Série 8 (Corrigé) - ANMC
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Algèbre linéaire avancée I
Prof. A. Abdulle
Jeudi 5 novembre 2015
EPFL
Série 8 (Corrigé)
Notation : Avec Pn (x) on note le polynôme à coefficients sur le corps K de degré ≤ n.
Exercice 1 Vérifiez pour chacun des ensembles de polynômes suivants, si cet ensemble est
linéairement indépendant. Vérifiez également si l’ensemble constitue une base pour l’espace
vectoriel donné.
1. L’ensemble {x2 − x, 2x3 + 2x, x3 + x2 } dans l’espace vectoriel P3 (x) sur R.
2. L’ensemble {(x − i)(x + i), x(x2 + 1), 1} dans l’espace vectoriel P3 (x) sur C.
3. L’ensemble {x + 1, x2 + x + 1, x3 + x, x3 + x2 } dans l’espace vectoriel P3 (x) sur R.
Sol.: Soit V un espace vectoriel. Un ensemble de polynômes {p1 , . . . , pn } est linéairement
dépendant si la combinaison linéaire α1 p1 +· · ·+αn pn = 0 a une solution α = (α1 , . . . , αn )T ,
et α n’est pas le vecteur nul. Un ensemble de polynômes {p1 , . . . , pn } génère (engendre)
l’espace V , si l’equation α1 p1 + · · · + αn pn = q a une solution α pour chaque q ∈ V . Si
l’ensemble est linéairement indépendant et aussi générateur de l’espace V , alors l’ensemble
est une base pour V .
1. L’ensemble est linéairement dépendant et donc n’est pas une base pour P3 (x) sur R.
De plus, l’ensemble n’engendre pas l’espace P3 (x). L’équation
α1 (x2 − x) + α2 (2x3 + 2x) + α3 (x3 + x2 ) = 0,
admet, entre autres, la solution α = (2, 1, −2)T .
2. L’ensemble est linéairement indépendant mais n’engendre pas l’espace P3 (x) sur C,
et donc il n’est pas une base de P3 (x). L’équation
⇔
α1 ((x − i)(x + i)) + α2 (x(x2 + 1)) + α3 1 = 0
α2 x3 + α1 x2 + α2 x + (α1 + α3 )1 = 0x3 + 0x2 + 0x + 0
admet seulement la solution α1 = α2 = α3 = 0. Mais il est pas possible de trouver
une solution, pour exemple, dans le cas suivant
α2 x3 + α1 x2 + α2 x + (α1 + α3 )1 = 1x3 − 1x .
3. L’ensemble est linéairement indépendant et aussi générateur de l’espace P3 (x) sur R,
et il est donc une base pour P3 (x). L’équation
α1 (x + 1) + α2 (x2 + x + 1) + α3 (x3 + x) + α4 (x3 + x2 ) = 0x3 + 0x2 + 0x + 0
1
admet seulement la solution α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Cela peut être vu par une
comparaison des coefficients. Nous devons résoudre le système linéaire
+ α4 )x3 = 0x3
+ α4 )x2 = 0x2
(α1 + α2 + α3 )x = 0x
α1 + α2 = 0.
(α3
(α2
On l’écrit sous forme matricielle,
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
1
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1 1
1 0
0 1
0 −1
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
0
0
.
L’ensemble est aussi générateur de l’espace P3 (x), puisque P3 (x) est de dimension 4
({1, x, x2 , x3 } est une base) et notre ensemble est constitué exactement par 4 vecteurs
linéairement indépendants. Alternativement, nous pouvons résoudre l’équation
α1 (x + 1) + α2 (x2 + x + 1) + α3 (x3 + x) + α4 (x3 + x2 ) = β4 x3 + β3 x2 + β2 x + β1 ,
où q = β4 x3 + β3 x2 + β1 x + β1 , avec β = (β1 , . . . , β4 )T ∈ R4 , q ∈ P3 (x).
Exercice 2 Nous considérons les trois applications linéaires FA , FB , FC : X → Y que l’on
décrit par les matrices
2 2 1
A=
2 3 2 ,
4 2 2
1 2
B=
3 4 ,
1 3
4 2 4
C=
4 2 5 .
6 3 3
On obtient FA : x 7→ Ax. Les espaces vectoriels X et Y sont toujours soit R2 soit R3 .
1. Déterminer pour les applications linéaires FA , FB , FC si elles sont surjectives, injectives ou bijectives.
2. Calculer pour les applications linéaires FA , FB , FC une base de le noyau et de l’image.
Sol.:
1. Pour déterminer si les applications linéaires sont surjectives, injectives ou bijectives,
nous calculons la forme échelonné de chaque matrice.
2 2 1
2 2 1
2 2 1
A = 2 3 2 ; 0 1 1 ; 0 1 1
.
4 2 2
0 −2 0
0 0 2
L’application linéaire FA : X → Y (X = Y = R3 ) est surjective, puisque rang(A) =
dim(Y ) = 3, et est injective car tous les vecteurs colonnes de A sont linéairement
indépendants. Puisque FA est surjective et injective, FA est bijective.
1 2
1 2
1 2
B = 3 4 ; 0 −2 ; 0 −2 .
1 3
0 1
0 0
2
L’application linéaire FB : X → Y (X = R2 , Y = R3 ) est injective car tous les
vecteurs colonnes de B sont linéairement indépendants. Mais elle n’est pas surjective
puisque rang(B) = 2 < 3 = dim Y . Donc FB n’est pas bijective.
4 2 4
4 2 4
4 2 4
C = 4 2 5 ; 0 0 1 ; 0 0 1
.
6 3 3
0 0 −3
0 0 0
L’application linéaire FC : X → Y (X = Y = R3 ) ne est pas surjective ni injective, car
rang(C) = 2 < 3 = dim(Y ) et a seulement 2 vecteurs colonnes qui sont linéairement
indépendants. Donc FC n’est pas bijective.
2. Les applications FA et FB sont injectives, donc ker(A) = ker(B) = {0}, et par conséquent le noyau est de dimension 0 et l’ensemble vide ∅ est une base pour le noyau de
FA et FB . De plus, les vecteurs colonnes de A et B constituent une base de l’image
de FA et FB respectivement, puisque ils sont linéairement indépendants. Donc la base
de l’image de FA est
Im(FA ) :
2
1
2
2 , 3 , 2 .
4
2
2
Comme FA est surjective, on peut aussi considérer la base canonique de R3 . La base
de l’image de FB est
2
1
3 , 4 .
Im(FB ) :
3
1
La matrice C a seulement deux vecteurs colonnes qui sont linéairement indépendants,
par exemple les vecteurs colonnes 1 et 3, qui forment une base de l’image de FC
4
4
4 , 5 .
Im(FC ) :
3
6
Pour calculer la base du noyau de FC nous utilisons le résultat de la première partie
de l’exercice. Par définition un élément x de le noyau de FC satisfait Cx = 0. Puisque
la solution de Cx = 0 ne change pas si nous faisons des opérations sur les lignes de
C, nous prenons la forme échelonné de la matrice C. Et donc nous devons résoudre
le système linéaire
(
4x1 + 2x2 + 4x3 = 0,
x3 = 0.
L’une des variables x1 ou x2 peut être choisi librement, par exemple x2 , et donc
x1 = −x2 /2, x3 = 0 et une base de le noyau de FC est donnée par
−1/2
1 .
ker(FC ) :
0
3
Exercice 3 Déterminer une base et la dimension des espaces vectoriels suivants :
1. Les solutions dans R3 de le système suivant
x+y−z =0
3x + y + 2z = 0 .
2x + 3z = 0
2. {0}.
3. {(x, y) ∈ C2 | x + iy = 0} comme espace vectoriel sur C.
4. {(x, y) ∈ C2 | x + iy = 0} comme espace vectoriel sur R.
5. L’espace des polynômes harmoniques homogènes de degré 2 avec variable dans R.
Indication : un polynôme homogène de degré 2 dans R3 est une fonction de la forme
u(x, y, z) = ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + eyz + f xz,
avec a, b, c, d, e, f ∈ R.
Une fonction u est appelé harmonique si
∆u := uxx + uyy + uzz = 0 ,
où uxx est la dérivée seconde de u par rapport à x, uyy est la dérivée seconde de u par
rapport à y, et uzz est la dérivée seconde de u par rapport à z.
Sol.:
1. Nous obtenons un ensemble de solutions pour ce système d’équations donné par V :=
{(−3z/2, 5z/2, z) | z ∈ R}. V est de dimension 1 et une base de V est donnée par
{(−3, 5, 2)}.
2. L’espace {0} est engendré par le vecteur 0. L’espace vectoriel {0} n’a pas de base
puisque le vecteur 0 est toujours linéairement dépendant avec les autres. Par définition,
la dimension de l’espace {0} est zéro.
3. Soit V l’espace vectoriel {(x, y) ∈ C2 |x + iy = 0} sur C. Soit (x, y) ∈ V . Ensuite
x + iy = 0 ⇒ y = ix et donc (x, y) = (x, ix) = x(1, i) pour tous (x, y) ∈ V . Donc,
nous pouvons écrire tous (x, y) ∈ V comme une combinaison linéaire complexe du
vecteur (1, i). Ceci est linéairement indépendant dans C et donc est une base de V .
La dimension de l’espace vectoriel est donc 1.
4. Nous avons montré que chaque élément de V peut être écrit sous la forme x(1, i) , x ∈
C. Nous posons x = a+ib, a, b ∈ R, et donc x(1, i) = (a+ib)(1, i) = a(1, i)+ib(1, i) =
a(1, i) + b(i, −1). Donc, nous pouvons écrire tous (x, y) ∈ V comme une combinaison
linéaire réelle des vecteurs (1, i) et (i, −1). Le deux vecteurs (1, i) et (i, −1) engendrent
l’espace V comme espace vectoriel sur R, et sont linéairement indépendants sur R.
Donc les deux vecteurs sont une base pour V sur R et l’espace est de dimension 2.
5. Nous calculons ∆u pour le polynôme u(x, y, z) = ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + eyz + f xz,
a, b, c, d, e, f ∈ R, et on obtient
∆u(x, y, z) = 2a + 2b + 2c.
4
Nous considerons le polynôme harmonique solution de ∆u(x, y, z) = 0, et donc
a + b + c = 0.
(1)
La condition (1) doit être satisfaite par le polynôme
u(x, y, z) = ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + eyz + f xz,
a, b, c, d, e, f ∈ R .
Donc pour satisfaire (1) nous posons a = −b − c, et donc nous obtenons
u(x, y, z) = b(y 2 − x2 ) + c(z 2 − x2 ) + dxy + eyz + f xz,
b, c, d, e, f ∈ R ,
L’ensemble des polynômes {y 2 − x2 , z 2 − x2 , xy, yz, xz} engendre l’espace vectoriel.
Cet ensemble est aussi linéairement indépendant puisque
α1 (y 2 − x2 ) + α2 (z 2 − x2 ) + α3 xy + α4 yz + α5 xz = 0,
α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ∈ R,
admet comme unique solution
α1 = α2 = α3 = α4 = α5 = 0.
Pour une vérification nous pouvons faire une comparaison des coefficients. Donc (x2 −
y 2 , y 2 − z 2 , xy, yz, xz) est une base de l’espace vectoriel, et la dimension de l’espace
vectoriel est 5.
Exercice 4 Laquelle des applications suivantes sont linéaires ? Sauf indication contraire,
montrer la linéarité sur le corps R.
1. C → C,
z 7→ z.
2. C → C,
z 7→ z,
(sur le corps C).
0
3. C ((−2, 2)) → R,
f 7→ f (0) +
Z1
2
f (x) ex dx.
−1
4. C 0 ((0, ∞)) → C 0 ((0, ∞)),
f 7→
x 7→ x f (1/x) .
f (0)+ π
2
5. C 0 (R/2πZ) → R,
Z
f 7→
f (2x) dx.
f (0)− π
2
6. (?) P4 (x) → P4 (x) sur R,
7. (?) P3 (x) → P5 (x) sur R,
8. F22 → F22 ,
0
9. C ([0, 3]) → R,
p 7→ p0 .
p 7→ (2 − 3x + x2 )p.
(x, y) 7→ (x + y, x2 + y 2 ).
f 7→ 37f (1) + 58
Z3
f (x) dx.
2
(?) Pour les points 6. et 7. calculer une base de l’image et du noyau, et dire si les applications
sont injectives ou surjectives.
Notation : Pour I ⊆ R, on denote l’espace vectoriel des fonctions réelles continues sur I
par C 0 (I). De plus C 0 (R/2πZ) désigne l’espace vectoriel des fonctions sur R qui sont 2πpériodiques.
Sol.: Sauf 2., les applications sont toutes linéaires. On note avec h chaque fonction décrite
dans les points 1. - 9.
5
1. L’application h est linéaire, car on a
λh(x + iy) = λ(x + iy) = λ(x − iy) = λ(x + iy) = h(λ(x + iy))
où λ ∈ R, et donc λ = λ. De plus, puisque
h(a) + h(b) = a + b = a + b = h(a + b)
pour a, b ∈ C, on a que l’application est linéaire.
2. L’application n’est pas linéaire car
ih(i) = ii = −i2 = 1 6= −1 = h(i2 ) .
3. Pour f, g ∈ C 0 ((−2, 2)) et λ, µ ∈ R on a
Z1 h(λf + µg) = λf + µg (0) +
−1
Z1
= λf (0) + µg(0) +
2
λf + µg (x) ex dx
2
λf (x) + µg(x) ex dx
−1
Z1
= λf (0) +
2
f (x) ex dx + µg(0) +
Z1
2
g(x) ex dx = λh(f ) + µh(g)
−1
−1
et donc l’application est linéaire.
4. Pour f, g ∈ C 0 ((0, ∞)) et λ, µ ∈ R on a
h(λf + µg) = x λf + µg (1/x) = xλf (1/x) + xµg(1/x)
= λ xf (1/x) + µ xg(1/x) = λh(f ) + µh(g)
et donc l’application est linéaire.
5. Pour f ∈ C 0 (R/2πZ) nous pouvons écrire h(f ) comme
f (0)+ π2
h(f ) =
Z
f (0)− π2
1
f (2x) dx =
2
2f Z
(0)+π
2π
0
2f (0)−π
π
Z
1Z
f (y) dy =
f (y) dy = f (2x) dx.
2
0
Pour f, g ∈ C 0 (R/2πZ) et λ, µ ∈ R on a
λf +µg (0)+ π2
Z
h(λf + µg) =
λf +µg (0)− π2
f (0)+ π2
=λ
Zπ
0
0
λf + µg (2x) dx = λ f (2x) dx + µ g(2x) dx
Z
Zπ
g(0)+ π2
f (2x) dx + µ
f (0)− π2
Z
g(2x) dx = λh(f ) + µh(g)
g(0)− π2
et donc l’application est linéaire.
6
6. Pour f, g ∈ P4 (x) sur R et λ, µ ∈ R on a
h(λf + µg) = (λf + µg)0 = λf 0 + µg 0 = λh(f ) + µh(g).
Aussi dans ce cas h est linéaire. Le noyau contient tous les polynômes p tels que
h(p) = 0, c’est à dire les polynômes de degré 0. Une base du noyau est par exemple
l’ensemble {1}. L’image contient tous les polynômes p pour lequel il existe un polynôme
q de degré ≤ 4 t. q. h(q) = p, et donc l’image est donné par tous les polynômes de
degré ≤ 3. Une base de l’image est l’ensemble {1, x, x2 , x3 }. L’application n’est pas
injective ni surjective.
7. Pour f, g ∈ P3 (x) sur R et λ, µ ∈ R on a
h(λf + µg) = (2 − 3x + x2 )(λf + µg)
= λ(2 − 3x + x2 )f + µ(2 − 3x + x2 )g
= λh(f ) + µh(g).
L’application h est donc linéaire. Le noyau contient tous les polynômes p tels que
h(p) = 0, c’est à dire seulement le polynôme p = 0, et donc le noyau est de dimension
zéro et n’a pas de base. L’image contient tous les polynômes p pour lesquels il existe
un polynôme q de degré ≤ 3 tels que h(q) = p, et donc une base de l’image est donnée
par {(2 − 3x + x2 ), (2 − 3x + x2 )x, (2 − 3x + x2 )x2 , (2 − 3x + x2 )x3 }. L’application est
injective mais elle n’est pas surjective.
8. L’application est linéaire, car ∀x ∈ F2 , on a x2 = x, donc en fait h(x, y) = (x+y.x+y).
On vérifie facilement que cette application est linéaire.
9. L’application est linéaire. Soient λ, µ ∈ R et f, g ∈ C 0 ([0, 3]). Alors, en tenant compte
du fait que l’intégration est linéaire, on obtient
h(λf + µg) = 37(λf + µg)(1) + 58
Z3
(λf + µg)(x) dx
2
= 37(λf (1) + µg(1)) + 58
Z3
(λf (x) + µg(x)) dx
2
= λ 37f (1) + 58
Z3
f (x) dx + µ 37g(1) + 58
Z3
g(x) dx
2
2
= λh(f ) + µh(g) .
Exercice 5 On considére les sous-espaces vectoriels suivants de R4 ,
U = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x − 2z + t = 0 et z + 3t = 0} ,
W = espace engendré par ((1, 0, 0, 0), (0, −1, 0, 0), (−1, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)) .
1. Calculer la dimension de U et W .
2. Montrer que U + W = R4 .
3. Trouver la dimension de U ∩ W sans déterminer U ∩ W .
7
4. Déterminer U ∩ W .
Sol.:
1. On va trouver une base de U comme suit. Soit (x, y, z, t) ∈ U . Alors x − 2z + t = 0
et z + 3t = 0. La deuxième égalité donne z = −3t, et si on remplace z par −3t dans
la première, on obtient x = −7t. Donc (x, y, z, t) = (−7t, y, −3t, t) et y et t sont des
variables libres. Si on prend y = 0 et t = 1, on obtient le vecteur v1 = (−7, 0, −3, 1).
Si on prend t = 0 et y = 1, on obtient le vecteur v2 = (0, 1, 0, 0). On montre que
(v1 , v2 ) est une base de U . Ces deux vecteurs appartiennent clairement à U . On a
montré que pour tout (x, y, z, t) ∈ U , on a
(x, y, z, t) = (−7t, y, −3t, t) = t(−7, 0, −3, 1) + y(0, 1, 0, 0) = tv1 + yv2 .
Donc l’ensemble A = {v1 , v2 } est générateur de l’espace U . D’autre part, s’il existe
a, b ∈ R tels que av1 + bv2 = 0, alors
a(−7, 0, −3, 1) + b(0, 1, 0, 0) = (−7a, b, −3a, a) = (0, 0, 0, 0) ,
et donc a = b = 0. Donc v1 et v2 sont linéairement indépendants, et donc A = {v1 , v2 }
est une base pour U . En fin la dimension de U est 2.
Pour l’espace W on pose
w1 = (1, 0, 0, 0) w2 = (0, −1, 0, 0) w3 = (−1, 1, 0, 0) w4 = (0, 0, 0, 1) .
Par définition de W , l’ensemble B = {w1 , w2 , w3 , w4 } est générateur de l’espace W .
On va trouver une base de W en extrayant un ensemble C ⊆ B. On va a montrer
que C = {w1 , w2 , w4 } est une base de W . Il est évident que w3 = −w1 − w2 et donc
tout élément de B est engendré par C (c’est à dire combinaison linéaire des vecteurs
de C). Mais comme B est générateur de W , il s’ensuit que C est aussi générateur de
W . Maintenant s’il existe a, b, c ∈ R tels que aw1 + bw2 + cw4 = 0, alors
aw1 + bw2 + cw4 = (a, −b, 0, c) = (0, 0, 0, 0) ,
et donc a = b = c = 0. L’ensemble C est par conséquent linéairement indépendant.
On a montré que c’est une base de W , donc W est de dimension 3.
2. On montre d’abord que l’union A∪C = {v1 , v2 , w1 , w2 , w4 } engendre la base canonique
{e1 , e2 , e3 , e4 }. Evidemment e1 , e2 , e4 ∈ A ∪ C, car e1 = w1 , e2 = v2 et e4 = w4 . De
plus, à partir de la définition de v1 , on trouve aisément e3 = −(v1 + 7w1 − w4 )/3. Il
s’ensuit que A∪C engendre span{e1 , e2 , e3 , e4 }, c’est à dire R4 = span{e1 , e2 , e3 , e4 } ⊆
span{A ∪ C}. L’autre inclusion est évidente, vu que tous les vecteurs considérés sont
dans R4 , et par conséquent span{A∪C} = R4 . Or span{A∪C} = span{A}+span{C},
car toute combinaison linéaire de A ∪ C est la somme d’une combinaison linéaire de
A et d’une combinaison linéaire de C. Par conséquent, U + W = R4 , puisque
U + W = span{A} + span{C} = span{A ∪ C} = R4 .
3. On utilise la formule des dimensions et on obtient
dim(U ∩ W ) = dim(U ) + dim(W ) − dim(U + W ) = 2 + 3 − 4 = 1 .
8
4. Il est évident que e2 ∈ U , car e2 = v2 , et que e2 ∈ W , car e2 = −w2 . Par conséquent
e2 ∈ U ∩ W et donc span{e2 } ⊆ U ∩ W . Or d’après 3., dim(U ∩ W ) = 1 et par ailleurs
dim(span{e2 }) = 1. Si deux sous-espaces sont inclus l’un dans l’autre et ont la même
dimension, ils sont égaux. Par conséquent, U ∩ W = span{e2 }.
Exercice 6 Soient V et W deux espaces vectoriels de dimension finie sur le corps K et
soit ϕ : V → W une application linéaire sur K. On se donne un sous-espace vectoriel U de
V tel que U ∩ Ker(ϕ) = {0}.
1. Montrer que l’application restreinte à U , à savoir ϕ|U : U → W , est injective.
2. Montrer que dim(U ) ≤ rang(ϕ).
Sol.:
1. Le noyau de l’application restreinte ϕ|U : U → W est
Ker(ϕ|U ) = {u ∈ U | ϕ(u) = 0} = U ∩ Ker(ϕ) .
Or U ∩ Ker(ϕ) est réduit à {0} par hypothèse, donc Ker(ϕ|U ) = {0}. Par le théorème
d’injectivité, cela signifie que ϕ|U est injective.
2. En appliquant le théorème du rang à l’application restreinte ϕ|U : U → W , on trouve
dim(Im(ϕ|U )) = dim(U ) − dim(Ker(ϕ|U )) = dim(U ) ,
puisque Ker(ϕ|U ) = {0} par la partie 1., si bien que dim(Ker(ϕ|U )) = 0. Or il est clair
que Im(ϕ|U ) ⊆ Im(ϕ), car si w ∈ Im(ϕ|U ), alors il existe u ∈ U tel que ϕ|U (u) = w,
donc ϕ(u) = w, ce qui donne w ∈ Im(ϕ). Il s’ensuit que
dim(U ) = dim(Im(ϕ|U )) ≤ dim(Im(ϕ)) = rang(ϕ) .
Exercice 7 Soit λ ∈ C fixé. Soit ϕ : C3 → M2×2 (C) l’application définie par
ix + y + λz x − iy + iz
ϕ(x, y, z) =
0
(λ + 1)z
pour
1.
2.
3.
4.
5.
!
tout (x, y, z) ∈ C3 .
Montrer que ϕ est une application linéaire sur C.
Trouver une base du noyau de ϕ.
Déterminer la dimension du noyau de ϕ.
Déterminer la dimension de l’image de ϕ.
Est-ce que ϕ est injective ?
Sol.:
1. Soient (x, y, z), (x0 , y 0 , z 0 ) ∈ C3 deux éléments arbitraires de C3 et soit a ∈ C. Alors
ϕ(a(x, y, z) + (x0 , y 0 , z 0 ))
=ϕ(ax + x0 , ay + y 0 , az + z 0 )
!
i(ax + x0 ) + (ay + y 0 ) + λ(az + z 0 ) (ax + x0 ) − i(ay + y 0 ) + i(az + z 0 )
=
0
(λ + 1)(az + z 0 )
!
a(ix + y + λz) + (ix0 + y 0 + λz 0 ) a(x − iy + iz) + (x0 − iy 0 + iz 0 )
=
0
a(λ + 1)z + (λ + 1)z 0
9
et
aϕ(x, y, z) + ϕ(x0 , y 0 , z 0 )
!
ix + y + λz x − ix + iz
ix0 + y 0 + λz 0 x0 − iy 0 + iz 0
=a
+
0
(λ + 1)z 0
0
(λ + 1)z
!
!
!
a(ix + y + λz) a(x − iy + iz)
(ix0 + y 0 + λz 0 ) (x0 − iy 0 + iz 0 )
=
+
0
a(λ + 1)z
0
(λ + 1)z 0
!
a(ix + y + λz) + (ix0 + y 0 + λz 0 ) a(x − iy + iz) + (x0 − iy 0 + iz 0 )
=
.
0
a(λ + 1)z + (λ + 1)z 0
Donc ϕ(a(x, y, z)+(x0 , y 0 , z 0 )) = aϕ(x, y, z)+ϕ(x0 , y 0 , z 0 ) pour tous (x, y, z), (x0 , y 0 , z 0 ) ∈
C3 et pour tout a ∈ C. Par conséquent, ϕ est une application linéaire sur C.
2. Soit (x, y, z) ∈ Ker(ϕ). Alors comme ϕ(x, y, z) = 0, on obtient un système d’equations
linéaires :
ix + y + λz = 0 (1)
x − iy + iz = 0 (2)
(λ + 1)z = 0
(3)
On distingue deux cas suivant que λ + 1 = 0 ou λ + 1 6= 0.
Si λ + 1 = 0, c’est à dire λ = −1, alors (3) est valable pour tout z ∈ C. Maintenant
le système d’equations linéaires devient
(
ix + y − z = 0 (1)
x − iy + iz = 0 (2)
Or, si on multiplie (2) par i, on retrouve (1). Donc si λ = −1, le système d’équations
linéaires ci-dessus est équivalent à une seule équation x − iy + iz = 0 et y, z sont des
variables libres. Si on prend y = 1, z = 0, on obtient le vecteur (i, 1, 0) et si on pose
y = 0, z = 1, on trouve (−i, 0, 1).
On va montrer que les deux vecteurs (i, 1, 0) et (−i, 0, 1) forment une base de Ker(ϕ).
Les deux vecteurs appartiennent à Ker(ϕ). Pour (x, y, z) ∈ Ker(ϕ), on a montré que
x − iy + iz = 0 et donc
(x, y, z) = (iy − iz, y, z) = y(i, 0, 1) + z(−i, 0, 1) .
Ces deux vecteurs engendrent Ker(ϕ). S’il exsiste a, b ∈ C tels que a(i, 1, 0)+b(−i, 0, 1) =
0, on trouve ai − bi = 0, et donc a = b = 0. Les deux vecteurs sont donc linéairement
indépendants.
On a montré que ces deux vecteurs forment une partie génératrice et libre de Ker(ϕ)
et donc ils en forment une base quand λ = −1.
Supposons maintenant que λ 6= −1. Alors (3) implique z = 0. Donc le système d’équations linéaires devient
(
ix + y = 0 (1)
x − iy = 0 (2)
Or, si on multiplie (2) par i, on retreuve (1). Donc si λ 6= −1, le système d’équations
linéaires ci-dessus est équivalent à x − iy = 0 et z = 0. La variable y est la seule
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variable libre. Si on prend y = 1, on obtient le vecteur (i, 1, 0) qui appartient à Ker(ϕ).
On va montrer que ce vecteur non nul forme une base de Ker(ϕ). En effet, c’est un
vecteur appartenant à Ker(ϕ). Ce vecteur est non nul, donc linéairement indépendant.
Pour tout (x, y, z) ∈ Ker(ϕ), on a montré ci-dessus que z = 0 et x − iy = 0, donc
(x, y, z) = (iy, y, 0) = y(i, 1, 0) ,
ce qui signifie que (i, 1, 0) engendre Ker(ϕ). On a ainsi montré que le vecteur (i, 1, 0)
forme une base de Ker(ϕ).
3. Si λ = −1, {(i, 1, 0), (−i, 0, 1)} est une base de Ker(ϕ) et donc dim(Ker(ϕ)) = 2.
Si λ 6= −1, alors {(i, 1, 0)} est une base de Ker(ϕ) et donc dim(Ker(ϕ)) = 1.
4. D’après le théorème du rang, dim(Im(ϕ)) = dim(C3 ) − dim(Ker(ϕ)).
Si λ = −1, alors dim(Im(ϕ)) = dim(C3 ) − dim(Ker(ϕ)) = 3 − 2 = 1.
Si λ 6= −1, alors dim(Im(ϕ)) = dim(C3 ) − dim(Ker(ϕ)) = 3 − 1 = 2.
5. Rappelons que ϕ est injective si et seulement si Ker(ϕ) = {0}, ou encore dim(Ker(ϕ)) =
0. Or on a vu que cette dimension vaut 1 ou 2. Donc ϕ ne est pas injective.
Exercice 8 Répondre à chacune des questions suivantes en cochant la case correcte.
1. Soit V un espace vectoriel de dimension 5 sur le corps K, et soit U un sous-espace
vectoriel de dimension 3, et soit W un sous-espace vectoriel de dimension 4. Combien
vaut dim(U ∩ W ) ?
Cette dimension vaut nécessairement 2.
Cette dimension vaut 2 ou 3.
Cette dimension peut valoir n’importe quel entier entre 0 et 4.
2. Soit ϕ : R4 → R3 une application linéaire. Si v1 , v2 , v3 , v4 ∈ R4 sont linéairement indépendants dans R4 , est-ce que leurs images ϕ(v1 ), ϕ(v2 ), ϕ(v3 ), ϕ(v4 ) sont linéairement
indépendantes ?
Non, jamais.
Non si l’un des vecteurs est dans Ker(ϕ), mais oui sinon.
Oui, toujours.
Sol.:
1. C’est la deuxième réponse qui est correcte. Par la formule des dimensions,
dim(U ∩ W ) = dim(U ) + dim(W ) − dim(U + W )
= 3 + 4 − dim(U + W )
= 7 − dim(U + W ) .
De plus, W ⊆ U + W ⊆ V , donc 4 ≤ dim(U + W ) ≤ 5 (car dim(W ) = 4 et
dim(V ) = 5). Il y a donc 2 cas possibles : la dimension de U + W vaut 4 ou 5. Il
s’ensuit que la dimension de U ∩ W vaut 7 − 4 = 3 ou 7 − 5 = 2.
Même si ce n’est pas nécessaire, on peut être plus précis pour décrirer les deux cas. Si
dim(U + W ) = 4, alors dim(W ) = dim(U + W ), donc W = U + W , donc U ⊆ W .
Dans ce cas, U ∩ W = U et donc dim(U ∩ W ) = dim(U ) = 3.
Si dim(U + W ) = 5, alors 4 = dim(W ) < dim(U + W ) = 5, donc U + W contient
strictement W , c’est à dire W 6= U + W . Cela force U * W et donc U contient
strictement U ∩ W . Dans ce cas 2 = dim(U ∩ W ) < dim(U ) = 3.
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2. C’est la première réponse qui est correcte, car 4 vecteurs dans R3 sont toujours liés (vu
que dim(R3 ) = 3 < 4). Du coup, la troisième réponse est fausse. D’ailleurs, on voit
aussi directement que les images peuvent parfois être liées, car on pourrait avoir par
exemple ϕ(v1 ) = ϕ(v2 ) et on aurait dans ce cas la combinaison linéaire non triviale
1 · ϕ(v1 ) − 1 · ϕ(v2 ) = 0.
Dans la deuxième réponse, il est faux de dire oui sinon. Notons que la première partie
de la deuxième réponse est correcte, car si un vecteur est dans Ker(ϕ), alors son
image est nulle et ne peut donc pas appartenir à un partie libre (car le vecteur nul
n’est jamais libre). Mais cette condition n’est pas nécessaire pour impliquer que les
images sont liées.
Informations générales, séries et corrigés: cf. http://anmc.epfl.ch/Algebre.html.
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