Exercices sur les espaces vectoriels

(1)

Espaces vectoriels

Structure d’espace vectoriel

Exercice 1 [ 01680 ][correction]

SoitE unR-espace vectoriel.

On munit le produit cartésienE×E de l’addition usuelle (x, y) + (x⁰, y⁰) = (x+x⁰, y+y⁰) et de la multiplication externe par les complexes définie par

(a+i.b).(x, y) = (a.x−b.y, a.y+b.x) Montrer queE×E est alors unC-espace vectoriel.

Celui-ci est appelé complexifié deE.

Sous espaces vectoriels

Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels deR²? a)

(x, y)∈R²|x6y b)

(x, y)∈R²|xy= 0 c)

(x, y)∈R²|x=y d)

(x, y)∈R²|x+y= 1 e)

(x, y)∈R²|x²−y²= 0 f)

(x, y)∈R²|x²+y²= 0

SoientF =

(x, y, z)∈R³|x+y−z= 0 et G={(a−b, a+b, a−3b)|a, b∈R}.

a) Montrer queF etGsont des sous-espaces vectoriels deR³. b) DéterminerF∩G.

Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels deR^N? a)

(un)∈R^N|(un) bornée b)

(un)∈R^N|(un) monotone c)

(un)∈R^N|(un) convergente d)

(un)∈R^N|(un) arithmétique

SoitF=

(un)∈R^N| ∀n∈N, un+2=nun+1+un . Montrer queF est un sous-espace vectoriel deR^N.

Les parties deF(R,R) suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels ? a) {f :R→R|f est monotone} b) {f :R→R|f s’annule en 0}

c) {f :R→R|f s’annule} d) {f :R→R|f est impaire}.

Montrer que les parties deF([a, b],R) suivantes sont des sous-espaces vectoriels : a)F =

f ∈ C¹([a, b],R)|f⁰(a) =f⁰(b) b)G=n

f ∈ C⁰([a, b],R)|Rb

af(t) dt= 0o

Soitω∈C. On note ω.R={ωx|x∈R}.

Montrer queω.Rest un sous-espace vectoriel deCvu commeR-espace vectoriel.

A quelle conditionω.Rest-il un sous-espace vectoriel deCvu commeC-espace vectoriel ?

Soientu1, . . . , un des vecteurs d’unK-espace vectorielE.

Montrer que l’ensembleF ={λ1u1+· · ·+λnun|λ1, . . . , λn∈K}est un sous-espace vectoriel deE contenant les vecteursu1, . . . , un.

SoientE=F(R,R),C l’ensemble des fonctions deE croissantes et

∆ ={f−g/f, g∈ C}

Montrer que ∆ est un sous-espace vectoriel deE.

Démontrer que le sous-ensemble constitué des suites réelles périodiques est un sous-espace vectoriel d’une structure que l’on précisera.

(2)

Opérations sur les sous-espaces vectoriels

SoientF etGdes sous-espaces vectoriels de E.

Montrer

F∩G=F+G⇔F =G

SoientF, G etH des sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectorielE. Montrer que :

a)F∩(G+H)⊃(F∩G) + (F ∩H) b)F+ (G∩H)⊂(F+G)∩(F+H).

SoientF,GetH des sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectorielE.

Comparer :

a)F∩(G+H) et (F∩G) + (F∩H).

b)F+ (G∩H) et (F+G)∩(F+H).

SoientF etGdeux sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectorielE.

Montrer queF∪Gest un sous-espace vectoriel deE si, et seulement si,F ⊂Gou G⊂F.

A quelle condition la réunion de deux sous-espaces vectoriels est-elle est un sous-espace vectoriel ?

SoientF,GetH trois sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectoriel E.

Montrer que

F ⊂G⇒F+ (G∩H) = (F+G)∩(F+H)

SoientF, G, F⁰, G⁰ des sous-espaces vectoriels deE tels queF∩G=F⁰∩G⁰. Montrer que

(F+ (G∩F⁰))∩(F+ (G∩G⁰)) =F

Espaces engendrés par une partie

Comparer Vect(A∩B) et Vect(A)∩Vect(B).

SoientAet B deux parties d’unK-espace vectorielE.

Montrer

Vect(A∪B) = Vect(A) + Vect(B)

On considère les vecteurs deR³

u= (1,1,1) etv= (1,0,−1) Montrer

Vect(u, v) ={(2α, α+β,2β)|α, β∈R}

DansR³, on considèrex= (1,−1,1) ety= (0,1, a) oùa∈R.

Donner une condition nécessaire et suffisante surapour que u= (1,1,2) appartienne à Vect(x, y). Comparer alors Vect(x, y), Vect(x, u) et Vect(y, u).

Espaces supplémentaires

SoientF =

f ∈ C¹(R,R)|f(0) =f⁰(0) = 0 etG=

x7→ax+b|(a, b)∈R² . Montrer queF etGsont des sous-espaces vectoriels supplémentaires deC¹(R,R).

SoientF =n

f ∈ C([−1,1],C)|R1

−1f(t) dt= 0o et G={f ∈ C([−1,1],C)| f constante}.

Montrer queF etGsont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de C([−1,1],C).

(3)

SoientH ={(x1, x2, . . . , xn)∈Kⁿ|x1+x2+· · ·+xn= 0} et u= (1, . . . ,1)∈Kⁿ.

Montrer queH et Vect(u) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires deKⁿ.

SoientE=C([0, π],R),F ={f ∈E|f(0) =f(π/2) =f(π)}et G= Vect(sin,cos).

Montrer queF etGsont des sous-espaces vectoriels supplémentaires deE.

SoitF ={f ∈ F(R,R)/f(0) +f(1) = 0}.

a) Montrer queF est un sous-espace vectoriel.

b) Déterminer un supplémentaire deF dansF(R,R).

Familles de vecteurs

Les familles suivantes de vecteurs deR³ sont-elles libres ?

Si ce n’est pas le cas, former une relation linéaire liant ces vecteurs : a) (x1, x2) avecx1= (1,0,1) etx2= (1,2,2)

b) (x1, x2, x3) avecx1= (1,0,0),x2= (1,1,0) etx3= (1,1,1) c) (x1, x2, x3) avecx1= (1,2,1),x2= (2,1,−1) etx3= (1,−1,−2) d) (x1, x2, x3) avecx1= (1,−1,1), x2= (2,−1,3) etx3= (−1,1,−1).

On posef₁, f₂, f₃, f₄: [0,2π]→Rles fonctions définies par : f₁(x) = cosx,f₂(x) =xcosx, f₃(x) = sinxet f₄(x) =xsinx.

Montrer que la famille (f1, f2, f3, f4) est libre.

Pour tout entier 06k6n, on posefk :R→Rla fonction définie par fk(x) = e^k.x.

Montrer que la famille (fk)06k6n est une famille libre deF(R,R).

SoientE unK-espace vectoriel et~x, ~y, ~ztrois vecteurs de Etels que la famille (~x, ~y, ~z) soit libre.

On pose

~

u=~y+~z,~v=~z+~xetw~ =~x+~y Montrer que la famille (~u, ~v, ~w) est libre.

SoientE unK-espace vectoriel et (u₁, . . . , u_n, u_n+1) une famille de vecteurs deE.

Etablir :

a) Si (u₁, . . . , u_n) est libre etu_n+1∈/Vect(u₁, ..., u_n) alors (u₁, . . . , u_n, u_n+1) est libre

b) Si (u₁, . . . , u_n, u_n+1) est génératrice etu_n+1∈Vect(u₁, . . . , u_n) alors (u₁, ..., u_n) est génératrice.

Soit (~x1, . . . , ~xn) une famille libre de vecteurs deE et α1, . . . , αn∈K. On pose

~

u=α₁.~x₁+· · ·+α_n.~x_n et ∀16i6n, ~y_i=~x_i+~u A quelle condition sur lesαi, la famille (~y1, . . . , ~yn) est-elle libre ?

Soit (e1, . . . , ep) une famille libre de vecteurs deE.

Montrer que pour touta∈E\Vect(e1, . . . , ep), la famille (e1+a, . . . , ep+a) est libre.

Soit (a, b, c)∈R³. Les fonctionsx7→sin(x+a), x7→sin(x+b) etx7→sin(x+c) sont-elles linéairement indépendantes ?

Poura∈R, on notef_a l’application deRversRdéfinie parf_a(x) =|x−a|.

Montrer que la famille (f_a)_a∈_Rest une famille libre d’éléments de l’espaceF(R,R)

(4)

Poura∈C, on noteea l’application deRversCdéfinie parea(t) = exp(at).

Montrer que la famille (ea)a∈Cest une famille libre d’éléments de l’espaceF(R,C).

Poura∈R⁺, on notefa l’application deRversRdéfinie par fa(t) = cos(at)

Montrer que la famille (fa)_a∈_R+ est une famille libre d’éléments de l’espace de F(R,R).

SoitE l’ensemble des applicationsf : [−1,1]→Rcontinues telles que les restrictionsf_|[−1,0] etf_|[0,1] soient affines.

a) Montrer queE est unR-espace vectoriel.

b) Donner une base deE.

Soit (pn)n∈N? la suite strictement croissante des nombres premiers.

Montrer que la famille (lnp_n)n∈N?est une famille libre duQ-espace vectorielR.

Somme d’un nombre fini de sous-espaces

SoientF, G, F⁰, G⁰ des sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectorielE vérifiant F⊕G=F⁰⊕G⁰=E etF⁰⊂G

Montrer

F⊕F⁰⊕(G∩G⁰) =E

Soientn∈Net E=Rn[X].

Pour touti∈[[0, n]], on note

Fi={P ∈E/∀j∈[[0, n]]\ {i}, P(j) = 0}

Montrer que lesF_i sont des sous-espaces vectoriels et que E=F0⊕ · · · ⊕Fn

Pourd∈N, notonsHd l’ensemble formé des fonctions polynomiales deR²versR homogènes de degrédi.e. pouvant s’écrire comme combinaison linéaire de fonction monôme de degréd.

Montrer que (Hd)₀₆_d₆_n est une famille de sous-espaces vectoriels en somme directe.

SoientE unK-espace vectoriel de dimension finie etF1, . . . , Fn des sous-espaces vectoriels deE.

On suppose queE=F1+· · ·+Fn.

Montrer qu’il existeG1, . . . , Gn sous-espaces vectoriels tels que :

∀16i6n, Gi⊂Fi et E=G1⊕ · · · ⊕Gn

SoientE₁, . . . , E_n et F₁, . . . , F_n sous-espaces vectoriels deEtel que E_i⊂F_i et

⊕n

i=1Ei= ⊕ⁿ

i=1Fi

Montrer queE_i=F_i.

Dans l’espaceE des fonctions continues de [−1,1] versR, on considère les sous-espaces vectoriels

F1={f ∈E/f est constante},F2={f ∈E/∀t∈[−1,0], f(t) = 0}

et F₃={f ∈E/∀t∈[0,1], f(t) = 0}

Etablir

E=F₁⊕F₂⊕F₃

Sous espaces affines

A quelle condition simple le sous-espace affineV =~a+F est-il un sous-espace vectoriel ?

(5)

SoientV =~a+F etW =~b+Gdeux sous-espaces affines d’unR-espace vectoriel E.

Montrer que

V ∩W 6=∅ ⇔~b−~a∈F+G

SoientV et W deux sous-espaces affines disjoints d’unR-espace vectorielE.

Montrer qu’il existe deux sous-espaces affinesV⁰ etW⁰, disjoints, de même direction et contenant respectivementV etW.

L’espace des polynômes

SoientP₁=X²+ 1,P₂=X²+X−1 etP₃=X²+X.

Montrer que la famille (P₁, P₂, P₃) est une base deK2[X].

Pourk∈ {0, . . . , n}, on poseP_k= (X+ 1)^k+1−X^k+1. Montrer que la famille (P₀, . . . , P_n) est une base deKn[X].

Pourk∈ {0, . . . , n}, on poseP_k=X^k(1−X)^n−k.

Montrer que la famille (P₀, . . . , P_n) est une base deKn[X].

Pourk∈N, on pose

Pk =X(X−1). . .(X−k+ 1) k!

a) Montrer que la famille (P0, P1, . . . , Pn) est une base deRn[X].

b) Montrer que

∀x∈Z,∀k∈N, Pk(x)∈Z c) Trouver tous les polynômesP tels que

∀x∈Z, P(x)∈Z

SoitEl’espace vectoriel des applications deRdansR.

On considèreF la partie deE constituée des applications de la forme : x7→P(x) sinx+Q(x) cosxavecP, Q∈Rn[X]

a) Montrer queF un sous-espace vectoriel deE.

b) Montrer queF est de dimension finie et déterminer dimF.

Soientn∈Net A∈Kn[X] un polynôme non nul.

Montrer queF ={P ∈Kn[X]/A|P}est un sous-espace vectoriel deKn[X] et en déterminer la dimension et un supplémentaire.

Montrer, pour toutn∈N, qu’il existe un uniquePn ∈Rn+1[X] tel quePn(0) = 0 etPn(X+ 1)−Pn(X) =Xⁿ.

a) Montrer que la famille (X+k)ⁿ pourk∈ {0, . . . , n} constitue une base de Rn[X].

b) Redémontrer la formule donnant l’expression du déterminant de Vandermonde

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Il est aisé de constater que l’addition surE×E est commutative, associative, possède un neutre (0E,0E) et que tout élément est symétrisable dans (E×E,+), le symétrique de (x, y) étant (−x,−y).

Ainsi (E×E,+) est un groupe abélien.

Soientλ, µ∈Cetu, v∈E×E. On peut écrire λ=a+ib,µ=a⁰+i.b⁰ avec a, b, a⁰, b⁰∈Retu= (x, y),v= (x⁰, y⁰) avecx, y, x⁰, y⁰∈E. On a

λ.(u+v) = (a+ib).(x+x⁰, y+y⁰) = (ax+ax⁰−by−by⁰, ay+ay⁰+bx+bx⁰) =λ.u+λ.v (λ+µ).u= ((a+a⁰)+i(b+b⁰)).(x, y) = (ax+a⁰x−by−b⁰y, ay+a⁰y+bx+b⁰x) =λ.u+µ.u

λ.(µ.u) = (a+ib)(a⁰x−b⁰y, a⁰y+b⁰x) = ((aa⁰−bb⁰)x−(ab⁰+a⁰b)y,(aa⁰−bb⁰)y+(ab⁰+a⁰b)x) = (λµ).u et

1.u=u

On peut donc conclure que (E×E,+, .) est unC-espace vectoriel.

a) non : pas stable par multiplication scalaire : (0,1) appartient mais pas−(0,1) b) non : pas stable par addition : (1,0) + (0,1)

c) oui

d) non : ne passe pas par (0,0).

e) non : pas stable par addition : (1,1) + (1,−1) f) oui (c’est l’espace nul !)

a)F ⊂R³,~o= (0,0,0)∈F car 0 + 0−0 = 0 et pour toutλ, µ∈R,~u, ~v∈F, on peut écrire~u= (x, y, z) et~v= (x⁰, y⁰, z⁰) avecx+y−z= 0 etx⁰+y⁰−z⁰ = 0.

On a alorsλ~u+µ~v= (λx+µx⁰, λy+µy⁰, λz+µz⁰) avec

(λx+µx⁰) + (λy+µy⁰)−(λz+µz⁰) =λ(x+y−z) +µ(x⁰+y⁰−z⁰) = 0 donc λ~u+µ~v∈F.

G⊂R³,~o= (0,0,0)∈Gcar (0,0,0) = (a−b, a+b, a−3b) poura=b= 0.

Pour toutλ, µ∈R,~u, ~v∈G, on peut écrire~u= (a−b, a+b, a−3b) et

~v= (a⁰−b⁰, a⁰+b⁰, a⁰−3b⁰) aveca, b, a⁰, b⁰ ∈R. On a alors

λ~u+µ~v=. . .= (a⁰⁰−b⁰⁰, a⁰⁰+b⁰⁰, a⁰⁰−3b⁰⁰) aveca⁰⁰=λa+µa⁰ etb⁰⁰=λb+µb⁰ doncλ~u+µ~v∈G. FinalementF et Gsont des sous-espaces vectoriels deR³.

b)~u= (x, y, z)∈F∩Gsi, et seulement s’il existea, b∈Rtels que











x=a−b y=a+b z=a−3b x+y−z= 0

⇔











x=a−b y=a+b z=a−3b a+ 3b= 0

⇔











x=−4b y=−2b z=−6b a=−3b AinsiF∩G={(−4b,−2b,−6b)/b∈R}={(2c, c,3c)/c∈R}.

a) oui b) non c) oui d) oui.

F ⊂R^N, 0 = (0)n∈N∈F car∀n∈N,0 =n.0 + 0.

Soientλ, µ∈Ret (un),(vn)∈F. On a

λ(un) +µ(vn) = (λun+µvn) avec pour toutn∈N,

λun+2+µvn+2=λ(nun+1+un) +µ(nvn+1+vn) =n(λun+1+µvn+1) +λun+µvn

doncλ(un) +µ(vn)∈F.

AinsiF est un sous-espace vectoriel deR^N.

a) non b) oui c) non d) oui.

a)F ⊂ F([a, b],R) et ˜0∈F.

Soientλ, µ∈Retf, g∈F. La fonctionλf+µgest de classeC¹ sur [a, b] et (λf+µg)⁰(a) =λf⁰(a) +µg⁰(b) =λf⁰(b) +µg⁰(b) = (λf+µg)⁰(b)

(7)

doncλf+µg∈F.

b)G⊂ F([a, b],R) et ˜0∈G.

Soientλ, µ∈Retf, g∈G. La fonctionλf+µg est continue sur [a, b] et Z b

a

(λf+µg)(t) dt=λ Z b

a

f(t) dt+µ Z b

a

g(t) dt= 0 doncλf+µg∈G.

ωR⊂Cet 0∈ωRcar 0 =ω×0.

Soientλ, µ∈Retz, z⁰∈ω.Ron peut écrirez=ωxetz⁰=ωx⁰ avecx, x⁰ ∈Ret on a (λz+µz⁰) =ω(λ.x+µx⁰) avecλx+µx⁰∈Rdoncλz+µz⁰∈ωR.

AinsiωRest un sous-espace vectoriel du R-espace vectorielC.

SiωRest un sous-espace vectoriel duC-espace vectoriel Calors puisque ω=ω×1∈ωRet i∈C, on ai.ω∈ωR. Cela n’est possible que siω= 0.

Inversement, siω= 0 alorsωR={0} est un sous-espace vectoriel duC-espace vectorielC.

F ⊂Eet 0_E ∈F car

0E= 0.u₁+· · ·+ 0.un

Soientα, β∈Ketx, y∈F. On peut écrire

x=λ₁u₁+· · ·+λ_nuety=µ₁u₁+· · ·+µ_nu_n avecλi, µi∈K. On a alors

αx+βy= (αλ₁+βµ₁)u₁+· · ·+ (αλ_n+βµ_n)u_n

avecαλi+βµi∈Kdoncαx+βy∈F. AinsiF est un sous-espace vectoriel deE.

De plus

∀i∈ {1, . . . , n},ui=λ1u1+· · ·+λnun

avec

λj =δi,j=

1 sii=j 0 sinon Ainsiu_i∈F.

∆⊂E. 0 = 0−0 avec 0∈ C donc 0∈∆.

Soienth, h⁰∈∆. On peut écrireh=f−get h⁰ =f⁰−g⁰ avecf, g, f⁰, g⁰∈ C. On a alorsh+h⁰ = (f+f⁰)−(g+g⁰) avec (f +f⁰),(g+g⁰)∈ C.

Soith∈∆. On peut écrireh=f−g avecf, g∈ C.

∀λ>0, on aλh=λf−λgavecλf, λg∈ C.

∀λ <0, on aλh= (−λ)g−(−λf) avec (−λ)g,(−λ)f ∈ C.

Dans les deux casλh∈∆.

Montrons que l’ensembleF étudié est un sous-espace vectoriel de l’ensembleE des suites réelles.

AssurémentF ⊂E. La suite nulle est périodique donc 0∈F. Pouru, v∈F et λ, µ∈R, on peut affirmer queλu+µvest T T⁰ périodique en notantT etT⁰ des périodes non nulles deuet v. Ainsiλu+µv∈F.

(⇐) ok

(⇒) SupposonsF∩G=F+G.F ⊂F+G=F∩G⊂Get de mêmeG⊂F et F =G.

a) Soit~u∈(F∩G) + (F∩H), on peut écrire~u=~x+~yavec~x∈F∩Get

~

y∈F∩H.

On a donc~u=~x+~y∈F car~x, ~y∈F et~u=~x+~y∈G+H car~x∈Get~y∈H. Ainsi~u∈F∩(G+H).

b) Soit~u∈F+ (G∩H), on peut écrire~u=~x+~y avec~x∈F et~y∈G∩H. On a donc~u∈F+Gcar~x∈F et~y∈Get aussi~u∈F+H car~x∈F et~y∈H.

Ainsi~u∈(F+G)∩(F+H).

a) Soitx∈(F∩G) + (F∩H), on peut écrirex=u+vavecu∈F∩Get v∈F∩H.

Commeu, v∈F on ax∈F et commeu∈Getv∈H on au+v∈G+H. Par suite (F∩G) + (F∩H)⊂F∩(G+H).

L’égalité n’est pas possible, prendreF, G, H trois droites distinctes d’un même plan.

(8)

b) Soitx∈F+ (G∩H), on peut écrirex=u+vavecu∈F etv∈G∩H. Commeu∈F et v∈Gon a x∈F+Get de mêmex∈F+H donc x∈(F+G)∩(F+H).

L’égalité n’est pas possible, prendre à nouveau trois droites distinctes d’un même plan.

Par contraposée, siF 6⊂GetG6⊂F alors il existex∈F tel que x /∈Get il existe y∈Gtel quey /∈F.

x+y /∈F car

x+y∈F⇒y= (x+y)−x∈F ce qui est exclu.

x+y /∈Gcar

x+y∈G⇒x= (x+y)−y∈G ce qui est exclu.

Ainsi, on ax, y∈F∪Get x+y /∈F∪G.

PuisqueF∪Gn’est pas stable pour l’addition, ce n’est pas un sous-espace vectoriel deE.

SoientF etGdeux sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectorielE.

SiF ⊂GouG⊂F alorsF∪GvautF ouGet est évidemment un sous-espace vectoriel deE.

Inversement, supposons queF∪Gsoit un sous-espace vectoriel deEet F 6⊂G.

Il existex∈F tel quex /∈G. Pour touty∈G,x+y∈F∪Gpar stabilité du sous-espace vectorielF∪G. Six+y∈Galorsx= (x+y)−y∈Gce qui est exclu. Il restex+y∈F et alorsy= (x+y)−x∈F. AinsiG⊂F.

F+ (G∩H)⊂F+Get F+ (G∩H)⊂F+H donc F+ (G∩H)⊂(F+G)∩(F+H).

Supposons de plusF ⊂G.

Soit~x∈(F+G)∩(F+H). On a~x∈F+G=Get ~x=~u+~v avec~u∈F et

~v∈H.

~v=~x−~u∈Gdonc~v∈G∩H puisx∈F+ (G∩H).

⊃: ok

Soit~x∈(F+ (G∩F⁰))∩(F+ (G∩G⁰)).

On peut écrire~x=~u+~v avec~u∈F et~v∈G∩F⁰ et~x=~u⁰+~v⁰ avec~u⁰ ∈F et

~v⁰∈G∩G⁰.

~

u−~u⁰ =~v⁰−~v∈F∩G=F⁰∩G⁰.~v=−(~v⁰−~v) +~v⁰ ∈G⁰ donc

~v∈G∩F⁰∩G⁰=F∩G⊂F puis~x=~u+~v∈F. Ainsi (F+ (G∩F⁰))∩(F+ (G∩G⁰))⊂F puis l’égalité

A∩B ⊂Vect(A)∩Vect(B) et Vect(A)∩Vect(B) est un sous-espace vectoriel donc Vect(A∩B)⊂Vect(A)∩Vect(B)

L’inclusion réciproque n’est pas vraie : prendreA={u} etB ={2u}avecu6= 0E

Vect(A) + Vect(B) est un sous-espace vectoriel deE.

Vect(A) + Vect(B) contient Vect(A) et Vect(B) donc contientAet B.

Ainsi Vect(A) + Vect(B) est un sous-espace vectoriel deE contenantA∪B donc Vect(A) + Vect(B) contient Vect(A∪B).

Inversement,A⊂A∪B donc Vect(A)⊂Vect(A∪B). De même Vect(B)⊂Vect(A∪B).

Par suite Vect(A) + Vect(B)⊂Vect(A∪B).

Par double inclusion, l’égalité.

On peut écrire

{(2α, α+β,2β)|α, β∈R}= Vect(x, y) avecx= (2,1,0) ety= (0,1,2).

On au= ¹₂(x+y) etv=¹₂(x−y) doncu, v∈Vect(x, y) puis Vect(u, v)⊂Vect(x, y).

Aussix=u+v ety=u−v doncx, y∈Vect(u, v) puis Vect(x, y)⊂Vect(u, v).

Par double inclusion l’égalité.

(9)

On a

u=λx+µy⇔





 λ= 1

−λ+µ= 1 λ+aµ= 2

⇔





 λ= 1 µ= 2 a= 1/2 Ainsi

u∈Vect(x, y)⇔a= 1/2 et alorsu=x+ 2y.

x, u∈Vect(x, y) donc Vect(x, u)⊂Vect(x, y).

x, y∈Vect(y, u) donc Vect(x, y)⊂Vect(y, u).

y, u∈Vect(x, u) donc Vect(y, u)⊂Vect(x, u).

Finalement les trois espaces sont égaux.

F ⊂ C¹(R,R) et ˜o∈F. Soientλ, µ∈Retf, g∈F,

(λf+µg)(0) =λf(0) +µg(0) = 0 et

(λf+µg)⁰(0) =λf⁰(0) +µg⁰(0) = 0 doncλf+µg∈F.

G⊂ C¹(R,R) et ˜o∈G(en prenanta=b= 0).

Soientλ, µ∈Retf, g∈G, il existe a, b, c, d∈Rtels que

∀x∈R,f(x) =ax+betg(x) =cx+d et on a alors

(λf+µg)(x) =ex+f avec

e=λa+µc∈Retf =λb+µd∈R doncλf+µg∈G.

Soith∈F∩G. Il existea, b∈Rtels que

∀x∈R, h(x) =ax+b

carh∈G. Orh∈F donch(0) =b= 0 eth⁰(0) =a= 0 puish(x) = 0 i.e.h= ˜o.

Ainsi

F∩G=˜0

Soith∈ C¹(R,R). Posonsa=h⁰(0)∈R, b=h(0),g:x7→ax+b etf =h−g.

Clairementg∈Get h=f +g.

De plusf(0) =h(0)−b= 0 etf⁰(0) =h⁰(0)−a= 0 doncf ∈F. Ainsi

F+G=C¹(R,R) Finalement,F etGsont supplémentaires dansC¹(R,R).

F ⊂ C([−1,1],C) et ˜0∈F carR1

−10 dt= 0.

Soientλ, µ∈Cetf, g∈F, on a Z 1

−1

(λf+µg)(t) dt=λ Z 1

−1

f(t) dt+µ Z 1

−1

g(t) dt= 0 doncλf+µg∈F.

G⊂ C([−1,1],R) et ˜0∈Gcar c’est une fonction constante.

Soientλ, µ∈Cetf, g∈G. On aλf+µg∈Gcar il est clair que c’est une fonction constante.

Soith∈F∩G. On ahconstante carh∈G. PosonsCla valeur de cette constante.

Puisqueh∈F, on a

Z 1

−1

h(t) dt= Z 1

−1

Cdt= 2C= 0 et donch= ˜0. Ainsi

F∩G=˜0 Soith∈ C([−1,1],C). PosonsC=R1

−1h(t) dt,g la fonction constante égale à ¹₂C etf =h−g.

Clairementg∈Get f+g=h. De plusR1

−1f(t) dt=R1

−1h(t) dt−C= 0 donc f ∈F.

Ainsi

F+G=C([−1,1],C) FinalementF etGsont supplémentaires dansC([−1,1],C).

H ⊂Kⁿ,~o= (0, . . . ,0)∈H car 0 +· · ·+ 0 = 0.

Soientλ, µ∈Ket x= (x1, . . . , xn)∈H,~y= (y1, . . . , yn)∈H. On a λx+µ~y= (λx1+µy1, . . . , λxn+µyn)

(10)

avec

(λx1+µy1) +· · ·+ (λxn+µyn) =λ(x1+· · ·+xn) +µ(y1+· · ·+yn) = 0 doncλx+µ~y∈H.

Vect(u) =Kuest un sous-espace vectoriel.

Soitv∈H∩Vect(u). On peut écrirev=λu= (λ, . . . , λ) carv∈Vect(u).

Orv∈H doncλ+· · ·+λ= 0 d’où λ= 0 et doncv= 0E. Ainsi H∩Vect(u) ={0E}

Soitv= (v1, . . . , vn)∈Kⁿ. Posonsλ= _n¹(v1+· · ·+vn),~y=λuet x=v−~y.

Clairementx+~y=v,~y∈Vect(u). De plusx= (x1, . . . , xn) avec

x1+· · ·+xn= (v1−λ) +· · ·+ (vn−λ) = (v1+· · ·+vn)−nλ= 0 doncx∈H. Ainsi

H+ Vect(u) =Kⁿ FinalementH et Vect(u) sont supplémentaires dansKⁿ.

F etGsont clairement des sous-espaces vectoriels deE.

Soitf ∈F∩G. On peut écriref =λ.sin +µ.cos.

De plusf(0) =f(π/2) =f(π) donne :µ=λ=−µd’oùλ=µ= 0 puisf = 0.

Soitf ∈E. Posonsλ=2f(π/2)−f(0)−f(π)

2 ,µ=^f(0)−f(π)₂ ,h=λsin +µcos et g=f−h.

On af =g+havecg∈F et h∈G.

AinsiF et Gsont supplémentaires dansE.

a) sans peine

b) L’ensemble des fonctions constantes convient.

a) oui b) oui c) nonx3=x2−x1 d) nonx3=−x1.

Supposons

af1+bf2+cf3+df4= 0

On a

∀x∈[0,2π] , (a+bx) cosx+ (c+dx) sinx= 0 Pourx= 0 etx=πon obtient le système :

(a= 0 a+bπ= 0 d’oùa=b= 0.

Pourx=^π₂ etx=^3π₂ on obtient le système (c+dπ/2 = 0

c+ 3dπ/2 = 0 d’oùc=d= 0.

Finalement la famille étudiée est libre.

Supposonsλ₀f₀+· · ·+λnfn= 0.

On a

∀x∈R,λ0+λ1e^x+· · ·+λne^nx= 0

Quandx→ −∞, en passant la relation ci-dessus à la limite, on obtientλ₀= 0.

On a alors

∀x∈R,λ₁e^x+· · ·+λne^nx= 0 donc

λ₁+λ₂e^x+· · ·+λ_ne^(n−1)x= 0

En reprenant la démarche ci-dessus, on obtientλ1= 0, puis de même λ2=. . .=λn = 0.

Supposonsα~u+β~v+γ ~w=~0. On a

(β+γ)~x+ (α+γ)~y+ (β+α)~z=~0 Or la famille (~x, ~y, ~z) est libre donc







β+γ= 0 α+γ= 0 α+β = 0 Après résolutionα=β =γ= 0.

Finalement, la famille étudiée est libre.

(11)

a) Supposonsλ1u1+· · ·+λnun+λn+1un+1= 0E.

Siλn+16= 0 alorsun+1=µ1u1+· · ·+µnun avecµi=−λi/λn+1. Ceci est exclu carun+1∈/Vect(u1, ..., un).

Il resteλn+1= 0 et on a alors λ1u1+· · ·+λnun= 0E doncλ1=. . .=λn= 0 car (u₁, . . . , u_n) est libre.

b) Soitx∈E. On peut écrirex=λ₁u₁+· · ·+λ_nu_n+λ_n+1u_n+1car (u₁, . . . , u_n, u_n+1) génératrice.

Or on peut écrireu_n+1=µ₁u₁+· · ·+µ_nu_n caru_n+1∈Vect(u₁, . . . , u_n), on a doncx=ν₁u₁+· · ·+ν_nu_n avecν_i=λ_i+λ_n+1µ_i. Ainsix∈Vect(u₁, . . . , u_n).

Finalement (u₁, ..., un) est génératrice.

Supposonsλ1~y1+· · ·+λn~yn =~0. On a

(λ1+α1(λ1+· · ·+λn)).~x1+· · ·+ (λn+αn(λ1+· · ·+λn)).~xn=~0 donc











(λ₁+α₁(λ₁+· · ·+λn)) = 0 ...

(λ_n+α_n(λ₁+· · ·+λ_n)) = 0 En sommant les équations on obtient :

(λ₁+· · ·+λn)(1 + (α₁+· · ·+αn)) = 0 Siα₁+· · ·+α_n 6=−1 alorsλ₁+· · ·+λ_n = 0 puis par le système λ₁=· · ·=λ_n = 0.

Siα₁+· · ·+α_n =−1 alorsα₁~y₁+· · ·+α_n~y_n =~o.

Finalement (~y₁, . . . , ~yn) est libre si, et seulement si,α₁+· · ·+αn6=−1.

Supposons

λ1(e1+a) +· · ·+λp(ep+a) = 0E

On aλ1e1+· · ·+λpep=−(λ1+· · ·+λp).a.

Siλ1+· · ·+λp6= 0 alors

a=−λ₁e₁+· · ·+λ_pe_p λ1+· · ·+λp

∈Vect(e₁, . . . , e_p) C’est exclu.

Siλ1+· · ·+λp= 0 alorsλ1e1+· · ·+λpep= 0E puisλ1=. . .=λp= 0.

Non car ces trois fonctions sont combinaisons linéaires des deux suivantes x7→sinxetx7→cosx

Soienta1, . . . , an∈Rdes réels deux à deux distincts. Supposons λ1fa₁+· · ·+λnfa_n = 0. Pour touti∈ {1, . . . , n}, siλi6= 0 alors

λ1fa₁+· · ·+λnfa_n n’est pas dérivable enai alors que la fonction nulle l’est.

Nécessairementλi = 0 et la famille étudiée est donc libre.

Montrons que toute sous-famille finie ànéléments de (ea)_a∈_C est libre.

Par récurrence surn>1. Pourn= 1 : ok Supposons la propriété établie au rang n>1.

Soienta1, . . . , an+1 complexes distincts et supposonsλ1ea₁+· · ·+λn+1ea_n+1 = 0 (1). En dérivant cette relation :

a1λ1ea₁+· · ·+an+1λn+1ea_n+1= 0 (2). La combinaison linéairean+1(1)−(2) donneλ1(an+1−a1)ea₁+· · ·+λn(an+1−an)ea_n = 0. Par hypothèse de récurrence et en exploitant que lesaisont deux à deux distincts, on obtient λ1=. . .=λn = 0 puis ensuite aisémentλn+1= 0. Récurrence établie.

Montrons que toute sous-famille finie ànéléments de (fa)_a∈_R+ est libre.

Par récurrence surn>1.

Pourn= 1 : ok

Supposons la propriété établie au rangn>1.

Soienta1, . . . , an+1 des réels positifs distincts et supposons λ1fa1+· · ·+λn+1fan+1= 0 (1) En dérivant 2 fois cette relation :

a²₁λ₁f_a₁+· · ·+a²_n+1λ_n+1f_a_n+1= 0 (2) La combinaisona²_n+1(1)−(2) donne

λ₁(a²_n+1−a²₁)f_a₁+· · ·+λ_n(a²_n+1−a²_n)f_a_n= 0

Par hypothèse de récurrence et en exploitant que lesa²_i sont deux à deux distincts, on obtientλ1=. . .=λn= 0 puis ensuite aisémentλn+1= 0. Récurrence établie.

(12)

a)E est un sous-espace vectoriel deC([−1,1],R).

b)x7→1,x7→xetx7→ |x|forment une base deE.

Supposons

λ1lnp1+· · ·+λnlnpn= 0 avecλk∈Q En réduisant au même dénominateur on parvient à

a1lnp1+· · ·+anlnpn= 0 avecak ∈Z puis

lnY

k

p^a_k^k = 0 et enfin

Y

k/a_k>0

p^a_k^k = Y

k/a_k<0

p^−a_k ^k

L’unicité de la décomposition primaire d’un entier permet alors de conclure a_k= 0 pour toutk∈ {1, . . . , n}.

Supposonsx+x⁰+y= 0 avecx∈F,x⁰∈F⁰ ety∈G∩G⁰. Puisquex⁰∈F⁰⊂Gety∈G∩G⁰⊂G, on a x⁰+y∈G.

OrF et Gsont en somme directe doncx+ (x⁰+y) = 0 avecx∈F etx⁰+y∈G entraînex= 0 etx⁰+y= 0.

Sachantx⁰+y= 0 avecx∈F⁰,y∈G⁰ et F⁰, G⁰ en somme directe, on a x⁰=y= 0.

Finalementx=x⁰=y= 0 et on peut affirmer que les espacesF, F⁰ et G∩G⁰ sont en somme directe.

Soita∈E. PuisqueE=F⊕G, on peut écrirea=x+b avecx∈F et b∈G.

SachantE=F⁰⊕G⁰, on peut écrireb=x⁰+y avecx⁰∈F⁰ et y∈G⁰. Ory=b−x⁰ avecb∈Getx⁰∈F⁰⊂Gdoncy∈Get ainsi y∈G∩G⁰. Finalement, on obtienta=x+x⁰+y avecx∈F,x⁰∈F⁰ ety∈G∩G⁰. On peut conclureE⊂F⊕F⁰⊕(G∩G⁰) puis E=F⊕F⁰⊕(G∩G⁰).

LesFi sont clairement des sous-espaces vectoriels.

SupposonsP0+· · ·+Pn = 0 avecPi ∈Fi.

Pi possède par définitionnracines et (P0+· · ·+Pn)(i) = 0 doncPi(i) = 0 ce qui fournit unen+ 1ème racine. Par suitePi= 0 car degPi6n.

SoitP∈E.

Analyse : SupposonsP =P0+· · ·+Pn avecPi∈Fi. On aP(i) =Pi(i) carPj(i) = 0 pourj6=i.

Par suite

Pi=P(i)

n

Y

j=0,j6=i

(X−j) (i−j) Synthèse : LesPi précédemment proposés conviennent car

Pi ∈Fi par construction etP =P0+· · ·+Pn puisqueP−(P0+· · ·+Pn) est le polynôme nul car de degré6net possédant au moinsn+ 1 racines : 0,1, . . . , n.

Hd est définit comme le sous-espace vectoriel engendré par les monômes de degré d, c’est donc un sous-espace vectoriel. Si

n

P

k=0

P_k= 0 avecP_k∈H_k alors l’unicité de l’écriture d’un polynôme en somme de monôme permet de conclurePk = 0 pour toutk∈ {0, . . . , n}. La famille (Hd)₀₆_d₆_n est donc bien une famille de sous-espaces vectoriels en somme directe.

PosonsG1=F1,G2 le supplémentaire deG1∩F2dansF2, et plus généralement Gi le supplémentaire de (G1⊕ · · · ⊕Gi−1)∩Fi dansFi.

LesGi existent, ce sont des sous-espaces vectoriels,Gi⊂Fi etG1⊕ · · · ⊕Gn. Soitx∈E. On peut écrire x=

n

P

i=1

xi avecxi∈Fi.

Orxi=y₁ⁱ+· · ·+y_iⁱ avecyⁱ_j∈Gj carFi= ((G1⊕ · · · ⊕Gi−1)∩Fi)⊕Gi. Par suitex=z₁+· · ·+z_n avecz_k=

n

P

`=k

y_k^` ∈G_k. Par suiteE=G₁⊕ · · · ⊕G_n.

Soitx∈Fi. Puisque ax∈ ⊕ⁿ

i=1

F_i= ⊕ⁿ

i=1

E_i, on peut écrirex=x₁+· · ·+x_n avecx_i ∈E_i. On a alors

x₁+· · ·+ (x_i−x) +· · ·+x_n= 0_E avecx1∈F1,. . . , xi−x∈Fi,. . . ,xn∈Fn.