Espace vectoriel/Exercices/Rang, dimension

Exercice 2-1 : Lemme de Steinitz

Démontrer que si v₁, … , v_m sont des vecteurs linéairement indépendants d'un espace vectoriel V engendré par w₁, … , w_n alors m ≤ n et, à permutation près des w_k, l'ensemble {v₁, … , v_m, w_m+1, … , w_n} engendre V.

Solution

• Puisque v₁ appartient à V, il existe des scalaires λ₁, … , λ_n tels que

$v_{1}=\sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}w_{k}$.

Comme v₁ est non nul (puisqu'il appartient à une famille libre), l'un au moins de ces scalaires est non nul. Quitte à réordonner les w_k, on peut donc supposer que λ₁ est non nul. L'équation se réécrit alors

$w_{1}=\lambda _{1}^{-1}v_{1}-\sum _{k=2}^{n}\lambda _{1}^{-1}\lambda _{k}w_{k}$.

Ceci permet d'affirmer que l'ensemble {v₁, w₂, … , w_n} engendre encore V.

• On recommence cette opération pour chaque v_i (pour i de 1 à m). À l'étape i, le raisonnement est le suivant. Puisque (à ce stade) {v₁, … , v_i–1, w_i, … , w_n} engendre V, il existe des scalaires μ₁, … , μ_n tels que

$v_{i}=\sum _{k=1}^{i-1}\mu _{k}v_{k}+\sum _{k=i}^{n}\mu _{k}w_{k}$.

Comme v_i n'est pas combinaison linéaire de v₁, ..., v_i–1, l'un au moins des scalaires μ_i, … , μ_n est non nul (ce qui prouve au passage que i ≤ n). Quitte à réordonner à nouveau les w_k correspondants, on peut alors supposer que μ_i est non nul, d'où l'on tire

$w_{i}=\mu _{i}^{-1}v_{i}-\sum _{k=1}^{i-1}\mu _{i}^{-1}\mu _{k}v_{k}-\sum _{k=i+1}^{n}\mu _{i}^{-1}\mu _{k}w_{k}$,

si bien que {v₁, … , v_i, w_i+1, … , w_n} engendre encore V.

• À la fin de la m-ième opération, on obtient le résultat annoncé.

 

Exercice 2-2

Montrer que $E:=\{P\in \mathbb {R} _{5}[X]:X^{3}\mid P\}$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb {R} _{5}[X]$ et déterminer une base de $E$.

Solution

$E=\operatorname {Vect} (X^{3},X^{4},X^{5})$ et ces trois vecteurs sont linéairement indépendants.

 

1. Montrer que $\left(X(X-1),(X-1)(X+1),X(X+1)\right)$ est une base de $\mathbb {R} _{2}[X]$.
2. En déduire que pour tous réels $u$, $v$ et $w$, il existe un unique polynôme $P(X)\in \mathbb {R} _{2}[X]$ tel que $P(-1)=u$, $P(0)=v$ et $P(1)=w$.

Solution

1. $\mathbb {R} _{2}[X]$ est de dimension 3 et ces 3 polynômes forment une famille libre car (d'après le calcul de la question suivante) $aX(X-1)+b(X-1)(X+1)+cX(X+1)=0\Rightarrow a=b=c=0$.
2. Un polynôme $P(X)=aX(X-1)+b(X-1)(X+1)+cX(X+1)$ vérifie $P(-1)=u$, $P(0)=v$ et $P(1)=w$ si et seulement si $a=u/2$, $b=-v$ et $c=w/2$.

Pour une généralisation, voir Interpolation de Lagrange.

 

Exercice 2-3

Soient $n\in \mathbb {N}$ et $E=\mathbb {R} _{n}[X]$.

1. Si $\beta =(P_{0},P_{1},\dots ,P_{n})$, où $P_{k}$ est un polynôme de degré $k$, $\forall k,\;0\leq k\leq n$, montrer que $\beta$ est une base de $E$.
2. Si $P$ est un polynôme de degré $n$, montrer que $\gamma :=(P,P',\dots ,P^{(n)})$ est une base de $E$. Déterminer les composantes dans $\gamma$ du polynôme $Q$ défini par $Q(X)=P(X+a)$, où $a$ est un réel fixé.
3. Montrer que $\delta :=\left(X^{k}(1-X)^{n-k}\right)_{0\leq k\leq n}$ est une base de $E$ et déterminer, pour tout $p\in \{0,1,\dots ,n\}$, les composantes de $X^{p}$ dans $\delta$.

Solution

1. $\dim(E)=n+1$ donc il suffit de remarquer que $\beta$ est libre.
2. $\gamma$ est une base de $E$ d'après la question précédente. $P(X+a)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {a^{k}}{k!}}P^{(k)}(X)$ : on peut soit le voir comme un cas particulier de la formule de Taylor au point $x$ pour la fonction polynomiale $a\mapsto P(x+a)$, soit le démontrer de façon purement algébrique, par récurrence sur $n$. Pour les polynômes de degré $0$ c'est clair. Puis, si la propriété est vraie pour les polynômes de degré $n-1$ alors ($P$ étant de degré $n$) $P'(X+Y)=\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {Y^{k}}{k!}}P^{(k+1)}(X)$ donc (par intégration formelle par rapport à $Y$) $P(X+Y)-P(X)=\sum _{k=1}^{n}{\frac {Y^{k}}{k!}}P^{(k)}(X)$.
3. $X^{p}=X^{p}(1-X+X)^{n-p}=X^{p}\sum _{k=0}^{n-p}{\binom {n-p}{k}}(1-X)^{k}X^{n-p-k}=\sum _{k=0}^{n-p}{\binom {n-p}{k}}\delta _{k}$ donc $\delta$ est génératrice de $E$. Puisque $\dim(E)=n+1$, c'est une base de $E$.

 

Exercice 2-4

Montrer que les vecteurs $u_{1}=(1,2)$ et $u_{2}=(1,-2)$ forment une base de $\mathbb {R} ^{2}$. Pour tout vecteur $v=(x,y)$ de $\mathbb {R} ^{2}$, donner (en fonction de $x$ et $y$) les coordonnées de $v$ dans cette base.

Solution

$v=au_{1}+bu_{2}\Leftrightarrow a+b=x{\text{ et }}2a-2b=y\Leftrightarrow a={\frac {2x+y}{4}}{\text{ et }}b={\frac {2x+y}{4}}$. Comme la solution $(a,b)$ existe et est unique pour tout $v\in \mathbb {R} ^{2}$, $(u_{1},u_{2})$ est bien une base de $\mathbb {R} ^{2}$.

 

Soient

$u_{1}=(0,1,2),\quad u_{2}=(-1,4,6),\quad u_{3}=(-2,9,14)\quad {\text{et}}\quad u_{4}=(0,0,-2).$

1. La famille $(u_{1},u_{2},u_{3})$ est-elle libre ? Est-elle génératrice de $\mathbb {R} ^{3}$ ?
2. Montrer que ${\mathcal {B}}=(u_{1},u_{2},u_{4})$ est une base de $\mathbb {R} ^{3}$.
3. La famille $(u_{1},u_{2},u_{3},u_{4})$ est-elle libre ? Est-elle génératrice de $\mathbb {R} ^{3}$ ?
4. Déterminer les coordonnées du vecteur $u=(x,y,z)$ dans la base ${\mathcal {B}}$.

Solution

1. Pas libre ($u_{1}+2u_{2}=u_{3}$) donc pas génératrice (car 3 vecteurs en dimension 3).
2. Cf. question 4 (comme la solution $(a,b,c)$ existe et est unique pour tout $u\in \mathbb {R} ^{3}$, $(u_{1},u_{2},u_{4})$ est bien une base de $\mathbb {R} ^{3}$).
3. Pas libre d'après la question 1 ; génératrice d'après la question 2.
4. $u=au_{1}+bu_{2}+cu_{4}\Leftrightarrow {\begin{cases}-b&=x\\a+4b&=y\\2a+6b-2c&=z\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}b&=-x\\a&=y+4x\\c&=x+y-{\frac {z}{2}}.\end{cases}}$

 

Exercice 2-5

Soit $(\Sigma )$ le système d'équations ${\begin{cases}x+3y+2z&=0\\x+y+z+t&=0\\x-t&=0.\end{cases}}$

Montrer que l'ensemble des solutions de $(\Sigma )$ est un sous-espace vectoriel $F$ de $\mathbb {R} ^{4}$. Déterminer la dimension et une base de $F$.

Solution

$(\Sigma )\Leftrightarrow {\begin{cases}x+3y+2z&=0\\2x+y+z&=0\\t&=x\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x+3y+2(-2x-y)=0\\z=-2x-y\\t=x\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}y=3x\\z=-5x\\t=x\end{cases}}$ donc $F$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur $(1,3,-5,1)$.

 

Montrer que $F:=\{M\in \mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )\mid \operatorname {tr} (M)=0\}$ est un sous-espace vectoriel de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$. Déterminer une base de $F$ et la compléter en une base de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.

Solution

$F=\left.\left\{{\begin{pmatrix}a&b\\c&-a\end{pmatrix}}\right|a,b,c\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {Vect} (A,B,C)$ avec $A={\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}$, $B={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}$ et $C={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}$ donc $F$ est un sous-espace vectoriel et comme $(A,B,C)$ est libre, c'est une base de $F$.

Soit $D\in \mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )\setminus F$, par exemple $D={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$, alors $(A,B,C,D)$ est libre donc c'est une base de l'espace $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$ (puisque cet espace est de dimension 4).

 

Exercice 2-6

Soient $v_{1}=(1,0,0,-1)$, $v_{2}=(2,1,0,1)$, $v_{3}=(1,-1,1,-1)$, $v_{4}=(7,2,0,-1)$ et $v_{5}=(-2,-3,1,0)$.

Donner une base du sous-espace vectoriel $F=\operatorname {Vect} (v_{1},v_{2},v_{3},v_{4},v_{5})$ de $\mathbb {R} ^{4}$.

Solution

Les seules solutions du système $av_{1}+bv_{2}+cv_{3}+dv_{4}+ev_{5}=0$ de quatre équations à 5 inconnues sont (tous calculs faits) : $(a,b,c,d,e)\in (-3,-2,0,1,0)\mathbb {R}$, donc $v_{4}=3v_{1}+2v_{2}$ et $(v_{1},v_{2},v_{3},v_{5})$ est libre. C'est donc une base de $F$, qui est par conséquent égal à $\mathbb {R} ^{4}$ tout entier.

 

Exercice 2-7

Soient (dans un espace vectoriel) $u,v,w$ des vecteurs linéairement indépendants. Montrer que :

1. les vecteurs $u+v-2w$, $u-v-w$ et $u+w$ sont linéairement indépendants ;
2. les vecteurs $u+v-3w$, $u+3v-w$ et $v+w$ sont linéairement dépendants.

Solution

1. Si $a(u+v-2w)+b(u-v-w)+c(u+w)=0$, c'est-à-dire $(a+b+c)u+(a-b)v+(-2a-b+c)w=0$, alors $a+b+c=a-b=-2a-b+c=0$ donc $a=b=c=0$.
2. $(u+v-3w)-(u+3v-w)+2(v+w)=0$.

 

Déterminer si les vecteurs suivants sont linéairement dépendants ou indépendants :

1. $u=(1,2,3)$ et $v=(-1,3,2)$ ;
2. $u=(2,1,3)$ et $v=(4,2,6)$ ;
3. $u=(3,2,1)$ et $v=(3,0,1)$ ;
4. $u=(2,4,6)$, $v=(4,2,6)$ et $w=(6,4,2)$ ;
5. $u=(-1,0,1)$, $v=(1,1,1)$ et $w=(0,1,2)$.

Solution

1. Indépendants car non colinéaires (par exemple : leur produit vectoriel n'est pas le vecteur nul).
2. Dépendants car $v=2u$.
3. Indépendants car non colinéaires (par exemple : $v\neq {\vec {0}}$ et $y_{v}=0$ tandis que $y_{u}\neq 0$).
4. Indépendants, comme $u/2,v/2,w/2$ (on résout le système homogène associé et l'on trouve $(0,0,0)$ comme unique solution, ou encore : le déterminant — de taille 3 — est non nul).
5. Dépendants car $w=u+v$.

 

Pour quelles valeurs de $a\in \mathbb {R}$ la famille de vecteurs $\left((a,1,2,2),(0,a,1,1),(1,0,a,1)\right)$ est-elle libre ?

Solution

$x(a,1,2,2)+y(0,a,1,1)+z(1,0,a,1)=(0,0,0,0)\Leftrightarrow {\begin{cases}ax+z&=0\\x+ay&=0\\2x+y+az&=0\\2x+y+z&=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x&=-ay\\z&=a^{2}y\\(1-2a+a^{3})y&=0\\(1-2a+a^{2})y&=0.\end{cases}}$

• Si $a=1$, ce système a des solutions $(x,y,z)$ non nulles comme $(-1,1,1)$ donc la famille est liée : $-(1,1,2,2)+(0,1,1,1)+(1,0,1,1)=(0,0,0,0)$.
• Si $a\neq 1$, ce système n'a que la solution nulle donc la famille est libre.

 

Les systèmes de vecteurs suivants de $E$ sont-ils libres ou liés ? Forment-ils une base de $E$ ? Quelle est la dimension du sous-espace qu'ils engendrent ?

1. $E=\mathbb {R} ^{2}$
   1. $u=(1,2)$
   2. $u=(1,3),v=(3,9)$
   3. $u=(-1,1),v=(3,-2)$
   4. $u=(1,3),v=(-1,3),w=(3,2)$
2. $E=\mathbb {R} ^{3}$
   1. $u=(1,1,1),v=(0,2,-3)$
   2. $u=(1,0,1),v=(0,0,0),w=(-2,4,3)$
   3. $u=(1,2,-1),v=(-2,3,-1),w=(-4,13,-5)$.

Solution

1. 1. Libre, non, 1
   2. Lié, non, 1
   3. Libre, oui, 2
   4. Lié, non, 2
2. 1. Libre, non, 2
   2. Lié, non, 2
   3. Lié, non, 2.

 

Exercice 2-8

Soient $U=\{(x,y,z,t)\in K^{4}\mid y+z+t=0\}$ et $V=\{(x,y,z,t)\in K^{4}\mid x+y=0{\text{ et }}z=2t\}$.

Trouver la dimension et une base de $U,V,U\cap V{\text{ et }}U+V$.

Solution

• $U=\{(x,y,z,-y-z)\mid x,y,z\in K\}$ est de dimension 3, de base $((1,0,0,0),(0,1,0,-1),(0,0,1,-1))$.
• $V=\{(x,-x,2t,t)\mid x,t\in K\}$ est de dimension 2, de base $((1,-1,0,0),(0,0,2,1))$.
• $U\cap V=\{(3t,-3t,2t,t)\mid t\in K\}$ est de dimension 1, de base $((3,-3,2,1))$.
• Par conséquent, $U+V=K^{4}$.

 

Donner des bases des espaces vectoriels :

• $E_{1}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x=2y\}$ ;
• $E_{2}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x+y=0\}$ ;
• $E_{3}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x-y=2x-3y=0\}$ ;
• $F_{1}=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x=2y-z\}$ ;
• $F_{2}=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x+2y-3z=0\}$ ;
• $F_{3}=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x-y-z=x+2y-3z=0\}$.

Solution

• $E_{1}$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur $(2,1)$ (qui forme donc une base de $E_{1}$).
• Idem pour $E_{2}$ avec le vecteur $(1,-1)$.
• $E_{3}$ est réduit à $\{(0,0)\}$ donc sa seule base est l'ensemble vide.
• $F_{1}=\{(2y-z,y,z)\mid y,z\in \mathbb {R} \}$ est le plan de base $\left((2,1,0),(-1,0,1)\right)$.
• $F_{2}=\{(-2y+3z,y,z)\mid y,z\in \mathbb {R} \}$ est le plan de base $\left((-2,1,0),(3,0,1)\right)$.
• $F_{3}$ est la droite vectorielle de base $\left((5,2,3)\right)$.

 

Exercice 2-9

Dans $K^{4}$, soient $U=\operatorname {Vect} (a,b,c)$ et $V=\operatorname {Vect} (d,e)$ avec $a=(1,0,0,0)$, $b=(1,1,1,0)$, $c=(1,1,0,0)$, $d=(0,0,1,1)$ et $e=(\alpha ,\beta ,0,1)$ où $\alpha ,\beta \in K$ sont des paramètres fixés.

1. A-t-on $U+V=K^{4}$ ?
2. A-t-on $U\oplus V=K^{4}$ ?
3. Déterminer $U\cap V$.
4. Est-ce que $(a+b+c,a+b,a,d-e)$ est une base de $K^{4}$ ?

Solution

1. Oui car la matrice de $(a,c,b,d)$ dans la base canonique est ${\begin{pmatrix}1&1&1&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{pmatrix}}$, de rang 4.
2. Non car $\dim U+\dim V=\operatorname {rang} (a,c,b)+\operatorname {rang} (d,e)=3+\operatorname {rang} {\begin{pmatrix}0&\alpha \\0&\beta \\1&0\\1&1\end{pmatrix}}=3+2>4$.
3. D'après le calcul ci-dessus et la formule de Grassmann, $\dim(U\cap V)=5-4=1$. Or la quatrième coordonnée d'un vecteur de $U$ est toujours 0. Donc $U\cap V$ est la droite engendrée par $d-e$.
4. Non puisque $d-e\in U=\operatorname {Vect} (a,b,c)=\operatorname {Vect} (a+b+c,a+b,a)$.

 

Mêmes questions 1 à 3 pour

$a=(1,2,3,4),\quad b=(1,1,1,3),\quad c=(2,1,1,1),\quad d=(-1,0,-1,2)\quad {\text{et}}\quad e=(2,3,0,1).$

Solution

1. Oui car (par la méthode du pivot) $\det(a,b,c,d)={\begin{vmatrix}1&1&2&-1\\2&1&1&0\\3&1&1&-1\\4&3&1&2\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}1&1&2&-1\\0&-1&-3&2\\0&-2&-5&2\\0&-1&-7&6\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}1&1&2&-1\\0&-1&-3&2\\0&0&1&-2\\0&0&-4&4\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}1&1&2&-1\\0&-1&-3&2\\0&0&1&-2\\0&0&0&-4\end{vmatrix}}=4\neq 0$.
2. Non car $\dim U+\dim V=\operatorname {rang} (a,c,b)+\operatorname {rang} (d,e)=3+2>4$.
3. D'après le calcul ci-dessus et la formule de Grassmann, $\dim(U\cap V)=5-4=1$. Or l'hyperplan $U$ a pour équation $t=-2x+9y-4z$. Donc $U\cap V$ est la droite engendrée par $2e-11d=(15,6,11,-20)$.

 

Exercice 2-10

Soient

$v_{0}=(0,0),\quad v_{1}=(1,1),\quad v_{2}=(1,-1),\quad v_{3}=(-3,-3),\quad v_{4}=(3,4),$

${\mathcal {F}}_{1}=(v_{0}),\quad {\mathcal {F}}_{2}=(v_{0},v_{2}),\quad {\mathcal {F}}_{3}=(v_{1}),\quad {\mathcal {F}}_{4}=(v_{1},v_{2}),\quad {\mathcal {F}}_{5}=(v_{1},v_{3})\quad {\text{et}}\quad {\mathcal {F}}_{6}=(v_{1},v_{2},v_{4}).$

Pour $k$ de $1$ à $6$, dire si la famille ${\mathcal {F}}_{k}$ est libre, si elle est génératrice de $\mathbb {R} ^{2}$, et si c'est une base de $\mathbb {R} ^{2}$.

Solution

${\mathcal {F}}_{1},{\mathcal {F}}_{2},{\mathcal {F}}_{5}$ sont liées et non génératrices de $\mathbb {R} ^{2}$.

${\mathcal {F}}_{3}$ est libre et non génératrice de $\mathbb {R} ^{2}$.

${\mathcal {F}}_{4}$ est une base de $\mathbb {R} ^{2}$.

${\mathcal {F}}_{6}$ est liée et génératrice de $\mathbb {R} ^{2}$.

 

Soient $m,n\in \mathbb {N}$. Quelle est la dimension de l'espace vectoriel $\mathrm {M} _{m,n}(\mathbb {R} )$ ? Soient

$M_{1}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},\quad M_{2}={\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}},\quad M_{3}={\begin{pmatrix}0&0\\1&2\end{pmatrix}},\quad M_{4}={\begin{pmatrix}0&3\\0&2\end{pmatrix}},\quad M_{5}={\begin{pmatrix}2&4\\0&2\end{pmatrix}},$

${\cal {F}}_{1}=(M_{1},M_{2},M_{3}),\quad {\cal {F}}_{2}=(M_{1},M_{2},M_{3},M_{4})\quad {\text{et}}\quad {\cal {F}}_{3}=(M_{1},M_{2},M_{4},M_{5}).$

Pour $k$ de $1$ à $3$, dire si la famille ${\mathcal {F}}_{k}$ est libre, si elle est génératrice de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$, et si c'est une base de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.

Solution

$\dim \left(\mathrm {M} _{m,n}(\mathbb {R} )\right)=mn$.

${\mathcal {F}}_{1}$ est libre et non génératrice de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.

${\mathcal {F}}_{2}$ est une base de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.

${\mathcal {F}}_{3}$ est liée ($M_{1}+M_{2}+M_{4}=M_{5}$) et non génératrice de $\mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )$.

 

Exercice 2-11

Dans $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$, montrer que le sous-ensemble des matrices symétriques et celui des matrices antisymétriques sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires et préciser leurs dimensions.

Solution

Ce sont bien deux sous-espaces vectoriels car (vus comme sous-ensembles de $\mathbb {R} ^{n^{2}}$) ils sont les ensembles de solutions de deux systèmes linéaires homogènes.

Leur intersection est évidemment réduite à $\{0\}$, et leurs dimensions respectives sont ${\frac {n(n+1)}{2}}$ et ${\frac {n(n-1)}{2}}$. Comme ${\frac {n(n+1)}{2}}+{\frac {n(n-1)}{2}}=n^{2}$, ils sont supplémentaires dans $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$.

Pour un autre argument, voir Espace préhilbertien réel/Formes bilinéaires symétriques#Ensemble des formes bilinéaires.

 

Exercice 2-12

Soit A un anneau non nul (non forcément commutatif). Prouver que les trois conditions suivantes sont équivalentes :

a) tout A-module à gauche est libre;

b) tout A-module à gauche non nul comprend au moins un vecteur libre;

c) A est un corps.

Indication : d'après l'exercice 19 de la page Anneau (mathématiques)/Exercices/Exercices, il suffit, pour prouver que A est un corps, de prouver que pour tout élément non nul $a$ de A, il existe un élément $a'$ de A tel que $a'a=1$; pour cela, on peut choisir un idéal à gauche maximal J de A et appliquer l'hypothèse b) au A-module à gauche A/J (puis faire preuve d'un peu d'astuce).

Solution

L'implication $a)\Rightarrow b)$ est claire et l'implication $c)\Rightarrow a)$ est démontrée dans le chapitre théorique. Il suffit donc de prouver l'implication $b)\Rightarrow c).$

Supposons donc que

(hyp. 1)$\qquad$ tout A-module à gauche non nul comprend au moins un vecteur libre.

Il s(agit de prouver que

(thèse 2)$\qquad$A est un corps.

D'après le (cas particulier du) théorème de Krull, nous pouvons choisir un idéal à gauche maximal J de A. En appliquant l'hypothèse b) au A-module à gauche A/J, nous trouvons que le A-module à gauche A/J admet au moins un vecteur libre. Un tel vecteur libre est un élément $b+J$ de A/J, avec $b\in A$, possédant la propriété suivante :

$\qquad$le seul scalaire $\lambda$ tel que $\lambda (b+J)=0$ dans A/J est le seul scalaire nul.

Donc l'élément $b$ de A possède la propriété suivante :

(3)$\qquad$ le seul élément $\lambda$ de A tel que $\lambda b$ appartienne à J est l'élément nul de A.

Soit $a$ un élément non nul de A. D'après (3), nous avons

$ab\notin J.$

De cela et du fait que J est un idéal à gauche maximal de A, il résulte, d'aprèsun théorème de la page Anneau (mathématiques)/Définitions, qu'il existe un élément $c$ de A tel que

$cab-1\in J$, d'où

$b(cab-1)\in J$, autrement dit

$(bca-1)b\in J.$

D'après (3), on a donc $bca-1=0$, autrement dit

$(bc)a=1.$

Cela prouve que pour tout élément $a$ non nul de A, il existe un élément $a'$ de A tel que $a'a=1.$ Donc, d'après l'exercice 19 de la page Anneau (mathématiques)/Exercices/Exercices, A est un corps, ce qui achève la démonstration.

 

Exercice 2-13

Cet exercice n'est pas vraiment un exercice sur les espaces vectoriels. Il montre qu'une propriété importante des espaces vectoriels, l'équipotence des bases d'un même espace, n'est pas vraie pour tous les modules.

a) Soit A un anneau. On a vu que les deux lois de A (addition et multiplication) font de A un A-module à gauche, parfois noté $A_{s}.$ On dira ici « le A-module A ». Il est clair que ce module admet une base de cardinal 1, à savoir $\{1\}.$

On suppose que ce module admet aussi une base de cardinal 2. Prouver que pour tout nombre naturel $n\geq 1$, ce module admet une base à $n$ éléments. (Indication : on peut raisonner par récurrence sur $n.$)

Solution

Choisissons une base $(a_{1},a_{2})$ du A-module à gauche A.

Soient $n$ un nombre naturel $\geq 1$ et $(b_{1},\ldots ,b_{n})$ une base (famille basique) du A-module à gauche A. On va prouver que ce module admet une base à $n+1$ éléments et plus précisément que $(b_{1},\ldots ,b_{n-1},a_{1}b_{n},a_{2}b_{n})$ est une base de ce module.

Soit $x$ un élément de A. Puisque $(b_{1},\ldots ,b_{n})$ est une famille génératrice du A-module à gauche A, il existe des « scalaires » $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}$ tels que

(1)$\qquad x=\lambda _{1}b_{1}+\cdots +\lambda _{n-1}b_{n-1}+\lambda _{n}b_{n}.$

Puisque $(a_{1},a_{2})$ est une famille génératrice du A-module à gauche A, il existe des « scalaires » $\mu$ et $\nu$ tels que

$1=\mu a_{1}+\nu a_{2}$, d'où

$b_{n}=(\mu a_{1}+\nu a_{2})b_{n}.$

Nous pouvons donc remplacer dans (1) $b_{n}$ par $\mu a_{1}b_{n}+\nu a_{2}b_{n}.$ Nous obtenons ainsi

$x=\lambda _{1}b_{1}+\cdots +\lambda _{n-1}b_{n-1}+\lambda _{n}\mu a_{1}b_{n}+\lambda _{n}\nu a_{2}b_{n}.$

Cela prouve que

(2)$\qquad$ la famille $(b_{1},\ldots ,b_{n-1},a_{1}b_{n},a_{2}b_{n})$ engendre le A-module à gauche A.

Prouvons que cette famille est libre (linéairement indépendante sur A).

Soient $\rho _{1},\ldots ,\rho _{n+1}$ des « scalaires » tels que

$\rho _{1}b_{1}+\ldots \rho _{n-1}b_{n-1}+\rho _{n}a_{1}b_{n}+\rho _{n+1}a_{2}b_{n}=0$, autrement dit

$\rho _{1}b_{1}+\ldots \rho _{n-1}b_{n-1}+(\rho _{n}a_{1}+\rho _{n+1}a_{2})b_{n}=0.$

Puisque, par hypothèse, la famille $(b_{1},\ldots ,b_{n})$ est libre, nous avons

$\rho _{1}=\cdots =\rho _{n-1}=0$ et $\rho _{n}a_{1}+\rho _{n+1}a_{2}=0.$

Puisque, par hypothèse, la famille $(a_{1},a_{2})$ est libre, le dernier résultat donne

$\rho _{n}=\rho _{n+1}=0$,

donc tous les « scalaires » $\rho _{1},\ldots ,\rho _{n+1}$ sont nuls, ce qui prouve que, comme annoncé, la famille $(b_{1},\ldots ,b_{n-1},a_{1}b_{n},a_{2}b_{n})$ est libre. Joint à (2), cela prouve que, comme annoncé, la famille $(b_{1},\ldots ,b_{n-1},a_{1}b_{n},a_{2}b_{n})$ est une base du A-module à gauche A.

Il résulte de ce qui précède que si $n$ est un nombre naturel tel que le A-module à gauche A admette une base à $n$ éléments, alors ce module admet une base à $n+1$ éléments. Par récurrence sur $n$, on en tire que pour tout nombre naturel $n\geq 1$, le A-module A admet une base à $n$ éléments, ce qui prouve le point a).

 

b) Soit V un espace vectoriel, par exemple sur le corps $\mathbb {Q} .$ (Le fait que V soit un espace vectoriel et non un module sur un anneau plus général que $\mathbb {Q}$ n'est pas vraiment important.) On suppose que V admet une base $(v_{n})_{n\in \mathbb {N} }.$ (On peut par exemple prendre pour V la somme directe d'une famille infinie dénombrable de $\mathbb {Q}$-espaces vectoriels égaux à $\mathbb {Q} .$) L'ensemble End(V) des endomorphismes de V peut se munir d'une structure d'anneau, l'addition étant définie « point par point » : $(f+g)(x)=f(x)+g(x)$ et la multiplication étant la composition $(f,g)\mapsto f\circ g$ des endomorphismes de V. Notons A = End(V) l'anneau ainsi défini. Le neutre multiplicatif de l'anneau A est l'endomorphisme identique $id_{V}$ de V. Comme au point a), considérons le A-module à gauche A.

D'après un théorème du chapitre Module sur un anneau/Définitions (détermination d'un homomorphisme par ses valeurs en les éléments d'une base), il existe un et un seul endomorphisme $f$ de V tel que

$f(v_{n})=v_{n/2}$ pour tout $n$ pair

et $f(v_{n})=0$ pour tout $n$ impair.

De même, il existe un et un seul endomorphisme $g$ de V tel que

$g(v_{n})=v_{(n-1)/2}$ pour tout $n$ impair

et $g(v_{n})=0$ pour tout $n$ pair.

Prouver que $f$ et $g$ forment une base (à deux éléments) du A-module à gauche A. (D'après le point a), il en résulte que pour tout nombre naturel $n\geq 1$, le A-module à gauche A admet une base à $n$ éléments.)

Solution

Prouvons d'abord que $f$ et $g$ engendrent le A-module à gauche A. Puisque l'élément $1=id_{V}$ de A engendre ce module, il suffit clairement de prouver qu'il existe des éléments $\lambda ,\mu$ de A = End(V) tels que

$\lambda \circ f+\mu \circ g=id_{V}.$

D'après un théorème déjà rappelé dans l'énoncé (détermination d'un homomorphisme par ses valeurs en les éléments d'une base), nous pouvons définir

un endomorphisme $\lambda$ de V tel que, pour tout nombre naturel $n$, $\lambda (v_{n})=v_{2n}$

et un endomorphisme $\mu$ de V tel que, pour tout nombre naturel $n$, $\mu (v_{n})=v_{2n+1}.$

Alors pour tout nombre naturel $n$,

$\lambda \circ f(v_{n})=$

$v_{n}$ si $n$ est pair,

0 si $n$ est impair

et

$\mu \circ g(v_{n})=$

$v_{n}$ si $n$ est impair,

0 si $n$ est pair.

Donc $\lambda \circ f+\mu \circ g=id_{V}$, ce qui, comme on l'a vu, montre que $f$ et $g$ engendrent le $A$-module à gauche A.

Prouvons maintenant que la famille $(f,g)$ est libre dans le A-module à gauche A. Soient $\rho ,\sigma$ des éléments de A = End(V) tels que

$\rho \circ f+\sigma \circ g=0.$

Alors, pour tout nombre naturel $n$,

(1)$\qquad \rho (f(v_{n}))+\sigma (g(v_{n}))=0.$

Si $n$ est pair, la relation (1) peut s'écrire

$\rho (v(n/2))+\sigma (0)=0$,

autrement dit

$\rho (v(n/2))=0.$

Puisque tout nombre naturel est de la forme $n/2$ avec $n$ naturel pair, on a donc

(2)$\qquad \rho =0.$

Si maintenant $n$ est impair, la relation (1) peut s'écrire

$\rho (0)+\sigma (v_{(n-1)/2})=0$,

autrement dit

$\sigma (v_{(n-1)/2})=0.$

Puisque tout nombre naturel est de la forme $(n-1)/2$ avec $n$ naturel impair, on a donc

$\sigma =0.$

Joint à (2), cela prouve que la famille $(f,g)$ est libre dans le A-module à gauche A, ce qui achève de prouver que $f$ et $g$ forment une base (à deux éléments) de ce module.

 

Exercice 2-14

Soit $E=\mathbb {R} _{n}[X]$.

1. Expliciter sa base canonique ${\cal {B}}$.
2. Soient $P_{j}:=X^{j}(1-X)^{n-j}$, ${\cal {C}}:=(P_{0},\ldots ,P_{n})$. Déterminer la matrice $A$ de ${\cal {C}}$ dans ${\cal {B}}$ et son déterminant. En déduire que ${\cal {C}}$ est une base de $E$.
3. Pour $n=3$, trouver par deux méthodes différentes l'expression du polynôme $P=X^{3}-X^{2}-X-1$ dans la base ${\cal {C}}$.

Solution

1. ${\cal {B}}=(1,X,\ldots ,X^{n})$.
2. $P_{j}=X^{j}\sum _{k=0}^{n-j}{\binom {n-j}{k}}(-X)^{k}=\sum _{i=j}^{n}{\binom {n-j}{i-j}}(-1)^{i-j}X^{i}$ donc $a_{i,j}=0$ si $0\leq i<j\leq n$ et ${\binom {n-j}{i-j}}(-1)^{i-j}$ si $n\geq i\geq j\geq 0$. En particulier, la matrice $A$ est triangulaire et $a_{j,j}=1$ donc $\det A=1\neq 0$ donc ${\cal {C}}$ est libre.
3. • Première méthode : $P=aP_{0}+bP_{1}+cP_{2}+dP_{3}$ avec $A{\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-1\\-1\\-1\\1\end{pmatrix}}$, c'est-à-dire $a=-1,-3a+b=-1,3a-2b+c=-1,-a+b-c+d=1$, d'où $a=-1,b=-4,c=-6,d=-2$.
   • Deuxième méthode : posons $T={X \over 1-X}$, ainsi $X={T \over T+1}$ donc $P_{j}={T^{j} \over (T+1)^{n}}$, et $P={T^{3}-T^{2}(T+1)-T(T+1)^{2}-(T+1)^{3} \over (T+1)^{3}}={-2T^{3}-6T^{2}-4T-1 \over (T+1)^{3}}=-2P_{3}-6P_{2}-4P_{1}-P_{0}$.
   • Troisième méthode (qui revient à expliciter $A^{-1}$ pour résoudre le système de la première méthode) : $X^{j}=X^{j}(1-X+X)^{n-j}=X^{j}\sum _{i=0}^{n-j}{\binom {n-j}{i}}X^{i}(1-X)^{n-j-i}=\sum _{k=j}^{n}{\binom {n-j}{k-j}}P_{k}$, donc $X^{3}=P_{3},X^{2}=P_{2}+P_{3},X=P_{1}+2P_{2}+P_{3},1=P_{0}+3P_{1}+3P_{2}+P_{3}$, donc $P=P_{3}-(P_{2}+P_{3})-(P_{1}+2P_{2}+P_{3})-(P_{0}+3P_{1}+3P_{2}+P_{3})=-2P_{3}-6P_{2}-4P_{1}-P_{0}$.