Exercices avec corrigés pour le soutien - Espaces

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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 : oncherche 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
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