[PDF] Espaces vectoriels de dimension finie 1 Base

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Exo7

Espaces vectoriels de dimension finie

1 Base

Exercice 11.Montrer que les v ecteursv1= (0;1;1),v2= (1;0;1)etv3= (1;1;0)forment une base deR3. Trouver les

composantes du vecteurw= (1;1;1)dans cette base(v1;v2;v3). 2. Montrer que les v ecteursv1=(1;1;1),v2=(1;1;0)etv3=(1;0;1)forment une base deR3. Trouver les composantes du vecteure1= (1;0;0),e2= (0;1;0),e3= (0;0;1)etw= (1;2;3)dans cette base (v1;v2;v3). 3. Dans R3, donner un exemple de famille libre qui n"est pas génératrice. 4. Dans R3, donner un exemple de famille génératrice qui n"est pas libre. DansR4on considère l"ensembleEdes vecteurs(x1;x2;x3;x4)vérifiantx1+x2+x3+x4=0. L"ensembleE est-il un sous-espace vectoriel deR4? Si oui, en donner une base. Déterminer pour quelles valeurs det2Rles vecteurs (1;0;t);(1;1;t);(t;0;1) forment une base deR3. 1. Montrer que les v ecteursv1= (1;1;i),v2= (1;i;1),v3= (i;1;1)forment une base deC3. 2. Calculer les coordonnées de v= (1+i;1i;i)dans cette base. 1.

Soit E=Rn[X]l"espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal àn. Montrer que toute famille

de polynômesfP0;P1;:::;Pngavec degPi=i(pouri=0;1;:::;n) forme une base deE. 2. Écrire le polynôme F=3XX2+8X3sous la formeF=a+b(1X)+c(XX2)+d(X2X3)

2 Dimension

Exercice 6SoitEest un espace vectoriel de dimension finie etFetGdeux sous-espaces vectoriels deE. Montrer que :

dim(F+G) =dimF+dimGdim(F\G):

On considère, dansR4, les vecteurs :

v

1= (1;2;3;4);v2= (1;1;1;3);v3= (2;1;1;1);v4= (1;0;1;2);v5= (2;3;0;1):

SoitFl"espace vectoriel engendré parfv1;v2;v3get soitGcelui engendré parfv4;v5g. Calculer les dimensions

respectives deF,G,F\G,F+G.

Montrer que tout sous-espace vectoriel d"un espace vectoriel de dimension finie est de dimension finie.

Indication pourl"exer cice1 NÊtre une base, c"est être libre et génératrice. Chacune de ces conditions se vérifie par un système linéaire.

Indication pour

l"exer cice

2 NEest un sous-espace vectoriel deR4. Une base comporte trois vecteurs.Indication pourl"exer cice3 NC"est une base pourt6=1.Indication pourl"exer cice4 NIl n"y a aucune difficulté. C"est comme dansR3sauf qu"ici les coefficients sont des nombres complexes.Indication pourl"exer cice5 NIl suffit de montrer que la famille est libre (pourquoi ?). Prendre ensuite une combinaison linéaire nulle et

regarder le terme de plus haut degré.Indication pourl"exer cice6 NPartir d"une base(e1;:::;ek)deF\Get la compléter par des vecteurs(f1;:::;f`)en une base deF. Repartir de

(e1;:::;ek)pourlacompléterpardesvecteurs(g1;:::;gm)enunebasedeG. Montrerque(e1;:::;ek;f1;:::;f`;g1;:::;gm)

est une base deF+G.Indication pourl"exer cice7 NCalculer d"abord les dimensions deFetG. Pour celles deF\GetF+Gservez-vous de la formule dim(F+

G) =dimF+dimGdim(F\G).Indication pourl"exer cice8 NOn peut utiliser des familles libres. 3

Correction del"exer cice1 N1.Pour montrer que la f amillefv1;v2;v3gest une base nous allons montrer que cette famille est libre et

génératrice. (a) Montrons que l af amillefv1;v2;v3gest libre. Soit une combinaison linéaire nulleav1+bv2+cv3=

0, nous devons montrer qu"alors les coefficientsa;b;csont nuls. Ici le vecteur nul est 0= (0;0;0)

av

1+bv2+cv3= (0;0;0)

()a(0;1;1)+b(1;0;1)+c(1;1;0) = (0;0;0) ()(b+c;a+c;a+b) = (0;0;0) ()8 :b+c=0 a+c=0 a+b=0()8 :a=0 b=0 c=0 Ainsi les coefficients vérifienta=b=c=0, cela prouve que la famille est libre. (b) Montrons que la f amillefv1;v2;v3gest génératrice. Pour n"importe quel vecteurv= (x;y;z)deR3 on doit trouvera;b;c2Rtels queav1+bv2+cv3=v. av

1+bv2+cv3=v

()a(0;1;1)+b(1;0;1)+c(1;1;0) = (x;y;z) ()(b+c;a+c;a+b) = (x;y;z) ()8 :b+c=x a+c=y(L2) a+b=z(L3)()8 :b+c=x(L01) a+c=y bc=zy(L03) = (L3L2) ()8 :2b=x+zy(L01+L03) a+c=y

2c=x(zy) (L01L03)()8

:a=12 (x+y+z) b=12 (xy+z) c=12 (x+yz)

Poura=12

(x+y+z),b=12 (xy+z),c=12 (x+yz)nous avons donc la relationav1+bv2+ cv

3= (x;y;z) =v. Donc la famillefv1;v2;v3gest génératrice.

(c) La f amilleest libre et génératrice donc c"est une base. (d)

Pour écrire w= (1;1;1)dans la base(v1;v2;v3)on peut résoudre le système correspondant à la

relationav1+bv2+cv3=w. Mais en fait nous l"avons déjà résolu pour tout vecteur(x;y;z), en particulier pour le vecteur(1;1;1)la solution esta=12 ,b=12 ,c=12 . Autrement dit12 v1+12 v2+ 12 v3=w. Les coordonnées dewdans la base(v1;v2;v3)sont donc(12 ;12 ;12 2.

Pour montrer que la f amilleest libre et génératrice les cal culssont similaires à ceux de la question

précédente. NotonsBla base(v1;v2;v3). Exprimons ensuitee1dans cette base, les calculs donnent :e1=13 v113 v2+13 v3. Ses coordonnées dans la baseBsont(13 ;13 ;13 e 2=13 v1+23 v2+13 v3. Ses coordonnées dansBsont(13 ;23 ;13 e 3=13 v113 v223 v3. Ses coordonnées dansBsont(13 ;13 ;23 Les calculs sont ensuite terminés, on remarque quew= (1;2;3)vaut en faitw=e1+2e23e3donc par nos calculs précédentsw=13 v113 v2+13 v3+2(13 v1+23 v2+13 v3)3(13 v113 v223 v3) =2v2+3v3.

Les coordonnées dewdansBsont(0;2;3).

4

3.P are xemplela f amillef(1;0;0);(0;1;0)gest libre dansR3mais pas génératrice.

4.

La f amillef(1;0;0);(0;1;0);(0;0;1);(1;1;1)gest génératrice dansR3mais pas libre.Correction del"exer cice2 N1.On vérifie les propriétés qui font de Eun sous-espace vectoriel deR4:

(a) l"origine (0;0;0;0)est dansE, (b) si v= (x1;x2;x3;x4)2Eetv0= (x01;x02;x03;x04)2Ealorsv+v0= (x1+x01;x2+x02;x3+x03;x4+x04)a des coordonnées qui vérifient l"équation et doncv+v02E. (c) si v= (x1;x2;x3;x4)2Eetl2Ralors les coordonnées delv= (lx1;lx2;lx3;lx4)vérifient l"équation et donclv2E. 2. Il f auttrouv erune f amillelibre de v ecteursqui engendrent E. CommeEest dansR4, il y aura moins de

4 vecteurs dans cette famille. On prend un vecteur deE(au hasard), par exemplev1= (1;1;0;0). Il

est bien clair quev1n"engendre pas toutE, on cherche donc un vecteurv2linéairement indépendant de

v

1, prenonsv2= (1;0;1;0). Alorsfv1;v2gn"engendrent pas toutE; par exemplev3= (1;0;0;1)est

dansEmais n"est pas engendré parv1etv2. Montrons que(v1;v2;v3)est une base deE. (a)(v1;v2;v3)est une famille libre. En effet soienta;b;g2Rtels queav1+bv2+gv3=0. Nous obtenons donc : av1+bv2+gv3=0 )a0 B B@1 1 0 01 C CA+b0 B B@1 0 1 01 C CA+g0 B B@1 0 0 11 C CA=0 B B@0 0 0 01 C CA 8 >>>:a+b+g=0 a=0 b=0 g=0 )a=0;b=0;g=0

Donc la famille est libre.

(b) Montrons que la f amilleest génératrice : soit v= (x1;x2;x3;x4)2E. Il faut écrirevcomme

combinaison linéaire dev1;v2;v3. On peut résoudre un système comme ci-dessus (mais avec second

membre) en cherchanta;b;gtels queav1+bv2+gv3=v. On obtient quev=x2v1x3v2x4v4 (on utilisex1+x2+x3+x4=0).

Bien sûr vous pouvez choisir d"autres vecteurs de base (la seule chose qui reste indépendante des choix

est le nombre de vecteurs dans une base : ici 3).Correction del"exer cice3 NQuand le nombre de vecteurs égal la dimension de l"espace nous avons les équivalences, entreêtre une famille

libreetêtre une famille génératriceet donc aussiêtre une base.

Trois vecteurs dansR3forment donc une base si et seulement s"ils forment une famille libre. Vérifions quand

c"est le cas. 5 a(1;0;t)+b(1;1;t)+c(t;0;1) = (0;0;0) ()(a+b+tc;b;at+bt+c) = (0;0;0) ()8 :a+b+tc=0 b=0 at+bt+c=0()8 :b=0 a+tc=0 at+c=0 ()8 :b=0 a=tc (tc)t+c=0()8 :b=0 a=tc (t21)c=0 Premier cas : sit6=1. Alorst216=0 et donc la seule solution du système est(a=0;b=0;c=0). Dans ce cas la famille est libre et est donc aussi une base.

Deuxième cas : sit=1. Alors la dernière ligne du système disparaît et il existe des solutions non triviales

(par exemple sit=1,(a=1;b=0;c=1)est une solution). La famille n"est pas libre et n"est donc pas une

base.Correction del"exer cice4 N1.C"est bien une base. Comme nous a vonstrois v ecteurset nous souhaitons montrer qu"ils forment un

base d"un espace vectoriel de dimension 3, il suffit de montrer que soit la famille est libre, soit elle est

génératrice (ces conditions sont équivalentes pournvecteurs dans un espace vectoriel de dimensionn).

Ilestplussimpledemontrerquelafamilleestlibre. Soitunecombinaisonlinéairenulleav1+bv2+cv3=

0 il faut montrer quea=b=c=0. Mais attention ici le corps de base estK=Cdonca;b;csont des

nombres complexes. av

1+bv2+cv3=0

()a(1;1;i)+b(1;i;1)+c(i;1;1) = (0;0;0) ()(ab+ic;a+ib+c;ia+bc) = (0;0;0) ()8 :ab+ic=0 a+ib+c=0 ia+bc=0 () on résout le système ()a=0;b=0;c=0 La famille(v1;v2;v3)est libre, donc aussi génératrice ; c"est donc une base deC3. 2. On cherche a;b;c2Ctels queav1+bv2+cv3=v. Il s"agit donc de résoudre le système : 8>< :ab+ic=1+i a+ib+c=1i ia+bc=i

On trouvea=0,b=12

(1i),c=12 (13i). Nous avons doncv=12 (1i)v2+12 (13i)v3et ainsi les coordonnées devdans la base(v1;v2;v3)sont(0;12 (1i);12 (13i)). 6

Correction del"exer cice5 N1.T outd"abord la f amillefP0;P1;P2;:::;Pngcontientn+1 vecteurs dans l"espaceE=Rn[X]de dimension

n+1. Ici un vecteur est un polynôme :P0est un polynôme constant non nul,P1est un polynôme de degré

exactement 1,... Rappelons que lorsque le nombre de vecteurs égal la dimension de l"espace nous avons

les équivalences, entreêtre une famille libreetêtre une famille génératriceet donc aussiêtre une base.

Nous allons donc montrer quefP0;P1;:::;Pngest une famille libre. Soit une combinaison linéaire nulle :

l

0P0+l1P1++lnPn=0:

Introduisons l"hypothèse concernant les degrés : degP0=0, degP1=1, ..., degPn=n. Définissons le

polynômeP(X) =l0P0+l1P1++lnPn. Nous allons montrer successivementln=0 puisln1=0,...,l0=0. Parl"absurdesupposonsln6=0etécrivonsPn(X)=anXn+an1Xn1++a1X+a0, commedegPn(X)= nalorsan6=0. MaintenantP(X)est aussi un polynôme de degré exactementnqui s"écrit

P(X) =lnanXn+termes de plus bas degré

LacombinaisonlinéairenulleimpliquequeP(X)=0(lepolynômenul). Doncenidentifiantlescoefficients devantXnon obtientlnan=0 On obtientan=0 ouln=0. Ce qui est une contradiction. Conclusion l n=0. Maintenantlacombinaisonlinéairenulles"écritl0P0+l1P1++ln1Pn1=0. Parrécurrencedescendante on trouveln1=0, ..., jusqu"àl0=0.

Bilan :l0=0, ...,ln=0 donc la famillefP0;P1;:::;Pngest libre, elle donc aussi génératrice ; ainsi

fP0;P1;:::;Pngest une base deE=Rn[X].

Un point que nous avons utilisé et qu"il est peut-être utile de détailler est le suivant : si un polynôme égal

le polynôme nul alors tous ces coefficients sont nul. Voici une justification : écrivonsanXn+an1Xn1++a1X+a0=0 et divisons parXn: a n+an1X +an2X

2++a1X

n1+a0X n=0 Lorsque l"on fait tendreXvers+¥alors le terme de gauche tend versanet celui de droite vaut 0 donc

par unicité de la limitean=0. On fait ensuite une récurrence descendante pour prouveran1=0,...,

a 0=0.

Une conséquence est que si deux polynômes sont égaux alors leurs coefficients sont égaux. Et une autre

formulation est de dire quef1;X;X2;:::;Xngest une base deRn[X]. 2.

On trouv ea=10;b=10;c=7;d=8. Puisa=3;b=4;g=9;d=8.Correction del"exer cice6 N1.F\Gest un sous-espace vectoriel deEdonc est de dimension finie. Soit(e1;:::;ek)une base deF\G

aveck=dimF\G.

(e1;:::;ek)est une famille libre dansFdonc on peut la compléter en une base deFpar le théorème de la

base incomplète. Soient donc(f1;:::;f`)des vecteurs deFtels que(e1;:::;ek;f1;:::;f`)soit une base deF. Nous savons quek+`=dimF. Remarquons que les vecteursfisont dansFnG(car ils sont dans

Fmais pas dansF\G).

Nous repartons de la famille(e1;:::;ek)mais cette fois nous la complétons en une base deG: soit donc(g1;:::;gm)des vecteurs deGtels que(e1;:::;ek;g1;:::;gm)soit une base deG. Nous savons que k+m=dimG. Remarquons que cette fois les vecteursgisont dansGnF. 7

2.Montrons que B= (e1;:::;ek;f1;:::;f`;g1;:::;gm)est une base deF+G.

Vect(B). DoncF+GVect(B).

C"est une famille libre : en effet soit une combinaison linéaire nulle a

1e1++akek+b1f1++b`f`+c1g1++cmgm=0:

Notonse=a1e1+:::+akek,f=b1f1++b`f`,g=c1g1++cmgm. Donc la combinaison linéaire devient : e+f+g=0: Doncg=ef, oreetfsont dansFdoncgappartient àF. Or les vecteursgine sont pas dansF. Donc g=c1g1++cmgmest nécessairement le vecteur nul. Nous obtenonsc1g1++cmgm=0 c"est donc

une combinaison linéaire nulle pour la famille libre(g1;:::;gm). Donc tous les coefficientsc1;:::;cm

sont nuls. Le reste de l"équation devienta1e1++akek+b1f1++b`f`=0, or(e1;:::;ek;f1;:::;f`)est une base deFdonc tous les coefficientsa1;:::;ak;b1;:::;b`sont nuls.

Bilan : tous les coefficients sont nuls donc la famille est libre. Comme elle était génératrice, c"est une

base. 3. Puisque Best une base deF+Galors la dimension deF+Gest le nombre de vecteurs de la baseB: dim(F+G) =k+`+m:

Ork=dimF\G,`=dimFk,m=dimGk, donc

dim(F+G) =dimF+dimGdim(F\G):Correction del"exer cice7 N1.Gest engendré par deux vecteurs donc dimG62. Clairementv4etv5ne sont pas liés donc dimG>2

c"est-à-dire dimG=2.

2.Fest engendré par trois vecteurs donc dimF63. Un calcul montre que la famillefv1;v2;v3gest libre,

d"où dimF>3 et donc dimF=3. 3. Essayons d"abordd"estimerladimensiondeF\G. D"unepartF\GGdoncdim(F\G)62. Utilisons d"autre part la formule dim(F+G) =dimF+dimGdim(F\G). CommeF+GR4, on a dim(F+ G)64 d"où on tire l"inégalité dim(F\G)>1. Donc soit dim(F\G) =1 ou bien dim(F\G) =2. Supposons que dim(F\G)soit égale à 2. CommeF\GGon aurait dans ce casF\G=Get donc GF. En particulier il existeraita;b;g2Rtels quev4=av1+bv2+gv3. On vérifie aisément que ce n"est pas le cas, ainsi dim(F\G)n"est pas égale à 2. On peut donc conclure dim(F\G) =1 4. P arla form uledim (F+G) =dimF+dimGdim(F\G), on obtient dim(F+G) =2+31=4. Cela

entraîneF+G=R4.Correction del"exer cice8 NSoitEun espace vectoriel de dimensionnetFun sous-espace vectoriel deE. Par l"absurde supposons que

Fne soit pas de dimension finie, alors il existev1;:::;vn+1,n+1 vecteurs deFlinéairement indépendants

dansF. Mais ils sont aussi linéairement indépendants dansE. Donc la dimension deEest au moinsn+1.

Contradiction.

Deux remarques :

8 •En f aiton a même montré que la dimension de Fest plus petite que la dimension deE.

On a utilisé le résultat s uivant: si Eadmet une famille libre àkéléments alors la dimension deEest

plus grande quek(ou est infini). Ce résultat est une conséquence immédiate du théorème de la base

incomplète.9quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

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