Exercices avec corrigés pour le soutien - Espaces vectoriels et applications linéaires Espaces vectoriels Exercice 1 E = K3 ; F = {(x, y, z) ∈ K3 | x + y + 2z = 0} ; G = {(x, y, z) ∈ K3 | y − z = 0}. Donner des bases de F , G, F + G et F ∩ G. Exercice 2 Notons ~u = (1, 1, 1), ~v = (1, 2, 3) et w ~ = (a, a2 , a3 ) trois vecteurs de R3 . Pour quelles valeurs de a la famille (~u, ~v , w) ~ est-elle libre ? liée ? Exercice 3 Dans R4 , dénissons a = (3, 2, 1, 4), b = (1, 1, 1, 3), c = (4, 2, 0, 2), d = (−1, 0, 1, 2) et e = (0, 3, 2, 1). Notons U = (a, b, c, d, e). 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Montrer que la famille (a, b, c) est liée. Montrer que la famille (a, c, d) est liée. Quel est le rang de U ? La famille U est-elle génératrice de R4 ? Notons F = Vect(a, b, c) et G = Vect(d, e). Déterminer une base de F puis de G. U engendre F + G ; mais est-ce une base de F + G ? Quelle est la dimension de F ∩ G ? Déterminer une base de F ∩ G. Exercice 4 La famille B = (−1, 3 + X, 5 + 4X 2 , 2X 2 , X + X 2 + X 3 ) est-elle libre/génératrice/une base de R3 [X] ? Applications linéaires Exercice 5 f est une application de R4 dans R3 dénie comme suite : f (x, y, z, t) = (x + y, z − t, x + t). Montrer que f est linéaire, déterminer une base de Ker(f ) et donner le rang de f , en précisant une base de Im(f ). Donner la matrice de f relativement aux bases canoniques de R4 et R3 . Exercice 6 Soit f ∈ L(K3 ) dénie par f (1, 0, 0) = (0, 1, 2), f (0, 1, 0) = (−1, 1, 1) et f (0, 0, 1) = (2, 0, 0). Montrer que f est un automorphisme de K3 et déterminer sa bijection réciproque. Corrections Exercice 1 F est un plan vectoriel, une base de ce plan est par exemple constituée des vecteurs a = (−2, 0, 1) et b = (−1, 1, 0). G est aussi un plan vectoriel, une base de ce plan est par exemple constituée des vecteurs c = (1, 0, 0) et d = (0, 1, 1). F + G est engendrée par les vecteurs a, b, c et d. Cette famille étant liée (4 éléments en dimension 3) on vérie que la famille (a, b, c) est libre, c'est donc une base de F + G. La formule de Grassmann donne dim(F ∩ G) = 1. ( ( x + y + 2z + 0 y=z Un vecteur (x, y, z) de R3 est dans F ∩ G si et seulement si il vérie ⇐⇒ . y−z =0 x = −3z Donc par exemple F ∩ G = Vect((−3, 1, 1)). Exercice 2 Écrivons que la combinaison linéaire des vecteurs ~u, ~v et w ~ par les scalaires p, q, r est nulle : p + q + ra = 0 p + q + ra = 0 2 ~ p~u+q~v +rw ~ = 0 ⇐⇒ p + 2q + ra = 0 ⇐⇒ q + r(a2 − a) = 0 (en utilisant la ligne 1 comme pivot) ⇐⇒ 3 p + 3q + ra = 0 2q + r(a3 − a) = 0 p + q + ra = 0 p + q + ra = 0 (en utilisant la ligne 2 pour supprimer q dans la ligne 3) ⇐⇒ q + ra(a − 1) = 0 q + ra(a − 1) = 0 ra(a2 − 1) − 2ra(a − 1) = 0 ra(a − 1)2 = 0 Donc la famille est libre sauf pour a = 0 et a = 1. Exercice 3 1 1. −2a + 2b + c = 0. 2. d = a + c. 3. La famille (a, c) engendre b et d ; (a, b, c, d) est donc de rang 2 et une famille libre maximale sera (a, c). Ensuite on vérie que (a, c, e) est libre ce qui prouve que U est de rang 3. 4. La famille U est de rang 3, mais l'ev ambiant est R4 ; donc U n'est pas génératrice de R4 . 5. Une base de F est (a, b), donc F = Vect(a, b) est de dimension 2. (d, e) est une base de G ; et donc G est de dimension 2. 6. La famille U compte cinq vecteurs, mais est dans R4 : elle est donc liée. Elle ne peut pas être une base. 7. U est de rang 3 donc dim(F + G) = 3 et de plus F + G = Vect(a, b, e). La formule de Grassmann donne dim(F ∩ G) = 1. Pour obtenir une base de F ∩ G, il faut trouver un vecteur non nul solution du système xa + yb = zd + te où x, y, z, t sont 4 réels. En eet, un vecteur de F ∩ G s'écrit à la fois combinaison linéaire de a et c, et de d et e. 3x + y = −z 2x + y = 3t Cela donne . Par exemple pour x = −1, y = 2 (et éventuellement z = 1 et t = 0) on trouve x + y = z + 2t 4x + 3y = 2z + t le vecteur xa + yb = (−1, 0, 1, 2) qui est une base de F ∩ G. Exercice 4 R3 [X] est de dimension 4 donc la famille B ayant 5 éléments, ne peut être libre ni une base. Comme elle est liée, on enlève un vecteur et on voit si la famille restante est libre. on montre que (−1, 3 + X, 2X 2 , X + X 2 + X 3 ) est libre (car échelonnée en degré par exemple), c'est donc une base de R3 [X] puisqu'elle a 4 éléments. Donc cela prouve que B est génératrice de R3 [X]. Exercice 5 f est linéaire car f ((x, y, z, t) + λ(x0 , y 0 , z 0 , t0 )) = f (x + λx0 , y + λy 0 , z + λz 0 , t + λt0 ) = (x + λx0 + y + λy 0 , z + λz 0 − (t + 0 λt ), x+λx0 +t+λt0 ) = ((x+y)+λ(x0 +y 0 ), (z−t)+λ(z 0 −t0 ), x+t+λ(x0 +t0 )) = (x+y, z−t, x+t)+λ(x0 +y 0 , z 0 −t0 , x0 +t0 ) = f (x, y, z) + λf (x0 , y 0 , z 0 ). Elle ne peut pas être injective car d'après le théorème du rang, dim(R4 ) = dim(Ker(f )) + dim(Im(f )) donc si f est injective, dim(Ker(f )) = 0 et on aurait dim(Im(f )) = 4 : impossible car Im(f ) est inclus dans R3 . x = −t x + y = 0 donc par exemple ⇐⇒ Si on cherche une base de Ker(f ) : (x, y, z, t) ∈ Ker(f ) ⇐⇒ y=t z−t=0 z = −t x+t=0 Ker(f ) = Vect((−1, 1, 1, 1)) est de dimension 1. 3 Le théorème du rang donne dim(Im(f )) = 3 donc Im est surjective. (f ) = R et f 1 1 0 0 La matrice de f dans les bases canoniques est A = 0 0 1 −1. 1 0 0 1 Exercice 6 On peut utiliser la propriété "f est bijective si et seulement si elle transforme une base en une base", en montrant que la famille (0, 1, 2), (−1, 1, 1), (2, 0, 0), image de la base canonique, est libre. Dans ce cas f (qui est un endomorphisme) est bijective. Autre méthode :On obtient facilement f (x, y, z) = (−y + 2z, x + y, 2x). f est injective car les vecteurs (x, y, z) −y + 2z = 0 de Ker(f ) vérient x + y = 0 donc x = y = z = 0. f étant un endomorphisme injectif est automatiquement 2x = 0 surjectif, c'est donc un automorphisme de R3 . Bijection réciproque : oncherche les antécédents de (a, b, c) ∈ R3 par f : a −y + 2z = a x = 2 . Donc f −1 (a, b, c) = ( a2 , b − 2c , a2 + 2b − 4c ). ⇐⇒ y = b − 2c x+y =b z = a2 + 2b − 4c 2x = c 2