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documents/mmds/2009L1feuille2bis.mmd

@@ -0,0 +1,170 @@
+**Exercices corriges**
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+**Algebre lineaire 1**
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+## 1 Enonces
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+**Exercice 1**: On rappelle que \((E,+,\cdot)\) est un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel si
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+1. \((E,+)\) est un groupe commutatif\(\,\);
+2. \(\forall x,y\in E,\,\forall\alpha\in\mathbb{K},\,\alpha\cdot(x+y)=\alpha\cdot x +\alpha\cdot y\,\);
+3. \(\forall x\in E,\,\forall\alpha,\beta\in\mathbb{K},\,(\alpha+\beta)\cdot x= \alpha\cdot x+\beta\cdot x\,\);
+4. \(\forall x\in E,\,\forall\alpha,\beta\in\mathbb{K},\,\alpha\cdot(\beta\cdot x )=(\alpha\beta)\cdot x\,\);
+5. \(1\cdot x=x\).
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+Soit \((E,+,\cdot)\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel. On note \(0_{E}\) l'element neutre de \((E,+)\) (que l'on appelle aussi l'origine de \((E,+,\cdot)\)) et \(0_{\mathbb{K}}\) le nombre zero (dans \(\mathbb{K}\)). Pour tout \(x\) dans \(E\), le symetrique de \(x\) est note \(-x\).
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+1. Montrer que, pour tout \(x\in E\), \(x+x=2\cdot x\).
+2. Montrer que, pour tout \(x\in E\), \(0_{\mathbb{K}}\cdot x=0_{E}\).
+3. Montrer que, pour tout \(x\in E\), \((-1)\cdot x=-x\).
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+**Exercice 2**: Soient \(F_{1},\ldots,F_{m}\) des sous-espaces vectoriels d'un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \((E,+,\cdot)\). Montrer que \(F:=F_{1}\cap\ldots\cap F_{m}\) est un sous-espace vectoriel de \(E\).
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+**Exercice 3**: Soient \((E,+,\cdot)\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel, \(\{x_{1},\ldots,x_{m}\}\) une famille de vecteurs de \(E\). Montrer que \(F:=\operatorname{vect}\{x_{1},\ldots,x_{m}\}\) est un sous-espace vectoriel de \(E\).
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+**Exercice 4**: Soient \((E,+,\cdot)\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel, \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\) et \(A,B\) deux sous-ensembles de \(E\).
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+1. Montrer que, si \(A\subset B\), alors \(\operatorname{vect}A\subset\operatorname{vect}B\).
+2. Montrer que \(A\) est un sous-espace vectoriel de \(E\) si et seulement si \(\operatorname{vect}A=A\).
+3. Montrer que, si \(A\subset B\subset F\) et \(A\) engendre \(F\), alors \(B\) engendre \(F\).
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+**Exercice 5**: Considerons les vecteurs de \(\mathbb{R}^{4}\) suivants :
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+\[\mathbf{e}_{1}=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right),\quad\mathbf{e}_{2}=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\\ -1\end{array}\right),\quad\mathbf{e}_{3}=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -2\\ 3\end{array}\right),\quad\mathbf{e}_{4}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 0\\ -1\end{array}\right).\]
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+La famille \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\) est-elle libre\(\,\)? Est-ce une base de \(\mathbb{R}^{4}\,\)?
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+**Exercice 6**: Considerons les vecteurs de \(\mathbb{R}^{4}\) suivants :
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+\[\mathbf{e}_{1}=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right),\quad\mathbf{e}_{2}=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\\ 1\end{array}\right),\quad\mathbf{e}_{3}=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -2\\ 3\end{array}\right),\quad\mathbf{e}_{4}=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 2\\ -2\end{array}\right).\]1. La famille \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\) est-elle libre?
+2. Quel est le rang de la famille \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\)?
+3. Determiner une relation entre les nombres reels \(\alpha\) et \(\beta\) pour que le vecteur \(\mathbf{u}=(1,1,\alpha,\beta)^{t}\) appartienne au sous-espace vectoriel engendre par la famille \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\).
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+**Exercice 7**: Soit \(E=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}\), l'espace des fonctions de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).
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+1. Soient \(c\) et \(s\) les fonctions definies par \[\forall x\in\mathbb{R},\quad c(x)=\cos x\quad\text{et}\quad s(x)=\sin x.\] Montrer que \(\{c,s\}\) est une famille libre de \(E\). Quelle est la dimension du sous-espace vectoriel \(T\) engendre par la famille \(\{c,s\}\)?
+2. Soient \(\alpha,\beta,\gamma\) trois reels fixes. Soient \(f,g,h\) les fonctions definies par \[\forall x\in\mathbb{R},\quad f(x)=\cos(x+\alpha),\quad g(x)=\cos(x+\beta) \quad\text{et}\quad h(x)=\cos(x+\gamma).\] Montrer que \(f,g,h\) appartiennent a \(T\), et expliciter leurs coordonnees dans la base \(\{c,s\}\) de \(T\). La famille \(\{f,g,h\}\) est-elle libre? Quel est son rang?
+3. Soient \(a_{1},a_{2},a_{3}\) trois reels distincts. Pour tout entier \(k\in\{1,2,3\}\) on note \(f_{k}\) la fonction definie sur \(\mathbb{R}\) par \[\forall x\in\mathbb{R},\quad f_{k}(x)=\left|x-a_{k}\right|.\] Montrer que \(\{f_{1},f_{2},f_{3}\}\) est une famille libre de \(E\).
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+**Exercice 8**:
+1. On rappelle que \(\mathcal{C}_{0}(\mathbb{R})\) designe l'espace des fonctions continues de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\). Montrer que \(\mathcal{A}:=\{f\in\mathcal{C}_{0}(\mathbb{R})|\forall x\in\mathbb{R},\;f(x)= f(-x)\}\) et \(\mathcal{B}:=\{f\in\mathcal{C}_{0}(\mathbb{R})|\forall x\in\mathbb{R},\;f(x)= -f(-x)\}\) sont des sous-espaces vectoriels de \(\mathcal{C}_{0}(\mathbb{R})\). Sont-ils en somme directe?
+2. Montrer que \(A:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}|x+y+z=0\}\) et \(B:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}|x-y+z=0\}\) sont des sous-espaces vectoriels de \(\mathbb{R}^{3}\). Sont-ils en somme directe?
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+**Exercice 9**:
+1. Soient \(F:=\{(x,x,x)\in\mathbb{R}^{3}|x\in\mathbb{R}\}\) et \(G:=\{(0,y,z)\in\mathbb{R}^{3}|y,z\in\mathbb{R}\}\). Montrer que \(F\) et \(G\) sont deux sous-espaces vectoriels de \(\mathbb{R}^{3}\). Preciser leurs bases et leurs dimensions. Sont-ils en somme directe?
+2. Soit \(H:=\{(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^{4}|x=2y-z,\;t=x+y+z\}\). Verifier que \(H\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{4}\). En donner une base et la dimension.
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+**Exercice 10**: Soient \((E,+,\cdot)\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel et \(A,B,C\) trois sous-espaces vectoriels de \(E\).
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+1. Montrer que \((A\cap C)+(B\cap C)\subset(A+B)\cap C\). Donner un exemple dans \(\mathbb{R}^{2}\) pour lequel l'inclusion est stricte.
+2. Montrer que, si \(A+B=A+C\), \(A\cap B=A\cap C\) et \(B\subset C\), alors \(B=C\).
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+**Exercice 11**: On considere l'application donnee par
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+1. Montrer que \(\varphi\) est une application lineaire. Determiner l'image par \(\varphi\) des vecteurs de la base canonique \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3}\}\) de \(\mathbb{R}^{3}\). Calculer \(\varphi(2\mathbf{e}_{1}+\mathbf{e}_{2}-\mathbf{e}_{3})\).
+2. Determiner le noyau de \(\varphi\). En donner une base et preciser sa dimension.
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+3. L'application \(\varphi\) est-elle injective? surjective? bijective?
+4. Soit \(\psi\) l'application lineaire donnee par \[\psi\colon \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}\] \[\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right) \longmapsto \left(\begin{array}{c}x-y\\ x+y\\ x+2y\end{array}\right).\] Determiner \(\varphi\circ\psi\).
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+**Exercice 12**: On considere l'application donnee par
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+\[\varphi\colon \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{2}\] \[\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right) \longmapsto \left(\begin{array}{c}y+z\\ x\end{array}\right)\]
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+ainsi que les vecteurs \(\mathbf{u}:=(1,2,3)^{t}\) et \(\mathbf{v}:=(1,1,1)^{t}\).
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+1. Montrer que \(\varphi\) est lineaire. Determiner \(\varphi(\mathbf{u})\), \(\varphi(\mathbf{v})\) et \(\varphi(\mathbf{u}-2\mathbf{v})\).
+2. Determiner le noyau de \(\varphi\). En donner une base et preciser sa dimension.
+3. Determiner l'image de \(\varphi\). En donner une base et preciser sa dimension.
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+**Exercice 13**: Soient \(E\) et \(F\) deux \(\mathbb{R}\)-espaces vectoriels et \(\varphi\) une application lineaire de \(E\) dans \(F\). Soit \(\mathcal{A}:=\{x_{1},\ldots,x_{m}\}\) une famille de vecteurs de \(E\).
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+1. Montrer que, si \(\mathcal{A}\) est liee, alors \(f(\mathcal{A})=\{\varphi(x_{1}),\ldots,\varphi(x_{m})\}\) est liee.
+2. Montrer que, si \(\varphi(\mathcal{A})\) est libre, alors \(\mathcal{A}\) est libre.
+3. Montrer que, si \(\mathcal{A}\) est libre et \(\varphi\) est injective, alors \(\varphi(\mathcal{A})\) est libre.
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+## 2 Solutions
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+**Solution de l'exercice 1**
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+1. Pour tout \(x\in E\), \(2\cdot x=(1+1)\cdot x=1\cdot x+1\cdot x=x+x\), ou l'on a utilise successivement les axiomes (II-2) et (II-4).
+2. On a : \[\begin{array}{rcl}0_{\mathbb{K}}\cdot x&=&(0_{\mathbb{K}}2)\cdot x\\ &=&0_{\mathbb{K}}\cdot(2\cdot x)&\text{[d'apres l'axiome (II-3)]}\\ &=&0_{\mathbb{K}}\cdot(x+x)&\text{[d'apres la question (1)]}\\ &=&0_{\mathbb{K}}\cdot x+0_{\mathbb{K}}\cdot x.\end{array}\] En simplifiant (c'est-a-dire, en ajoutant \(-(0_{\mathbb{K}}\cdot x)\) des deux cotes), on obtient l'egalite \(0_{E}=0_{\mathbb{K}}\cdot x\).
+3. D'apres la question (2), \(0_{E}=0_{\mathbb{K}}\cdot x=(1+(-1))\cdot x=(1\cdot x)+((-1)\cdot x)=x+((-1) \cdot x)\), ou la troisieme egalite resulte de l'axiome (II-2) et ou la derniere egalite resulte de l'axiome (II-4). On en deduit que \((-1)\cdot x\) est le symetrique de \(x\), c'est-a-dire, \(-x\).
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+**Solution de l'exercice 2**: Nous devons montrer que pour tous \(x,y\in F\) et pour tout \(\alpha\in\mathbb{R}\), \(x+\alpha y\in F\). Soient donc \(x,y\in F\) et \(\alpha\in\mathbb{R}\) quelconques. Par definition de l'intersection, pour tout \(k\in\{1,\ldots,m\}\), \(x,y\in F_{k}\). Comme \(F_{k}\) est un sous-espace vectoriel de \(E\) nous deduisons que
+
+\[x+\alpha y\in F_{k},\]et ce pour tout \(k\in\{1,\ldots,m\}\). Donc \(x+\alpha y\) appartient a l'intersection des \(F_{k}\), c'est-a-dire, a \(F\).
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+**Solution de l'exercice 3** : Remarquons tout d'abord que \(F\) est non vide, puisque que
+
+\[0_{E}=0\cdot x_{1}+\cdots+0\cdot x_{m}\in F.\]
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+Soient \(x,y\in F\) et \(\alpha\in\mathbb{R}\) quelconques. Alors \(x\) et \(y\) s'ecrivent
+
+\[x=\alpha_{1}x_{1}+\cdots+\alpha_{m}x_{m}\quad\mbox{et}\quad y=\beta_{1}x_{1}+ \cdots+\beta_{m}x_{m},\]
+
+avec \(\alpha_{1},\ldots,\alpha_{m},\beta_{1},\ldots,\beta_{m}\in\mathbb{R}\). Donc,
+
+\[x+\alpha y = (\alpha_{1}x_{1}+\cdots+\alpha_{m}x_{m})+\alpha(\beta_{1}x_{1}+ \cdots+\beta_{m}x_{m})\] \[= (\alpha_{1}+\alpha\beta_{1})x_{1}+\cdots+(\alpha_{m}+\alpha\beta _{m})x_{m}.\]
+
+Par consequent, \(x+\alpha y\) est une combinaison lineaire des vecteurs \(x_{1},\ldots,x_{m}\), c'est-a-dire, un element de \(F\).
+
+**Solution de l'exercice 4** :
+1. Supposons que \(A\subset B\), et montrons que tout element de \(\mbox{vect}\,A\) appartient a vect \(B\). Soit donc \(x\) quelconque dans \(\mbox{vect}\,A=\emptyset\), alors \(\mbox{vect}\,A=\{0\}\) et donc \(x\) est forcement le vecteur nul. Comme \(\mbox{vect}\,B\) est un sous-espace vectoriel, \(\mbox{vect}\,B\ni 0\) et l'on a bien \(\mbox{vect}\,A\subset\mbox{vect}\,B\). Si \(A\) est non vide, alors \[\exists p\in\mathbb{N}^{*},\ \exists x_{1},\ldots,x_{p}\in A,\ \exists\alpha_{1},\ldots, \alpha_{p}\in\mathbb{R}\colon\quad x=\alpha_{1}x_{1}+\cdots+\alpha_{p}x_{p}.\] Puisque \(A\subset B\), les \(x_{k}\) sont aussi dans \(B\), de sorte que \(x\) est une combinaison lineaire de vecteurs de \(B\), c'est-a-dire, un element de \(\mbox{vect}\,B\). On a donc encore \(\mbox{vect}\,A\subset\mbox{vect}\,B\).
+2. Supposons que \(A=\mbox{vect}\,A\). Puisque \(\mbox{vect}\,A\) est un sous-espace vectoriel, il en est de meme de \(A\). Reciproquement, supposons que \(A\) soit un sous-espace vectoriel, et montrons que \(A=\mbox{vect}\,A\). Remarquons que tout element de \(A\) est une combinaison lineaire particuliere d'elements de \(A\) (prendre \(p=1\), \(\alpha_{1}=1\) et \(x_{1}=x\)). Donc on a clairement l'inclusion \(A\subset\mbox{vect}\,A\). De plus, si \(A\) est un sous-espace vectoriel, alors \(A\) est non vide. Soit alors \(x\in\mbox{vect}\,A\) : \[\exists p\in\mathbb{N}^{*},\ \exists x_{1},\ldots,x_{p}\in A,\ \exists\alpha_{1},\ldots,\alpha_{p}\in\mathbb{R}\colon\quad x= \alpha_{1}x_{1}+\cdots+\alpha_{p}x_{p}.\] Puisque \(A\) est stable par combinaison lineaire, \(x\in A\). On a donc aussi l'inclusion \(\mbox{vect}\,A\subset A\).
+3. D'apres le point (1), \(\mbox{vect}\,A\subset\mbox{vect}\,B\subset\mbox{vect}\,F\). Or, \(\mbox{vect}\,F=F\) puisque \(F\) est un sous-espace vectoriel. De plus, \(\mbox{vect}\,A=F\) puisque \(A\) engendre \(F\). Finalement, on a : \[F\subset\mbox{vect}\,B\subset F,\] ce qui montre que \(\mbox{vect}\,B=F\). Autrement dit, \(B\) engendre \(F\).
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+**Solution de l'exercice 5** : On resout l'equation vectorielle \(\alpha\mathbf{e}_{1}+\beta\mathbf{e}_{2}+\gamma\mathbf{e}_{3}+\delta\mathbf{e}_ {4}=\mathbf{0}\). Ceci revient resoudre le systeme lineaire
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+\[\left\{\begin{array}{rcl}0&=&\alpha+\gamma+2\delta,\\ 0&=&\alpha+\beta+\delta,\\ 0&=&\alpha+2\beta-2\gamma,\\ 0&=&\alpha-\beta+3\gamma-\delta.\end{array}\right.\]
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+On trouve que la seule solution possible est \(\alpha=\beta=\gamma=\delta=0\). Donc la famille \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\) est libre, et puisque son cardinal est egal a la dimension de \(\mathbb{R}^{4}\), c'est une base de \(\mathbb{R}^{4}\).
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+**Solution de l'exercice 6**:
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+1. On resout l'equation vectorielle \(\alpha\mathbf{e}_{1}+\beta\mathbf{e}_{2}+\gamma\mathbf{e}_{3}+\delta\mathbf{e }_{4}=\mathbf{0}.\) Ceci revient resoudre le systeme lineaire \[\left\{\begin{array}{rcl}0&=&\alpha+\gamma+\delta,\\ 0&=&\alpha+\beta+\delta,\\ 0&=&\alpha+2\beta-2\gamma+2\delta,\\ 0&=&\alpha+\beta+3\gamma-2\delta.\end{array}\right.\] On trouve que ce systeme est equivalent au systeme \[\left\{\begin{array}{rcl}0&=&\alpha+\gamma+\delta,\\ 0&=&\beta-\gamma,\\ 0&=&\gamma-\delta.\end{array}\right.\] Ce systeme admet d'autres solutions que la solution nulle. On en deduit que \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\) n'est pas libre.
+2. D'apres ce qui precede, le rang de la famille \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\) est inferieur ou egal a 3. On considere alors la famille \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3}\}.\) On verifie facilement qu'elle est libre, de sorte que le rang cherche est en fait egal a 3.
+3. Pour que \(\mathbf{u}\) appartienne au _sev_ engendre par \(\{\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{4}\}\), il faut que l'equation vectorielle \[\mathbf{u}=\alpha\mathbf{e}_{1}+\beta\mathbf{e}_{2}+\gamma\mathbf{e}_{3}+ \delta\mathbf{e}_{4}\] admette au moins une solution. On cherche donc a resoudre le systeme lineaire \[\left\{\begin{array}{rcl}1&=&\alpha+\gamma+\delta,\\ 1&=&\alpha+\beta+\delta,\\ a&=&\alpha+2\beta-2\gamma+2\delta,\\ b&=&\alpha+\beta+3\gamma-2\delta.\end{array}\right.\] On verifie que ce systeme est equivalent au systeme \[\left\{\begin{array}{rcl}1&=&\alpha+\gamma+\delta,\\ 0&=&\beta-\gamma,\\ a-1&=&-\gamma+\delta,\\ b-1&=&3\gamma-3\delta.\end{array}\right.\] En considerant les deux dernieres equations, on voit que le systeme n'a de solution que si \(b-1=-3(a-1)\), c'est-a-dire, si \(b+3a=4.\)
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+**Solution de l'exercice 7**:
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+1. Considerons l'equation \(\alpha c+\beta s=0\) dans \(\mathbb{R}^{\mathbb{R}}.\) Cette equation est equivalente a \[\forall x\in\mathbb{R},\quad\alpha\cos x+\beta\sin x=0.\] Les choix \(x=0\) et \(x=\pi/2\) donnent respectivement \(\alpha=0\) et \(\beta=0.\) La famille \(\{c,s\}\) est donc libre, et la dimension de \(T\) est egale a 2.
+2. Puisque \(\cos(x+\alpha)=\cos x\cos\alpha-\sin x\sin\alpha,\) on voit que \[f=\cos\alpha\cdot c-\sin\alpha\cdot s\in T\] et que les coordonnees de \(f\) dans la base \(\{c,s\}\) de \(T\) sont donnees par le couple \((\cos\alpha,-\sin\alpha).\) De meme, \[g=\cos\beta\cdot c-\sin\beta\cdot s\in T\quad\mbox{et}\quad h=\cos\gamma \cdot c-\sin\gamma\cdot s\in T;\]les coordonnees de \(g\) et \(h\) dans la base \(\{c,s\}\) de \(T\) sont donnees respectivement par les couples \((\cos\beta,-\sin\beta)\) et \((\cos\gamma,-\sin\gamma)\). La famille \(\{f,g,h\}\) ne peut pas etre libre, puisque son cardinal est egal a 3 alors que la dimension de l'espace vectoriel \(T\) est egale a 2. Son rang vaut au plus 2 (car \(\dim T=2\)) et au moins 1 (car les fonctions \(f,g,h\) sont non nulles). Le rang est egal a 1 lorsque \(f,g,h\) sont colineaires, c'est-a dire lorsqu'il existe \(a\) et \(b\) dans \(\mathbb{R}\) tels que \(f=ag=bh\) ou, de maniere equivalente, lorsque \[\left(\begin{array}{c}\cos\alpha\\ -\sin\alpha\end{array}\right)=a\left(\begin{array}{c}\cos\beta\\ -\sin\beta\end{array}\right)=b\left(\begin{array}{c}\cos\gamma\\ -\sin\gamma\end{array}\right).\] Des equations \(\cos\alpha=a\cos\beta\) et \(\sin\alpha=a\sin\beta\) on tire, en les elevant au carre et en les sommant, que \(a^{2}=1\), c'est-a-dire, que \(a\in\{-1,1\}\). Si \(a=1\), alors \(\beta=\alpha+2k\pi\), et si \(a=-1\), alors \(\beta=\alpha+\pi+2k\pi\). En resume, \(f\) et \(g\) sont colineaires si et seulement si \(\beta\in\{\alpha\}+\pi\mathbb{Z}\). De meme, \(f\) et \(h\) sont colineaires si et seulement si \(\gamma\in\{\alpha\}+\pi\mathbb{Z}\). La famille \(\{f,g,h\}\) est donc de rang 1 lorsque \(\alpha\), \(\beta\) et \(\gamma\) different d'un multiple entier de \(\pi\) ; elle est de rang 2 dans le cas contraire.
+3. Considerons l'equation \(\alpha f_{1}+\beta f_{2}+\gamma f_{3}=0\) dans \(\mathbb{R}^{\mathbb{R}}\), qui equivaut a la condition \[\forall x\in\mathbb{R},\quad\alpha f_{1}(x)+\beta f_{2}(x)+\gamma f_{3}(x)=0.\] Les choix \(x=a_{1}\), \(x=a_{2}\) et \(x=a_{3}\) donnent respectivement les equations \[\beta\left|a_{1}-a_{2}\right|+\gamma\left|a_{1}-a_{3}\right| = 0,\] \[\alpha\left|a_{2}-a_{1}\right|+\gamma\left|a_{2}-a_{3}\right| = 0,\] \[\alpha\left|a_{3}-a_{1}\right|+\beta\left|a_{3}-a_{2}\right| = 0.\] Posons \(a:=\left|a_{3}-a_{1}\right|\), \(b:=\left|a_{3}-a_{2}\right|\) et \(c:=\left|a_{1}-a_{2}\right|\). Le systeme d'equations precedent s'ecrit \[\left\{\begin{array}{ccl}0&=&a\alpha+b\beta,\\ 0&=&c\alpha+b\gamma,\\ 0&=&c\beta+a\gamma.\end{array}\right.\] En resolvant ce systeme lineaire, et en tenant compte du fait que \(a\), \(b\) et \(c\) sont non nuls, on voit que la seule solution possible est \(\alpha=\beta=\gamma=0\). On peut aussi ecrire le systeme sous forme matricielle, et remarquer, pour arriver a la meme conclusion, que la matrice \[\left[\begin{array}{ccc}a&b&0\\ c&0&b\\ 0&c&a\end{array}\right]\] a pour determinant le reel non nul \(-2abc\).
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+**Solution de l'exercice 8**:
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+1. La fonction nulle \(\nu\) (definie par \(\nu(x)=0\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\)) appartient a \(\mathcal{A}\) et a \(\mathcal{B}\). Donc, \(\mathcal{A}\) et \(\mathcal{B}\) sont non vides. De plus, pour toutes fonctions \(f,g\in\mathcal{A}\) et tout reel \(\alpha\), la fonction \(f+\alpha g\) satisfait : \[\forall x\in\mathbb{R},\quad(f+\alpha g)(x)=f(x)+\alpha g(x)=f(-x)+\alpha g(-x)=( f+\alpha g)(-x).\] Par consequent, \(f+\alpha g\in\mathcal{A}\). Donc \(\mathcal{A}\) est un sous-espace vetoriel de \(\mathcal{C}_{0}(\mathbb{R})\). De meme, pour toutes fonctions \(f,g\in\mathcal{B}\) et tout reel \(\alpha\), la fonction \(f+\alpha g\) satisfait : \[\forall x\in\mathbb{R},\quad(f+\alpha g)(x)=f(x)+\alpha g(x)=-f(-x)-\alpha g(-x)=-( f+\alpha g)(-x).\]Par consequent, \(f+\alpha g\in\mathcal{A}\). Donc \(\mathcal{B}\) est un sous-espace vetoriel de \(\mathcal{C}_{0}(\mathbb{R})\). Soit maintenant \(f\) une fonction de \(\mathcal{A}\cap\mathcal{B}\). Alors, pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \[f(x)=f(-x)\quad\mbox{et}\quad f(x)=-f(-x),\] ce qui montre que \(f(x)=0\). Donc \(f=\nu\). On en deduit que \(\mathcal{A}\cap\mathcal{B}=\{\nu\}=\{0_{\mathcal{C}_{0}(\mathbb{R})}\}\), et que \(\mathcal{A}\) et \(\mathcal{B}\) sont en somme directe.
+2. Il est facile de voir que \(A\) et \(B\) contiennent le vecteur \(\mbox{nul}\ (0,0,0)\). De plus, si \((x,y,z)\) et \((x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime})\) appartiennent a \(A\) et \(\alpha\in\mathbb{R}\), alors \((x,y,z)+\alpha(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime})=(x+\alpha x^{\prime},y+\alpha y ^{\prime},z+\alpha z^{\prime})\) satisfait \[(x+\alpha x^{\prime})+(y+\alpha y^{\prime})+(z+\alpha z^{\prime})=(x+y+z)+ \alpha(x^{\prime}+y^{\prime}+z^{\prime})=0.\] Donc \((x,y,z)+\alpha(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime})\in A\), et \(A\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{3}\). De meme, si \((x,y,z)\) et \((x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime})\) appartiennent a \(B\) et \(\alpha\in\mathbb{R}\), alors \((x,y,z)+\alpha(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime})=(x+\alpha x^{\prime},y+\alpha y ^{\prime},z+\alpha z^{\prime})\) satisfait \[(x+\alpha x^{\prime})-(y+\alpha y^{\prime})+(z+\alpha z^{\prime})=(x-y+z)+ \alpha(x^{\prime}-y^{\prime}+z^{\prime})=0.\] Donc \((x,y,z)+\alpha(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime})\in B\), et \(B\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{3}\). Soit maintenant \((x,y,z)\) un vecteur de \(A\cap B\). Alors, \[x+y+z=0\quad\mbox{et}\quad x-y+z=0.\] Le vecteur \((1,0,-1)\) satisfait les deux equations ci-dessus. On voit donc que \(A\cap B\) n'est pas reduit a \(\{(0,0,0)\}\). Les sous-espaces \(A\) et \(B\) ne sont pas en somme directe.
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+**Solution de l'exercice 9**:
+1. Il est facile de voir que le vecteur \((0,0,0)\) appartient a \(F\) et a \(G\). Donc \(F\) et \(G\) sont non vides. Soient \((x,x,x),(y,y,y)\in F\) et \(\alpha\in\mathbb{R}\). Alors \[(x,x,x)+\alpha(y,y,y)=(x+\alpha y,x+\alpha y,x+\alpha y)\in F.\] Donc \(F\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{3}\). Soient \((0,y,z),(0,y^{\prime},z^{\prime})\in G\) et \(\alpha\in\mathbb{R}\). Alors \[(0,y,z)+\alpha(0,y^{\prime},z^{\prime})=(0,y+\alpha y^{\prime},z+\alpha z^{ \prime})\in G.\] Donc \(G\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{3}\). On voit que \[F=\{x(1,1,1)|x\in\mathbb{R}\}=\mbox{vect}\{(1,1,1)\},\] \[G=\{y(0,1,0)+z(0,0,1)|x,y\in\mathbb{R}\}=\mbox{vect}\{(0,1,0),(0,0,1)\}.\] De plus, on verifie facilement que les familles \(\{(1,1,1)\}\) et \(\{(0,1,0),(0,0,1)\}\) sont libres. Elles forment donc des bases respectives de \(F\) et \(G\). On en deduit que \(\mbox{dim}\,F=1\) et \(\mbox{dim}\,G=2\). Enfin, si \((x,y,z)\in F\cap G\), alors \(x=y=z\) et \(x=0\). Donc \(F\cap G=\{(0,0,0)\}\), et \(F\) et \(G\) sont en somme directe.
+2. On verifie facilement que \((0,0,0,0)\in H\), de sorte que \(F\neq\emptyset\). Soient \((x,y,z,t),(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime},t^{\prime})\in H\) et \(\alpha\in\mathbb{R}\). Alors, \((x,y,z,t)+\alpha(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime},t^{\prime})=(x+\alpha x^{ \prime},y+\alpha y^{\prime},z+\alpha z^{\prime},t+\alpha t^{\prime})\) satisfait : \[x+\alpha x^{\prime}=2y-z+\alpha(2y^{\prime}-z^{\prime})=2(y+\alpha y^{\prime})-( z+\alpha z^{\prime}),\] \[t+\alpha t^{\prime}=x+y+z+\alpha(x^{\prime}+y^{\prime}+z^{\prime})=(x+\alpha x^{\prime})+(y+\alpha y ^{\prime})+(z+\alpha z^{\prime}),\] ce qui montre que \((x,y,z,t)+\alpha(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime},t^{\prime})\in H\). Donc \(H\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{4}\). De plus, \[H = \{(2y-z,y,z,x+y+z)|x,y,z\in\mathbb{R}\}\] \[= \{x(0,0,0,1)+y(2,1,0,1)+z(-1,0,1,1)|x,y,z\in\mathbb{R}\}\] \[= \mbox{vect}\{(0,0,0,1),(2,1,0,1),(-1,0,1,1)\}.\]Considerons l'equation vectorielle \(\alpha(0,0,0,1)+\beta(2,1,0,1)+\gamma(-1,0,1,1)=(0,0,0,0)\). Cette equation equivaut au systeme \[\left\{\begin{array}{rcl}0&=&2\beta+\gamma\\ 0&=&2\beta\\ 0&=&\gamma\\ 0&=&\alpha+\beta+\gamma\end{array}\right.\] dont l'unique solution est \(\alpha=\beta=\gamma=0\). La famille \(\{(0,0,0,1),(2,1,0,1),(-1,0,1,1)\}\) est donc libre, et c'est une base de \(H\).
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+**Solution de l'exercice 10**:
+1. Soit \(x\in(A\cap C)+(B\cap C)\). Alors \(x=a+b\) avec \(a\in A\cap C\) et \(b\in B\cap C\). Puisque \(a\in C\) et \(b\in C\) et \(C\) est un sev, \(a+b\in C\). Donc \(x\) appartient a \(A+B\) et a \(C\). Dans \(\mathbb{R}^{2}\), Si l'on prend \(A=\mbox{vect}\{e_{1}\}\), \(B=\mbox{vect}\{e_{2}\}\) et \(C=\mbox{vect}\{e_{1}+e_{2}\}\), ou \(\{e_{1},e_{2}\}\) est la base canonique, alors \[(A\cap C)+(B\cap C)=\{0\}\cap\{0\}=\{0\}\quad\mbox{et}\quad(A+B)\cap C=\mathbb{ R}^{2}\cap C=C.\]
+2. Puisque \(B\subset C\), il suffit de montrer que \(C\subset B\). Soit donc \(x\in C\). Puisque \(0_{E}\in A\), \(x=0_{E}+x\in A+C\). Puisque \(A+C=A+B\), on peut ecrire \(x=a+b\) avec \(a\in A\) et \(b\in B\). Maintenant, \(a=x-b\), ou \(x\in C\) et \(x\in B\subset C\), et puisque \(C\) est un sev, \(a\in C\). Donc \(a\in A\cap C=B\cap C\). Donc \(a\in B\). Finalement, \(x=a+b\) avec \(a\in B\) et \(b\in B\). Puisque \(B\) est un sev, \(x\in B\).
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+**Solution de l'exercice 11**:
+1. Verifions que \(\varphi\) est lineaire : \[\varphi\left(\alpha\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)+\beta\left(\begin{array}{c}x^{\prime}\\ y^{\prime}\\ z^{\prime}\end{array}\right)\right)\] \[= \varphi\left(\begin{array}{c}\alpha x+\beta x^{\prime}\\ \alpha y+\beta y^{\prime}\\ \alpha z+\beta z^{\prime}\end{array}\right)\] \[= \left(\begin{array}{c}-(\alpha x+\beta x^{\prime})+2(\alpha y+ \beta y^{\prime})+2(\alpha z+\beta z^{\prime})\\ -8(\alpha x+\beta x^{\prime})+7(\alpha y+\beta y^{\prime})+4(\alpha z+\beta z^ {\prime})\\ -13(\alpha x+\beta x^{\prime})+5(\alpha y+\beta y^{\prime})+8(\alpha z+\beta z ^{\prime})\end{array}\right)\] \[= \alpha\left(\begin{array}{c}-x+2y+2z\\ -8x+7y+4z\\ -13x+5y+8z\end{array}\right)+\beta\left(\begin{array}{c}-x^{\prime}+2y^{ \prime}+2z^{\prime}\\ -8x^{\prime}+7y^{\prime}+4z^{\prime}\\ -13x^{\prime}+5y^{\prime}+8z^{\prime}\end{array}\right)\] \[= \alpha\varphi\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)+\beta\varphi\left(\begin{array}{c}x^{\prime}\\ y^{\prime}\\ z^{\prime}\end{array}\right).\]
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+Ensuite,
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+\[\varphi(\mathbf{e}_{1})=\left(\begin{array}{c}-1\\ -8\\ -13\end{array}\right),\quad\varphi(\mathbf{e}_{2})=\left(\begin{array}{c}2\\ 7\\ 5\end{array}\right),\quad\varphi(\mathbf{e}_{3})=\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 8\end{array}\right).\]
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+Enfin, \(2\mathbf{e}_{1}+\mathbf{e}_{2}-\mathbf{e}_{3}=(2,1,-1)^{t}\), de sorte que
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+\[\varphi(2\mathbf{e}_{1}+\mathbf{e}_{2}-\mathbf{e}_{3}) = 2\varphi(\mathbf{e}_{1})+\varphi(\mathbf{e}_{2})-\varphi(\mathbf{e }_{3})\] \[= 2\left(\begin{array}{c}-1\\ -8\\ -13\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}2\\ 7\\ 5\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 8\end{array}\right)\;=\;\left(\begin{array}{c}-2\\ -13\\ -29\end{array}\right).\]2. On cherche les solutions de l'equation vectorielle \(\varphi(\mathbf{x})=\mathbf{0}\). En notant \(\mathbf{x}=(x,y,z)^{t}\), on obtient le systeme \[\left\{\begin{array}{rcl}0&=&-x+2y+2z,\\ 0&=&-8x+7y+4z,\\ 0&=&-13x+5y+8z.\end{array}\right.\] La seule solution de ce systeme est le vecteur nul, ce que l'on peut voir aussi en calculant le determinant de la matrice \[\left[\begin{array}{rrr}-1&2&2\\ -8&7&4\\ -13&5&8\end{array}\right].\] Donc \(\ker\varphi=\{\mathbf{0}\}\), l'unique base de \(\ker\varphi\) est \(\emptyset\), et sa dimension est nulle.
+3. Puisque \(\ker\varphi=\{\mathbf{0}\}\), l'application \(\varphi\) est injective. Puisque les dimensions des espaces de depart et d'arriveee sont toutes deux egales a 3, \(\varphi\) est aussi surjective, et donc bijective.
+4. En notant \(\mathbf{x}=(x,y)^{t}\), on a : \[(\varphi\circ\psi)(\mathbf{x}) = \varphi(\psi)(\mathbf{x}))\] \[= \varphi\left(\begin{array}{c}x-y\\ x+y\\ x+2y\end{array}\right)\] \[= \left(\begin{array}{c}-(x-y)+2(x+y)+2(x+2y)\\ -8(x-y)+7(x+y)+4(x+2y)\\ -13(x-y)+5(x+y)+8(x+2y)\end{array}\right)\] \[= \left(\begin{array}{c}3x+7y\\ 3x+23y\\ 34y\end{array}\right).\]
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+**Solution de l'exercice 12** :
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+1. Verifions que \(\varphi\) est lineaire : \[\varphi\left(\alpha\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)+\beta\left(\begin{array}{c}x^{\prime}\\ y^{\prime}\\ z^{\prime}\end{array}\right)\right)\] \[= \varphi\left(\begin{array}{c}\alpha x+\beta x^{\prime}\\ \alpha y+\beta y^{\prime}\\ \alpha z+\beta z^{\prime}\end{array}\right)\] \[= \left(\begin{array}{c}(\alpha y+\beta y^{\prime\prime})+( \alpha z+\beta z^{\prime})\\ \alpha x+\beta x^{\prime}\end{array}\right)\] \[= \alpha\left(\begin{array}{c}y+z\\ x\end{array}\right)+\beta\left(\begin{array}{c}y^{\prime}+z^{\prime}\\ x^{\prime}\end{array}\right)\] \[= \alpha\varphi\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)+\beta\varphi\left(\begin{array}{c}x^{\prime}\\ y^{\prime}\\ z^{\prime}\end{array}\right).\] Ensuite, \(\varphi(\mathbf{u})=(5,1)^{t}\), \(\varphi(\mathbf{v})=(2,1)^{t}\) et \[\varphi(\mathbf{u}-2\mathbf{v})=\left(\begin{array}{c}5\\ 1\end{array}\right)-2\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right).\]2. Le vecteur \((x,y,z)^{t}\) appartient a ker \(\varphi\) si et seulement si \(y+z=0\) et \(x=0\). C'est donc l'ensemble des vecteurs de la forme \((0,y,-y)^{t}\) ou \(y\in\mathbb{R}\) : \[\ker\varphi=\left\{\left(\begin{array}{c}0\\ y\\ -y\end{array}\right)\Bigg{|}\ y\in\mathbb{R}\right\}=\text{vect}\left\{\left( \begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)\right\}.\] Le sous-espace vectoriel ker \(\varphi\) est donc de dimension \(1\), et admet pour base le singleton \(\{(0,1,-1)^{t}\}\).
+3. D'apres le theoreme du rang, \(\dim\mathbb{R}^{3}=\operatorname{rg}\varphi+\dim\ker\varphi\), ce qui implique que \(\operatorname{rg}\varphi=2\). On en deduit que \(\operatorname{im}\varphi=\mathbb{R}^{2}\) et que n'importe quelle base de \(\mathbb{R}^{2}\), par exemple la base canonique, est une base de \(\operatorname{im}\varphi\).
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+**Solution de l'exercice 13**
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+1. Si \(\mathcal{A}\) est liee, il existe \(\alpha_{1},\ldots,\alpha_{m}\) non tous nuls tels que \(\alpha_{m}x_{m}+\cdots+\alpha_{m}x_{m}=0\). Mais alors \[\alpha_{1}\varphi(x_{1})+\cdots+\alpha_{m}\varphi(x_{m})=\varphi(\alpha_{1}x_ {1}+\cdots+\alpha_{m}x_{m})=0,\] et puisqu'au moins un des \(\alpha_{j}\) est non nul, non voyons que \(\{\varphi(x_{1}),\ldots,\varphi(x_{m})\}\) est liee.
+2. Ce point se deduit du precedent par contre-apposition.
+3. Supposons \(\mathcal{A}\) libre et \(\varphi\) injective, et considerons l'equation \(\alpha_{1}\varphi(x_{1})+\cdots+\alpha_{m}\varphi(x_{m})=0\). Le membre de gauche n'est autre que \(\varphi(\alpha_{1}x_{1}+\cdots+\alpha_{m}x_{m})\), et puisque \(\varphi\) injective, on a necessairement \(\alpha_{1}x_{1}+\cdots+\alpha_{m}x_{m}=0\). Puisque \(\mathcal{A}\) est libre, on deduit de cette derniere equation que \(\alpha_{1}=\ldots=\alpha_{m}=0\). Donc \(\varphi(\mathcal{A})\) est libre.