Correction : Algèbre linéaire, Etude d'intersections d'hyperplans vectoriels

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Espaces vectoriels de dimension finie

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 168
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.a

1.b

2.a

2.b

3.a

3.b

3.c

3.d

1.

Correction

Partie I

⊂+⊂donc−≤+≤.
Si+= −alors par inclusion et égalité des dimensions=+=ce qui est
exclu. Par suite+=et donc+=.
Si≠alors∩=+−+= −.
Si=alors∩=puis∩= −.
Si⊂alors∩ =et∩ =.

Si⊄alors considérons+.
On a⊂+ ⊂donc−≤+ ≤.
Si −+ =alors par inclusion et égalité des dimensions=+. Or⊂+donc
⊂ce qui est exclu. Nécessairement+ =.
Par suite∩ =+−+ =−.
Par récurrence sur∈ℕ∗*.
Pour=: ok
Supposons la propriété établie au rang≥.
Soit1,…,,+1des hyperplans de.
Soit=1∩…∩. Par HR :≥ −.
1∩…∩∩+1=∩+et d’après l’étude précédente∩+≥−.
Par suite dim(1∩…∩∩+1)≥−(+1) .
Récurrence établie.
Considérons (1,…, base de) une. C’est une famille libre de vecteurs de, on peut donc la
compléter en une base dede la forme=(1,…,,+1,…, cette base convient.) et
Par construction (1,…,1,+1,…, une famille génératrice de) est.
−
De plus cette famille est libre car sous-famille d’une famille libre, c’est donc une base de.
Par suite= −etest un hyperplan de.
Soit∈+1∩…∩.
Commeest une base de, on peut écrire=λ1.1+⋯+λ..
Pour tout+≤≤, on a∈=Vect(1,…,−1,+1,…,) .
On peut donc aussi écrire=1.1+⋯+−1.−1+0.+⋯++.1+1+...+.) .
Par unicité des composantes d’un vecteur dans une base obtient :=.
Ainsi=λ1.1+⋯+λ.+∈et donc+1∩…∩⊂.
De plus dim+1∩…∩≥−(−)==dimdonc dim+1∩…∩=dimpuis
+1∩…∩=.
Considérons=(1,…,) une base de.
Posons pour tout∈ {1,…,},=Vect(1,…,−1,+1,…,) .est un hyperplan.
Par la même démarche que ci-dessus, on observe que1∩…∩= {}.

=et

=

Partie II

donc= {}et

=

.

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

Si⊂−alors=−puisqu’on sait−⊂. Or−≠. Ceci est donc impossible.
Par suite⊄−et donc∃∈tel que∉−.
Montrons queest libre :
Version légère :
Supposonsλ11+⋯+λ=.
Si≠alors= −λ1(λ1.1+⋯+λ−1.−1) .
Or1∈1⊂−1,…,−1∈−donc∈−ce qui est exclu.
Nécessairement=.
On obtient alors la relationλ11+⋯+λ−1−1=et on réitère le processus de sorte d’obtenir
=
successivement−,, puis=.
Version lourde (mais plus rigoureuse) :
Par l’absurde, supposonsliée.
On peut alors écrireλ11+⋯+λ=avec (λ1,…,λ)≠ .(0,..., 0)
Notonsle plus grand élément entier tel que≠.
On a la relationλ11+⋯+λ=car par définition de,λ+1=…=λ=0 .
On peut alors écrire= −λ(1λ1.1+⋯+λ−1.−1) .

Or1∈1⊂−1,…,−1∈−donc∈. C’est absurde.
Dans les deux versions,est une famille libre formée de=vecteurs de, c’est donc une
base de.
Soit∈ {1,…,}.
La famille (1,…,) est une famille libre car sous famille d’une famille libre.
De plus, pour tout∈ {1,…,}on a∈car⊂.
La famille (1,…,) est donc une famille libre formée de=vecteurs de, c’est donc une base
 
deet par suite=Vect(1,…,) .
Considérons=Vect(1,…,−1,+1,…,) .
Par les mêmes arguments qu’en I.3.b,est un hyperplan.
Puisque⊄, on a∩=−=−.
Puisque−⊂et−⊂, on a−⊂∩.
Par inclusion et égalité des dimensions :−=∩.
−=∩=puisque=.
−=−∩−=−∩,,0=1∩1=1∩…∩.