Solution du test 2.

Nom de famille (MAJUSCULES)
Pr´enom (MAJUSCULES)
Signature
Num´ero d’´etudiant
Mat 2541
Professeur: D. Daigle
Test 2
Date: 13 novembre 2014
Dur´ee: 75 minutes.
1. (2 points) Soient V, W des espaces vectoriels et T : V → W une application lin´eaire.
(a) D´efinissez ker(T ).
ker(T ) = { v ∈ V | T (v) = θW }
(b) Si S est un sous-ensemble de W , d´efinissez T −1 (S).
T −1 (S) = {v ∈ V | T (v) ∈ S}
2. (2 points) Soit V un espace vectoriel.
(a) Supposons que V est de type fini ; d´efinissez “dimension de V ”.
La dimension de V est la longueur d’une base quelconque de V (une base est
une liste de vecteurs, donc a une longueur).
(b) Si L : v1 , . . . , vn est une liste de vecteurs de V , d´efinissez “L est lin´eairement ind´ependante”.
L est lin´eairement ind´ependante si les seuls scalaires a1 , . . . , an ∈ K satisfaisant
a1 v1 + · · · + an vn = θV sont a1 = · · · = an = 0.
1
2
3. (10 points) Pour chacun des ´enonc´es ci-dessous, r´epondez par V ou F dans la grille suivante :
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
V
V
F
F
V
F
S
F
V
V
V
T
(a) Si U, V, W sont des espaces vectoriels et U −
→V −
→ W des applications lin´eaires telles que
T ◦ S est l’application nulle, alors im(S) ⊆ ker(T ).
(b) Il n’existe aucune application lin´eaire surjective T : R4 → R5 .
(c) Il existe une application lin´eaire T : R9 → R5 telle que ker(T ) ∼
= R3 .
(d) Si V est un espace vectoriel de dimension n sur le corps K de deux ´el´ements, alors l’ensemble
V poss`ede exactement n2 ´el´ements.
(e) Si V est un espace vectoriel (sur K) qui n’est pas de type fini, alors V poss`ede un sous-espace
U qui est isomorphe a` K 2 .
(f) Si V est un espace vectoriel de type fini, alors tous les sous-espaces de V ont la mˆeme
dimension.
(g) Soient X : x1 , . . . , xm et Y : y1 , . . . , yn deux listes de vecteurs dans un espace vectoriel V . Si
X engendre V et Y est LI alors m ≤ n.
(h) Soit L : v1 , v2 , v3 , v4 une liste de vecteurs dans l’espace vectoriel V = K 4 (o`
u K est un
corps). Si L engendre V alors L est une base de V .
(i) Soit V un espace vectoriel. Alors tout sous-espace de V est le noyau d’une application
lin´eaire. (Plus pr´ecis´ement : quel que soit le sous-espace M de V , il existe un espace vectoriel
W et une application lin´eaire T : V → W telle que ker(T ) = M .)
(j) Si V, W sont des espaces vectoriels de type fini et de mˆeme dimension, alors il existe une
application lin´eaire T : V → W qui est surjective.
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4. (3 points) Soit P4 l’espace vectoriel r´eel dont les ´el´ements sont les polynˆomes en une variable,
de degr´e ≤ 4. Soit T : P4 → R l’application lin´eaire d´efinie par
T (f ) = f (2),
pour tout f ∈ P4 .
Donnez les r´eponses seulement, sans justifier :
(a) T est-elle surjective ? R´eponse (oui ou non) :
(b) dim(im T ) =
1
dim(ker T ) =
OUI
4
S
T
5. (1 point) Soient U, V, W des espaces vectoriels de type fini et U −
→V −
→ W des applications
lin´eaires. Supposons que
• S est injective
• T est surjective
• im(S) = ker(T ).
Alors dim U − dim V + dim W est ´egal a` :
(a) −1
(b) 0
(c) 1
(d) 3
(e) 2 dim V
Preuve : Puisque S est injective, on a U ∼
= im(S) = ker(T ), donc dim U = dim(ker T ) et
dim V = dim(ker T ) + dim(im T ) = dim(U ) + dim(im T ) = dim(U ) + dim(W ).
4
6. Soient V, W des espaces vectoriels, T : V → W une application lin´eaire surjective, et N un
sous-espace de W .
(a) (2 points) Soit Q : W → W/N l’application quotient. Donnez le domaine et le codomaine
de Q ◦ T , et montrez que Q ◦ T est une application lin´eaire surjective.
(b) (3 points) Montrez que ker(Q ◦ T ) = T −1 (N ).
(c) (1 point) Montrez que V /T −1 (N ) ∼
= W/N .
T
Q
(a) V −−→ W −−→ W/N
=⇒
Q◦T
V −−−→ W/N , donc :
dom(Q ◦ T ) = V et codom(Q ◦ T ) = W/N .
Puisque T et Q sont toutes les deux lin´eaires, Q ◦ T est lin´eaire.
Puisque T et Q sont toutes les deux surjectives, Q ◦ T est surjective.
(b) Preuve de ker(Q ◦ T ) ⊆ T −1 (N ). Soit v ∈ ker(Q ◦ T ). Alors (Q ◦ T )(v) = θW/N , donc
Q(T (v)) = θW/N , donc T (v) ∈ ker(Q) = N , donc v ∈ T −1 (N ).
Preuve de T −1 (N ) ⊆ ker(Q ◦ T ). Soit v ∈ T −1 (N ). Alors T (v) ∈ N = ker(Q), donc
Q(T (v)) = θW/N , donc (Q ◦ T )(v) = θW/N , donc v ∈ ker(Q ◦ T ).
Q◦T
(c) En appliquant le premier th´eor`eme d’isomorphisme `a l’application lin´eaire V −−−→ W/N ,
on obtient :
(∗)
V / ker(Q ◦ T ) ∼
= im(Q ◦ T ).
D’apr`es (b), on a ker(Q ◦ T ) = T −1 (N ).
Puisque Q ◦ T est surjective, on a im(Q ◦ T ) = W/N .
Donc (∗) se r´ecrit :
ce qu’il fallait d´emontrer.
V /T −1 (N ) ∼
= W/N,
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7. Soit T : R4 → R2 l’application lin´eaire d´efinie par
pour tout (w, x, y, z) ∈ R4 .
T (w, x, y, z) = (w, x + y + z),
(a) (2 points) D´eterminez les dimensions de im(T ) et ker(T ).
(Conseil : commencez par vous demander si T est surjective.)
(b) (2 points) Trouvez une base L de ker(T ).
´
(c) (2 points) Etendez
L a` une base de R4 .
(a) Quel que soit (a, b) ∈ R2 , on a (a, b, 0, 0) ∈ R4 et T (a, b, 0, 0) = (a, b) ; donc T est surjective.
Il s’ensuit que im(T ) = R2 , donc dim(im T ) = dim(R2 ) = 2.
On sait aussi que dim(R4 ) = dim(ker T ) + dim(im T ) donc 4 = dim(ker T ) + 2, donc
dim(ker T ) = 2.
(b) (w, x, y, z) ∈ ker(T ) ⇔ T (w, x, y, z) = (0, 0) ⇔ (w, x + y + z) = (0, 0) ⇔
w=0
et
x + y + z = 0.
Donc v1 = (0, 1, −1, 0) et v2 = (0, 0, 1, −1) sont deux ´el´ements de ker(T ) (et on peut v´erifier
ceci directement en calculant T (v1 ) = (0, 0) et T (v2 ) = (0, 0)). Ainsi,
L : v1 , v2
est une liste de vecteurs de ker(T ).
V´erifions que L est L.I. : supposons que a1 , a2 ∈ R satisfont a1 v1 + a2 v2 = (0, 0, 0, 0). Alors
(0, a1 , a2 − a1 , −a2 ) = (0, 0, 0, 0), donc
0 = 0,
a1 = 0,
a2 − a1 = 0,
−a2 = 0,
donc a1 = 0 et a2 = 0. Ceci prouve que L est L.I.
Puisque L est une liste de vecteurs de ker(T ) dont la longueur est ´egale `a la dimension de
ker(T ), et puisque L est L.I., un THM vu en classe nous permet de conclure que L est une base
de ker(T ).
(c) Soient v3 = (1, 0, 0, 0) et v4 = (0, 0, 0, 1), alors
L0 : v1 , v2 , v3 , v4
est une liste de vecteurs de R4 .
´
Etant
donn´e que la longueur de L0 est ´egale `a la dimension de R4 , pour montrer que L0 est une
base de R4 il suffit de v´erifier qu’une des conditions
(i) L0 est L.I.
(ii) L0 engendre R4
est satisfaite. V´erifions (ii). On sait que R4 est engendr´e par les vecteurs
e1 = (1, 0, 0, 0),
4
e2 = (0, 1, 0, 0),
e3 = (0, 0, 1, 0),
e4 = (0, 0, 0, 1) ;
autrement dit, on a R = he1 , e2 , e3 , e4 i. D’autre part, on a e1 = v3 ∈ hv1 , v2 , v3 , v4 i,
e4 = v4 ∈ hv1 , v2 , v3 , v4 i, e3 = v2 + v4 ∈ hv1 , v2 , v3 , v4 i et e2 = v1 + v2 + v4 ∈ hv1 , v2 , v3 , v4 i,
donc
e1 , e2 , e3 , e4 ∈ hv1 , v2 , v3 , v4 i
ce qui implique he1 , e2 , e3 , e4 i ⊆ hv1 , v2 , v3 , v4 i, donc R4 ⊆ hv1 , v2 , v3 , v4 i et finalement R4 =
hv1 , v2 , v3 , v4 i. Ceci prouve (ii).
Donc L0 est une base de R4 .

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