.
j=1
Par lin´earit´e de u, il vient

u
p
X

λj ~vj  = ~0,
j=1
donc
Pp
vj
j=1 λj ~
est dans ker(u). Comme u est injective, ker(u) = {~0} et donc
p
X
λj ~vj = ~0,
j=1
ce qui implique, du fait que la famille (~vj )j=1,...,p est libre, que ∀j = 1, 2, . . . , p
famille (u(~vj ))j=1,...,p est libre.
Exercice 2 n (bar`eme approximatif : 2, 5 points) o
Soit F = (x1 , x2 , x3 ) ∈ IR3 /x1 − 2x2 + 3x3 = 0 un sous-espace vectoriel de IR3 .
1. Donner une base {f~1 , . . . , f~k } de F .
~x ∈ F
⇐⇒ ~x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ IR3 et x1 − 2x2 + 3x3 = 0
⇐⇒ ~x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ IR3 et x1 = 2x2 − 3x3
⇐⇒ ~x = x2 (2, 1, 0) + x3 (−3, 0, 1), pour x2 , x3 ∈ IR
⇐⇒ ~x ∈ Vect < f~1 , f~2 >,
o`
u f~1 = (2, 1, 0) et f~2 = (−3, 0, 1).
λj = 0. Donc la
Donc {f~1 , f~2 } est g´en´erateur de F . De plus, cette famille est libre car : ∀λ1 , λ2 dans IR, λ1 f~1 +
λ2 f~2 = 0 implique clairement que λ1 = λ2 = 0. Conclusion : {f~1 , f~2 } est une base de F et
dim(F ) = 2.
2. Soit ~g = (1, 1, 1). On pose G = Vect(~g ). Montrer que IR3 = F ⊕ G.
On remarque que dim(F ) + dim(G) = 2 + 1 = 3 = dim(IR3 ). Il suffit donc de montrer que
F ∩ G = {~0} pour conclure que IR3 = F ⊕ G.
Soit ~x ∈ F ∩ G. ~x est dans F donc il existe α1 et α2 tels que ~x = α1 f~1 + α2 f~2 . De plus ~x est
dans G donc il existe β tel que ~x = β~g . Il vient :


 2α1 − 3α2 = β
α =β
1

 α =β
2
⇐⇒


 −β = β
α =β
1

 α =β
2
,
ce qui implique que β = α1 = α2 = 0, donc ~x = ~0 et F ∩ G = {~0}.
Exercice 3 :
(bar`eme approximatif : 3 points)
Soit E un espace vectoriel de dimension finie et soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E.
1. (a) Donner la d´efinition de F + G.
Cf. cours :
n
o
F + G = ~x ∈ E | ∃f~ ∈ F et ∃~g ∈ G tels que ~x = f~ + ~g .
(b) Montrer que F + G est un sous-espace vectoriel de E.
On montre que :
– F + G 6= ∅, car ~0 ∈ F et ~0 ∈ G, car ce sont des sous espaces vectoriels. Donc ~0 + ~0 = ~0 ∈
F + G.
– Soit ~x et ~y dans F + G, soit λ et µ dans IR. D’apr`es la d´efinition de F + G, il existe f~1
et f~2 dans F , et ~g1 et ~g2 dans G tels que :
~x = f~1 + ~g1 ,
~y = f~2 + ~g2 .
Il vient
λ~x + µ~y = λ(f~1 + ~g1 ) + µ(f~2 + ~g2 ) = (λf~1 + µf~2 ) + (λ~g1 + µ~g2 ) ∈ F + G,
car F et G sont des sous espaces vectoriels, donc sont stables par combinaison lin´eaire.
2. On suppose que F ∩ G = {~0}. Soit F = {f~1 , f~2 , . . . , f~p } une base de F et soit G = {~g1 , ~g2 , . . . , ~gq }
une base de G. On pose B = F ∪ G = {f~1 , f~2 , . . . , f~p } ∪ {~g1 , ~g2 , . . . , ~gq }.
(a) Montrer que B est une famille libre.
Montrons que B est libre : soit p scalaires (αi )i=1,...,p et q scalaires (βi )i=1,...,q tels que
Pp
~ Pq βj ~gj = 0. Ceci implique que ~y = Pp αi f~i = − Pq βj ~gj est dans F
i=1 αi fi +
j=1
i=1
j=1
Pp
~
et dans G. Comme F ∩ G = {0}, ceci implique que ~y est nul, donc i=1 αi f~i = 0, ce qui
P
implique que tous les αi sont nuls car F est libre. De mˆeme, qj=1 βj ~gj = 0, ce qui montre
que les βj sont nuls car G est libre.
(b) Montrer que B est g´en´eratrice de F ⊕ G.
Remarquons d’abord que F et G sont bien en somme directe car F ∩G = {~0} par hypoth`ese.
Montrons que B est g´en´eratrice de F ⊕ G : tout d’abord, remarquons que les f~i et les ~gj
appartiennent bien `
a F ⊕ G, car f~i = f~i + ~0 ∈ F ⊕ G (de mˆeme pour les ~gj ). Ensuite, soit
~x ∈ F ⊕ G, donc il existe f~ ∈ F et ~g ∈ G tels que ~x = f~ + ~g (ils sont mˆeme uniques, car
la somme est directe). Comme F = {f~1 , f~2 , . . . , f~p } est une base de F (donc g´en´eratrice de
P
F ), il existe p scalaires αi tels que f~ = pi=1 αi f~i . De mˆeme, il existe q scalaires βi tels que
Pq
Pp
P
~g = j=1 βj ~gj Il vient donc : ~x = i=1 αi f~i + qj=1 βj ~gj ∈ Vect hBi, donc B est g´en´eratrice
de F ⊕ G.
(c) En d´eduire la relation qui relie les dimensions de F ⊕ G, de F et de G.
On conclut des deux questions pr´ec´edentes que B = F ∪G = {f~1 , f~2 , . . . , f~p }∪{~g1 , ~g2 , . . . , ~gq }
est une base de F ⊕ G. Il vient alors :
dim(F ⊕ G) = p + q = dim F + dim G.
3. Si on ne suppose pas que F ∩ G = {~0}, rappeler sans la d´emontrer la relation qui relie les
dimensions de F + G, de F , de G...
D’apr`es le cours :
dim(F + G) = dim F + dim G − dim(F ∩ G).
Exercice 4
(bar`eme approximatif : 3 points)
Soit Pk l’espace des polynˆ
omes de degr´e inf´erieur ou ´egal `
a k ≥ 0. On note {p0 , p1 , . . . , pk } la base
canonique de Pk . On d´efinit u l’application d´efinie de P2 dans P3 par :
u(p) = q ∈ P3 , telle que : q(x) =
Z x
∀x ∈ IR.
p(t)dt
0
1. Montrer que u est lin´eaire.
Soit p et q dans P2 et λ et µ dans IR. Il vient :
0
0
0
q(t)dt = λu(p) + µu(q),
p(t)dt + µ
(λp(t) + µq(t)) dt = λ
u(λp + µq) =
Z x
Z x
Z x
par lin´earit´e de l’int´egrale.
´
2. Ecrire
la matrice A associ´ee a
` u dans les bases canoniques de P2 et P3 . Bien expliquer.
A est une matrice de M(4, 3). Les colonnes de A sont constitu´ees des composantes des images
par u des ´el´ements de la base canonique de P2 , ´ecrits dans la base canonique de P3 . On a
u(p0 ) = p1 , u(p1 ) =
p2
p3
, u(p2 ) = .
2
3
Il vient :




A=
0 0
0
1 0
0
0 1/2 0
0 0 1/3



.

(1)
3. L’application u est-elle injective ? Expliciter son noyau.
Soit p =∈ ker(u). On ´ecrit p dans la base canonique de P2 : il existe αi , i = 0, 1, 2, dans IR tels
que p = α0 p0 + α1 p1 + α2 p2 . Il vient alors u(p) = α0 p1 + α1 /2p2 + α2 /3p3 = 0. Comme (pi )i=0,...,3
est une base de P3 , la famille {p1 , p2 , p3 } est libre (sous-famille de la base de P3 ), donc cela
implique que les αi , i = 0, 1, 2, sont nuls et donc que p est nul.
Finalement, ker(u) = {~0}, donc p est injective.
4. L’application u est-elle surjective ? Expliciter son image.
L’image de la base (pi )i=0,...,2 , famille g´en´eratrice de P2 , est g´en´eratrice de Im(u). Donc
Im(u) = Vect < u(p0 ), u(p1 ), u(p2 ) >= Vect < p1 , p2 , p3 >,
et {p1 , p2 , p3 } est libre (soit en tant que sous-famille de la base de P3 , soit en tant qu’image par
u injective de la famille libre (pi )i=0,...,2 ).
u n’est pas surjective, son rang (= dim(Im(u))) est 3, ce qui est normal, car
rang(u) = dim(P2 ) − dim(ker(u)) = 3 − 0 = 3.