Solutions - Exercices sur la dimension - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur la notion de dimension en algèbre linéaire (fiche 01).
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Divers éléments théoriques sont disponibles dans cet article.

Selon la formule de Grassmann :

$\dim\left(F\cap G\right)=\dim\left(F\right)+\dim\left(G\right)-\dim\left(F+G\right)$

or $\dim\left(F\right)=a,$ $\dim\left(G\right)=b$ et $\dim\left(F+G\right)\leqslant a+b-1.$

Il s’ensuit que :

$\dim\left(F\cap G\right)\geqslant a+b-\left(a+b-1\right)=1$

Ceci prouve l’existence d’un vecteur non nul dans $F\cap G$ (ou, ce qui revient au même, d’une droite vectorielle incluse dans $F\cap G).$

Si $f$ est une homothétie, il est évident que $C_{f}=\mathcal{L}\left(E\right)$ et donc (vu que $\dim\left(E\right)=2)$ :

$\boxed{\dim\left(C_{f}\right)=4}$

Supposons désormais que $f$ n’est pas une homothétie.

D’après la caractérisation des homothéties, il existe un vecteur $e\in E$ tel que $\beta=\left(e,f\left(e\right)\right)$ soit libre. Cette famille est donc une base de $E.$

Considérons l’application :

$\boxed{\varphi:C_{f}\rightarrow E,\thinspace g\mapsto g\left(e\right)}$

➢➢ La linéarité de $\varphi$ est évidente.

➢➢ Injectivité de $\varphi$ :

Si $g\in\ker\left(\varphi\right)$ alors $g\left(e\right)=0_{E}$ donc $g\left(f\left(e\right)\right)=f\left(g\left(e\right)\right)=f\left(0_{E}\right)=0_{E}.$ Ceci entraîne que $g$ est l’endomorphisme nul (une application linéaire qui s’annule sur une base est l’application nulle).

➢➢ Surjectivité de $\varphi$ :

Soit $x\in E.$ Décomposons $x$ dans la base $\beta,$ sous la forme :

$x=\lambda\thinspace e+\mu\thinspace f\left(e\right)$

alors :

$x=\left(\lambda\thinspace id_{E}+\mu\thinspace f\right)\left(e\right)$

et comme $\lambda\thinspace id_{E}+\mu\thinspace f\in C_{f},$ ceci prouve que $\varphi\left(\lambda\thinspace id_{E}+\mu\thinspace f\right)=x.$

En définitive, $\varphi$ est un isomorphisme. Il en résulte que :

$\boxed{\dim\left(C_{f}\right)=2}$

Considérons la base canonique $\left(E_{p,q}\right)_{1\leqslant p,q\leqslant n}$ de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$ et translatons-la de $I_{n}$ .

Ceci signifie simplement qu’on ajoute la matrice unité à chaque matrice élémentaire pour fabriquer une nouvelle famille de $n^{2}$ matrices.

Prouvons que la famille $\left(I_{n}+E_{p,q}\right)_{1\leqslant p,q\leqslant n}$ est une base de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right).$

Notons $F_{p,q}=I_{n}+E_{p,q};$ si $M\in\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$ alors :

$\begin{eqnarray*} M & = & \sum_{1\leqslant p,q\leqslant n}m_{p,q}E_{p,q}\\& = & \sum_{1\leqslant p,q\leqslant n}m_{p,q}\left(F_{p,q}-I_{n}\right)\\& = & \left(\sum_{1\leqslant p,q\leqslant n}m_{p,q}F_{p,q}\right)-\mu I_{n}\end{eqnarray*}$

avec :

$\mu=\sum_{1\leqslant p,q\leqslant n}m_{p,q}$

Or :

$\sum_{p=1}^{n}F_{p,p}=\left(n+1\right)I_{n}$

et donc :

$M=\left(\sum_{1\leqslant p,q\leqslant n}m_{p,q}F_{p,q}\right)-\frac{\mu}{n+1}\sum_{p=1}^{n}F_{p,p}$

ce qui prouve que $\left(F_{p,q}\right)_{1\leqslant p,q\leqslant n}$ est génératrice de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right).$

Comme cette famille comporte $n^{2}$ matrices, c’est bien une base de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right).$

Enfin, on constate que les $F_{p,q}$ sont toutes inversibles, puisque ce sont des matrices triangulaires (voire diagonales pour certaines d’entre-elles) dont les termes diagonaux sont tous nuls.

Considérons l’application $\theta$ définie par :

$\begin{eqnarray*} E_{n} & \rightarrow & \mathbb{R}^{n+1}\\ f & \mapsto & \left(f\left(0\right),f\left(\frac{1}{n}\right),\cdots,f\left(\frac{n-1}{n}\right),f\left(1\right)\right) \end{eqnarray*}$

Il est clair que $f$ est linéaire.

Si $f\in\ker\left(\theta\right),$ alors $f\left(\frac{k}{n}\right)=f\left(\frac{k+1}{n}\right)=0$ pour tout $k\in\left\llbracket 0,n-1\right\rrbracket .$ Et comme la restriction de $f$ à $\left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right]$ est affine, elle est nulle et donc $f=0.$ Ainsi $\theta$ est injective.

Etant donné $j\in\left\llbracket 1,n-1\right\rrbracket ,$ considérons l’application $f_{j}$ définie par :

$\boxed{\forall x\in\left[0,1\right],\:f_{j}\left(x\right)=\left\{ \begin{array}{ccc}nx-j+1 & \textrm{si} & x\in\left[\frac{j-1}{n},\frac{j}{n}\right]\\\\-nx+j+1 & \textrm{si} & x\in\left[\frac{j}{n},\frac{j+1}{n}\right]\\\\0 & \textrm{sinon}\end{array}\right.}$

Posons de plus :

$\boxed{f_{0}\left(x\right)=\left\{ \begin{array}{ccc}-nx+1 & \textrm{si} & x\in\left[0,\frac{1}{n}\right]\\0 & \textrm{sinon}\end{array}\right.}$

$\boxed{f_{n}\left(x\right)=\left\{ \begin{array}{ccc}nx-n+1 & \textrm{si} & \textrm{x}\in\left[\frac{n-1}{n},1\right]\\0 & \textrm{sinon}\end{array}\right.}$

On observe que $\forall j\in\left\llbracket 0,n\right\rrbracket ,\,f_{j}\in E_{n}$ et que $f_{j}\left(\frac{k}{n}\right)=\delta_{j,k}.$

Soit alors $\left(b_{0},\cdots,b_{n}\right)\in\mathbb{R}^{n+1};$ l’application

$f=\sum_{j=0}^{n}\,b_{j}\,f_{j}$

appartient à $E_{n}$ et vérifie :

$\forall k\in\left\llbracket 0,n\right\rrbracket ,\,f\left(\frac{k}{n}\right)=b_{k}$

Ceci montre la surjectivité de $\theta.$ Finalement, $\theta$ est un isomorphisme et donc :

$\boxed{\dim\left(E_{n}\right)=n+1}$

Notons $A$ une primitive de $u$ (on rappelle que toute application continue d’un intervalle $I\subset\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ admet des primitives). Soit $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ dérivable et soit :

$F:I\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto f\left(x\right)\thinspace e^{-A\left(x\right)}$

Alors $F$ est dérivable et :

$\forall x\in I,\thinspace F'\left(x\right)=\left(f'\left(x\right)-u\left(x\right)\thinspace f\left(x\right)\right)\thinspace e^{-A\left(x\right)}$

Par conséquent :

$\boxed{f\in E\Leftrightarrow F\text{ est constante}}$

Ainsi, $E$ est la droite vectorielle engendrée par $x\mapsto e^{A\left(x\right)}$ et, en particulier : $\dim\left(E\right)=1.$

Remarque

Ce qui précède est fondamental :

Si $u:I\rightarrow\mathbb{R}$ est continue, l’espace des solutions sur $I$ de l’équation différentielle

$\boxed{y'=u\left(x\right)\thinspace y}$

est une droite vectorielle.

Considérons maintenant l’équation différentielle :

$x\left(x-1\right)\thinspace y'=2\left(2x-1\right)\thinspace y$

Pour trouver ses solutions sur $\mathbb{R},$ on cherche d’abord ses solutions l’un des trois intervalles suivants :

$I_{0}=\left]-\infty,0\right[,\quad I_{1}=\left]0,1\right[,\quad I_{2}=\left]1,+\infty\right[$

sur chacun desquels la quantité $x\left(x-1\right)$ ne s’annule pas.

Ceci permet de se ramener à l’équation différentielle $y'=u\left(x\right)\thinspace y$ avec :

$u\left(x\right)=\frac{2\left(2x-1\right)}{x\left(x-1\right)}$

Si $k\in\left\{0,1,2\right\} ,$ alors une primitive sur $I_{k}$ de $u$ est donnée par :

$x\mapsto2\ln\left|x^{2}-x\right|$

Les solutions sur $I_{k}$ sont donc les :

$x\mapsto\lambda\thinspace\left(x^{2}-x\right)^{2}$

Par conséquent, si $f$ est une solution sur $\mathbb{R},$ alors il existe $\left(\lambda_{0},\lambda_{1},\lambda_{2}\right)\in\mathbb{R}^{3}$ tel que $f$ soit définie par :

$\boxed{x\mapsto\left\{\begin{array}{cc}\lambda_{0}\left(x^{2}-x\right)^{2} & \text{si }x\leqslant0\\\lambda_{1}\left(x^{2}-x\right)^{2} & \text{si }0<x\leqslant1\\\lambda_{2}\left(x^{2}-x\right)^{2} & \text{si }x>1\end{array}\right.}$

Réciproquement, l’application ainsi définie est dérivable quel que soit $\left(\lambda_{0},\lambda_{1},\lambda_{2}\right)\in\mathbb{R}^{3}$ et c’est donc une solution sur $\mathbb{R}.$

En conclusion :

$\boxed{\dim\left(F\right)=3}$

Une base de $F$ est $\left(\varphi_{0},\varphi_{1},\varphi_{2}\right)$ avec :

$\boxed{\varphi_{0}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc}\left(x^{2}-x\right)^{2} & \text{si }x<0\\0 & \text{sinon} \end{array}\right.}$

$\boxed{\varphi_{1}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc} \left(x^{2}-x\right)^{2} & \text{si }0<x<1\\0 & \text{sinon}\end{array}\right.}$

$\boxed{\varphi_{2}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc} \left(x^{2}-x\right)^{2} & \text{si }x>1\\0 & \text{sinon}\end{array}\right.}$

Illustration dynamique

L’illustration dynamique ci-dessous permet de visualiser les solutions.

Les trois sliders contrôlent respectivement les coefficients $\lambda_{0},$ $\lambda_{1}$ et $\lambda_{2}.$

En positionnant deux de ces trois coefficients à 0, on peut voir le graphe d’une solution proportionnelle à l’une des $\varphi_{i}.$

Translater le système de coordonnées en pressant SHIFT →↑↓←.

Zoomer / dézoomer en utilisant les touches P / M.

Notons $\tilde{f}$ la restriction de $f$ à $\mbox{Im}\left(g\right).$ Son noyau et son image sont respectivement :

$\ker\left(\tilde{f}\right)=\ker\left(f\right)\cap\mbox{Im}\left(g\right)$

$\mbox{Im}\left(\tilde{f}\right)=\mbox{Im}\left(f\circ g\right)$

Le théorème du rang appliqué à $\tilde{f}$ donne :

( $\star$ ) $\mbox{rg}\left(g\right)=\dim\left(\ker\left(f\right)\cap\mbox{Im}\left(g\right)\right)+\mbox{rg}\left(f\circ g\right)$

Toujours d’après le théorème du rang :

$\left\{ \begin{array}{ccc}\mbox{rg}\left(g\right) & = & n-\dim\left(\ker\left(g\right)\right)\\\\\mbox{rg}\left(f\circ g\right) & = & n-\dim\left(\ker\left(f\circ g\right)\right)\end{array}\right.$

d’où, en reportant dans $\left(\star\right)$ :

$\dim\left(\ker\left(f\circ g\right)\right)=\dim\left(\ker\left(f\right)\cap\mbox{Im}\left(g\right)\right)+\dim\left(\ker\left(g\right)\right)$

Comme $\ker\left(f\right)\cap\mbox{Im}\left(g\right)\subset\ker\left(f\right),$ on voit que :

( $\heartsuit$ ) $\boxed{\dim\left(\ker\left(f\circ g\right)\right)\leqslant\dim\left(\ker\left(f\right)\right)+\dim\left(\ker\left(g\right)\right)}$

L’égalité dans $\left(\heartsuit\right)$ se produit lorsque l’inclusion $\ker\left(f\right)\cap\mbox{Im}\left(g\right)\subset\ker\left(f\right)$ est une égalité, c’est-à-dire lorsque $\ker\left(f\right)\subset\text{Im}\left(g\right).$

Passons à la seconde inégalité.

L’inclusion évidente $\ker\left(g\right)\subset\ker\left(f\circ g\right)$ donne, en passant aux dimensions :

$\dim\left(\ker\left(g\right)\right)\leqslant\dim\left(\ker\left(f\circ g\right)\right)$

Par ailleurs, l’inclusion évidente $\text{Im}\left(f\circ g\right)\subset\text{Im}\left(f\right)$ donne $\text{rg}\left(f\circ g\right)\leqslant\text{rg}\left(f\right)$ et donc, via la formule du rang :

$\dim\left(\ker\left(f\right)\right)\leqslant\dim\left(\ker\left(f\circ g\right)\right)$

Ainsi :

( $\diamondsuit$ ) $\boxed{\max\left\{ \dim\left(\ker\left(f\right)\right),\thinspace\dim\left(\ker\left(g\right)\right)\right\} \leqslant\dim\left(\ker\left(f\circ g\right)\right)}$

L’égalité dans $\left(\diamondsuit\right)$ se produit lorsque $\ker\left(f\circ g\right)=\ker\left(g\right)$ ou $\text{Im}\left(f\circ g\right)=\text{Im}\left(f\right).$

On peut compléter la famille libre $\left(v_{1},\cdots,v_{r}\right)$ en une base

$B=\left(v_{1},\cdots,v_{r},v_{r+1},\cdots,v_{n}\right)$

de $E.$ Notons :

$B^{\star}=\left(v_{1}^{\star},\cdots,v_{r}^{\star},v_{r+1}^{\star},\cdots,v_{n}^{\star}\right)$

sa base duale. Rappelons que, pour tout $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,$ $v_{i}^{\star}$ désigne la forme linéaire définie par :

$\boxed{\forall j\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace v_{i}^{\star}\left(v_{j}\right)=\delta_{i,j}}$

et que $B^{\star}$ est une base de l’espace $\mathcal{L}\left(E,\mathbb{K}\right)$ des formes linéaires sur $E.$

L’expression de toute forme linéaire $\varphi$ dans la base $B^{\star}$ est :

$\varphi=\sum_{i=1}^{n}\varphi\left(v_{i}\right)\thinspace v_{i}^{\star}$

Il en résulte que si l’on pose, pour tout $i\in\left\llbracket 1,r\right\rrbracket$ :

$F_{i}=\left\{ \varphi\in\mathcal{L}\left(E,\mathbb{K}\right);\thinspace\varphi\left(v_{i}\right)=0\right\}$

alors :

$\boxed{\bigcap_{i=1}^{r}F_{i}=\text{vect}\left(v_{r+1}^{\star},\cdots,v_{n}^{\star}\right)}$

et donc :

$\boxed{\dim\left(\bigcap_{i=1}^{r}F_{i}\right)=n-r}$

Il semble que le plus clair consiste à raisonner matriciellement. Notons :

$a=\dim\left(A\right),$
$b=\dim\left(B\right),$
$\beta=\left(e_{1},\cdots,e_{a}\right)$ une base de $A,$ complétée en une base $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ de $E,$
$\gamma=\left(f_{1},\cdots,f_{b}\right)$ une base de $B,$ complétée en une base $\left(f_{1},\cdots,f_{n}\right)$ de $E,$
$W$ le sous-espace vectoriel de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right)$ constitué des matrices dont les termes situés en ligne $i$ et colonne $j$ avec $i>b$ ou $j\leqslant a$ sont tous nuls.

Dans l’illustration ci-dessous, tous les termes de la zone grisée sont nuls, les autres (zone bleutée) sont arbitraires :

En associant à tout $f\in V$ sa matrice relativement aux bases $\beta$ et $\gamma$ , on définit une application linéaire de $V$ vers $W.$ Cette application est bijective car une application linéaire est entièrement déterminée par la donnée des images des vecteurs d’une base. En outre, si $\left(E_{p,q}\right)_{1\leqslant p,q\leqslant n}$ désigne la base canonique de $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right),$ alors la sous famille $\left(E_{p,q}\right)_{{1\leqslant p\leqslant b\atop a+1\leqslant q\leqslant n}}$ est une base de $W,$ et donc $\dim\left(W\right)=\left(n-a\right)b.$ En conclusion :

$\boxed{\dim\left(V\right)=\left(n-a\right)b}$

Bientôt 🙂

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