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.

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exercice 1 facile

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).

exercice 2 facile

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 :

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

exercice 3 facile

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 :

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

et

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

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 :

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

et

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

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 :

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

exercice 9 difficile

Bientôt 🙂


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