les filières SMA et SMI
Hakima Mouanis, Abdelouahab Najid et Hakima Zejli
Département de mathématiques
Faculté des Sciences Dhar El Mahraz
B.P 1796 Atlas Fès, Maroc.
Exercice 1 Résoudre dans R2
, dans R3 et dans R4 les systèmes suivants : où m est un paramètre réel. 1. Σ1 x + 2y + z = 1 x + y − z = −2 2x + y + z = 3 3x − y − 2z = 12 2. Σ2 (m − 1)x + 3y = 1 − m x + (m + 1)y = m + 2 mx + (m + 4)y = 3 3. Σ3 mx + y + z + t = 1 x + my + z + t = −1 x + y + mz + t = 1 x + y + z + mt = −1 Solution de l’Exercice 1 1. Σ1 ⇐⇒ L2 → L2− L1 L3 → L3− 2L1 L4 → L4− 3L1 x +2y +z = 1 −y −2z = −3 −3y −z = 1 −7y −5z = 9 ⇐⇒ L3 → L3− 3L2 L4 → L4− 7L2 x +2y +z = 1 −y −2z = −3 5z = 10 0 = 4 Donc S1 = ∅ 2. Σ2 ⇐⇒ L1 ↔ L2 x + (m + 1)y = m + 2 (m − 1)x + 3y = 1 − m mx + (m + 4)y = 3 ⇐⇒ L2 → L2− (m − 1)L1 L3 → L3− mL1 x + (m + 1)y = m + 2 (4 − m2)y = (1 − m)(m + 3) (4 − m2)y = (1 − m)(m + 3) 1er cas : Si m /∈ {−2, 2} alors
S = {m + 2 − (1 − m
2)(m3)
4 − m2 ,
(1 − m)(m + 3) 4 − m2 }
2ème cas : Si m ∈ {−2, 2} alors S = ∅.
3. Σ3 ⇐⇒ L1 → L1+ L2+ L3+ L4 (m + 3)(x + y + z + t) = 0 x + my + z + t = −1 x + y + mz + t = 1 x + y + z + mt = −1
1er cas : Si m 6= −3 alors Σ ⇔ x + y + z + t = 0 x + my + z + t = −1 x + y + mz + t = 1 x + y + z + mt = −1 ⇔ L2 → L2− L1 L3 → L3− L1 L4 → L4− L1 x + y + z + t = 1 (m − 1)y = −1 (m − 1)z = 1 (m − 1)t = −1 Alors,
(a) Si m 6= −1 Σ3 admet une solution unique S3 = {(m−11 ,m−1−1 ,m−11 ,m−1−1 )}.
(b) Si m = 1 alors S3 = ∅
2ème cas : Si m = −3 alors
Σ3 ⇔ x − 3y + z + t = −1 x + y − 3z + t = 1 x + y + z − 3t = −1 ⇔ L3 → L3− L1 L4 → L4− L1 x − 3y + z + t = −1 4y − 4z = 2 4z − 4t = −2 ⇔ x = t + 1 y = t + 12 z = t − 12 Ainsi S3 = {(t + 1, t +12, t − 12, t) | t ∈ R}.
Exercice 2 Dans chacun des cas suivants, examiner si Hiest un sous espace vectoriel
du R-espace vectoriel E : 1. E = R4;H1 = {(x, y, z, t) ∈ R4 /y + z − t = 0} et H2 = {(x, y, z, t) ∈ R4 /x + y + z ∈ Q}. 2. E = R3[X] ; H3 = {P ∈ E / P (1) = 1}. 3. E = RR;H 4 = {f ∈ RR/ f croissante} , H5 = {f ∈ RR/ f est paire} et H6 = {f − g / f, g ∈ H4}.
4. E = RN;H7 est l’ensemble des suites convergente vers une limitel (l donné).
Solution de l’Exercice 2
1. E = R4, H1 = {(x, y, z, t) ∈ R4 /y + z − t = 0}
On (0, 0, 0, 0) ∈ H1car 0 + 0 + 0 = 0
Soient X = (x, y, z, t) ∈ H1 c’est à dire y + z + t = 0, Y = (a, b, c, d) ∈ H1c’est
à dire b + c − d = 0 et λ ∈ R. Alors λx + y = (λx + a, λy + b, λz + c, λt + d) et on a (λy + b) + (λz + c) − (λt + d) = λ(y + z − t) + (b + c − d) = λ0 + 0 = 0 ce qui montre que H1 est sous espace vectoriel de E.
deuxième méthode : Pour montrer que H1 est un sous espace vectoriel de E il
(x, y, z, t) ∈ H1 ⇔ y + z + t = 0
⇔ t = −y − z
⇔ (x, y, z, t) = (x, y, z, −y − z)
⇔ (x, y, z, t) = x(1, 0, 0, 0) + y(0, 1, 0, −1) + z(0, 0, 1, −1) Ainsi H1 = vect((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1)) ce qui montre que H1est un
sous espace vectoriel.
2. On a H√ 2 = {(x, y, z, t) ∈ R4 /x + y + z ∈ Q} alors X = (1, 0, 0, 0) ∈ H2 mais
2X = (√2, 0, 0, 0) /∈ H2 ce qui montre que H2 n’est pas un sous espace vectoriel
de R4.
3. E = R3[X] ; H3 = {P ∈ E / P (1) = 1}.
Le polynôme nul qu’est 0 n’appartient pas à H3 donc ce n’est pas un sous espace
vectoriel de R3[X].
4. E = RR; H
4 = {f ∈ RR/ f croissante} ,
H5 = {f ∈ RR/ f est paire} et H6 = {f − g / f, g ∈ H4}.
(a) H4 = {f ∈ RR/ f croissante} : Soit f une fonction croissante alors −f est
une fonction décroissante donc n’appartient pas à H4 ce qui montre que H4
n’est pas un sous espace vectoriel de E. (b) H5 = {f ∈ RR/ f est paire}.
On a la fonction nulle θ est paire donc appartient à H5.
Soient f et g deux fonctions paires est λ ∈ R. alors pour tout élément x de R, on (λf + g)(−x) = λf (−x) + g(−x) = λf (x) + g(x) = (λf + g)(x) ce qui montre que λf + g ∈ H5. Ainsi H5est un sous espace vectoriel de RR.
(c) H6 = {f − g / f, g ∈ H4}.
Soit f ∈ H4 alors θ0 = f − f ∈ H6.
Soient f − g ∈ H6 et u − v ∈ H6et λ ∈ R alors, il y a deux cas :
1er cas : Si λ positive alors λf et λg sont croissantes et par suite λf + u ∈ H4,
λg + v ∈ H4et λ(f − g) + (u − v) = (λf + u) − (λg + v) ∈ H6.
2ème cas λ négative, alors −λf ∈ H4 et −λg ∈ H4 d’où −λg + u ∈ H4 et
−λf + v ∈ H4 et par suite λ(f − g) + (u − v) = −λ(−f + g) + (u + v) =
(−λg + u) − (−λf + v) ∈ H6 ce qui montre que H6 est un sous espace
vectoriel de RR.
5. E = RN; H7 est l’ensemble des suites convergente vers une limite l (l donné).
1er cas : Si l 6= 0 alors la suite nulle n’appartient pas à H7 donc ce n’est pas un sous
espace vectoriel.
Si l = 0 alors la suite nulle appartient à H7 et si (xi)i∈N et (yi)i∈N deux suites qui
convergent vers 0 alors, pour tout λ ∈ R, la suite (λxi + yi)i∈Nconverge aussi vers
0 ce qui implique que H7est un sous espace vectoriel.
Exercice 3 Soit F l’espace vectoriel des fonctions polynômiales réelles de degré in-férieur ou égal à2.
1. Montrer que la fonction P (x) = (x + 1)2 est une combinaison linéaire des fonctionsf, g et h telles que f = x2− 1, g(x) = x + 1 et h(x) = x − 1.
2. Montrer que les fonctionsf ,g et h engendre F .
Solution de l’Exercice 3
1. On a P = (x + 1)2 = 1 + 2x + x2 = 2 + 2x − 1 + x2 = 2g + f ce qui montre que P est une combinaison linéaire de f et g.
2. Montrons que F = vect(f, g, h). On va utiliser deux méthodes :
1er méthode : Soit q = a + bx + cx2 une fonction polynômiale de F . Posons q = αf + βg + γh (F), alors (F) ⇔ −α + β − γ = a β + γ = b α = c ⇔ β − γ = a + c β + γ = b α = c ⇔ β = a+c+b2 γ = b−a−c2 α = c
Ce qui montre que q ∈ vect(f, g, h) d’où le résultat.
2ème méthode : On s F = vect(1, X, X2), avec X et la fonction identité de R donc vect(f, g, h) ⊆ vect(1, X, X2). D’autre part, 1 = 1
2(g − h), X = 1
2(g + h)
et X2 = f + 12(g − h) ce qui implique que vect(1, X, X2) ⊆ vect(f, g, h) d’où le résultat.
Exercice 4 Déterminer un système générateur pour chacun des sous espaces vecto-riels suivants : 1. F1 = {(x, y, 2x + 3y, x − y) ∈ R4} 2. F2 = {P ∈ R4[X] / P (1) = P (2) = 0}. Solution de l’Exercice 4 1. X ∈ F1 ⇔ X = (x, y, 2x + 3y, x − y) ⇔ X = x(1, 0, 2, 1) + y(0, 1, 3, −1) Donc F1 = vect((1, 0, 2, 1), (0, 1, 3, −1))
2. 1er méthode : P = a0 + a1X + a2X2 + a3X3 + a4X4 ∈ F2 (F) (F) ⇔ a0+ a1+ a2+ a3+ a4 = 0 a0+ 2a1+ 4a2+ 8a3+ 16a4 = 0 ⇔ a0+ a1+ a2+ a3+ a4 = 0 a1 = −3a2− 7a3 − 15a4 ⇔ a0 = 2a2+ 6a3+ 14a4 a1 = −3a2− 7a3− 15a4 Ainsi
P = 2a2+ 6a3+ 14a4 + (−3a2− 7a3− 15a4)X + a2X2+ a3X3+ a4X4
= a2(2 − 3X + X2) + a3(6 + −7X + X3) + a4(14 − 15X + X4)
Donc
P = a2(2 − 3X + X2) + a3(6 − 7X + X3) + a4(14 − 15X + X4)
Ce qui montre que
F2 = vect(2 − 3X + X2, 6 − 7X + X3, 14 − 15X + X4) Deuxième méthode : P ∈ F2 ⇔ P ∈ R4[X], P (1) = P (2) = 0 ⇔ (X − 1)(X − 2)/P ⇔ ∃a, b, c ∈ R , P = (X − 1)(X − 2)(a + bX + cX2) ⇔ P = a(X − 1)(X − 2) + bX(X − 1)(X − 2) + cX2(X − 1)(X − 2)
Ce qui montre que
F2 = vect((X − 1)(X − 2), X(X − 1)(X − 2), X2(X − 1)(X − 2))
On voit clairement que le système générateur d’un sous espace vectoriel n’est pas unique.
Exercice 5 Soit E un K-espace vectoriel, A et B deux parties de E, F et G deux sous espace vectoriel deE.
1. Montrer quevect(A ∪ B) = vect(A) + vect(B). Déduire que vect(F ∪ G) = F + G.
2. Comparervect(A ∩ B) et vect(A) ∩ vect(B).
1. On a A ⊆ A ∪ B et B ⊆ A ∪ B donc vect(A) ⊆ vect(A ∪ B) et vect(B) ⊆ vect(A ∪ B) et par suite vect(A) + vect(B) ⊆ vect(A ∪ B) car vect(A ∪ B) est un sous espace vectoriel.
Réciproquement, Soit X ∈ vect(A ∪ B) alors, il existe n ∈ N et (xi)1≤i≤n ∈ (A ∪ B)net (λi)1≤i≤n ∈ Kntel que x =
n
X
i=1
λixi, alors chaque xiest
soit dans A ou bien dans B, donc
x = n X i=1,xi∈A λixi+ n X i=1,xi∈B λixi ∈ vect(A) + vect(B)
F et G sont deux sous espaces vectoriels donc vect(F ) = F et vect(G) = G. En déduire que, vect(F ∪ G) = vect(F ) + vect(G) = F + G
2. On a A ∩ B ⊆ vect(A) et A ∩ B ⊆ vect(B), donc A ∩ B ⊆ vect(A) ∩ vect(B) et par suite vect(A ∩ B) ⊆ vect(A) ∩ vect(B)
L’autre inclusion est fausse : il suffit de prendre A = {x} et B = {−x} avec x est un élément non nul de E. Alors, A ∩ B = ∅, d’où vect(A ∩ B) = {0E} et
vect(A) = vect(B) = {αx / α ∈ K} 6= {0E} donc
vect(A) ∩ vect(B) = {αx / α ∈ K} 6= vect(A ∩ B) .
Exercice 6 Montrer que les vecteurs u = (0, a, 0), v = (b, −1, c), w = (0, 2c, 3) de l’espace vectoriel R3sont linéairement indépendants si et seulement sia et b sont des scalaires non nuls.
Solution de l’Exercice 6 Posons S = (u, v, w). Montrons que S est libre si, et seulement si, ab 6= 0.
Supposons que S est lié et que b 6= 0 et montrons que a = 0
Puisque S est lié alors il existe α, β, γ non tous nuls tel que αu+βv +γw = (0, 0, 0) (F) F ⇔ βb = 0 αa − β + 2βc = 0 βc + 3γ = 0 ⇔ β = 0 αa = 0 γ = 0
Donc, puisque α, β, γ non tous nuls, alors
nécessaire-ment α 6= 0 et par suite a = 0. Inversenécessaire-ment, montrons que si ab = 0 alors S est lié. Si a = 0 alors u = (0, 0, 0) , donc le système S lié.
Si b = 0. Soient α, β, et γ tels que αu + αv + α = (0, 0, 0) (). () ⇔ αa + 2γc = β = 03γ = −βc ⇔ αa = ( −2 3 c 2+ 1)β γ = −c3 β
Donc, dans les deux cas a = 0 ou bien a 6= 0, le système S est lié.
Exercice 7 Montrer que les systèmes S1 etS2sont libres dans l’espace vectoriel RR.
1. S1 = {f1, f2, f3} où f1(x) = sinx, f2(x) = cosx et f3(x) = ex.
2. S2 = {f1, f2, f3} où f1(x) = ex,f2(x) = e−xetf3(x) = 1.
3. S3 = {gn / n ∈ N} ou gn(x) = enx
Solution de l’Exercice 7
1. Soient α, β, γ ∈ R, tels que αf1+ βf2 + γf3 = θ0 , avec θ est l’application nulle.
Alors,
αf1+ βf2+ γf3 = θ0 ⇔ ∀x ∈ R, αf1(x) + βf2(x) + γf3(x) = 0, (F)
Donc, pour x = 0, (F) ⇔ β = 0
Pour x = π, (F) ⇔ β + γeπ = 0, donc γ = 0
Pour x = π2, (F) ⇔ α + γeπ2 = 0, donc α = 0. Ce qui montre que la famille S1est
libre.
2. Soient α, β, γ ∈ R, tels que αf1+ βf2 + γf3 = θ0 , avec θ est l’application nulle.
Alors,
αf1+ βf2+ γf3 = θ0 ⇔ ∀x ∈ R, αex+ βe−x+ γ1 = 0, (F)
1ér méthode :
Pour x = 0, (F) ⇔ α + β + γ = 0 Pour x = 1, (F) ⇔ αe + βe−1+ γ = 0
Pour x = −1, (F) ⇔ αe−1+ βe + γ = 0. Ainsi, α + β + γ = 0 αe + βe−1+ γ = 0 αe−1+ βe + γ = 0 ⇒ α + β + γ = 0 α(e − 1) + β(e−1− 1) = 0 α(e−1− 1) + β(e − 1) = 0 ⇒ α + β + γ = 0 α(e − 1) + β(e−1− 1) = 0 β((e−1− 1)2− (e − 1)2) = 0 ⇒ α = 0 β = 0 γ = 0 2ème méthode :
Posons ∀x ∈ R, g(x) = αex+ βe−x+ γ = 0. Alors,
∀x ∈ R g0(x) = αex− βe−x = 0, et g00
(x) = αex+ βe−x = 0 ce qui implique que γ = 0. Alors ∀x ∈ R, αex+ βe−x
= 0 d’où, ∀x ∈ R, α + βe−2x = 0 . Ainsi, pourx = 0 on trouve α + β = 0
pour x = −1 on trouve α + βe−2 = 0 ce qui implique que α = β = 0.
3. S3 = {gn / n ∈ N} ou gn(x) = enx. Pour tout partie fini I de N, posons S3I =
Soit (αk)k∈I pour tout x ∈ R,
X
k∈I
αkekx = 0
et puique la fonction ex est bijective de R dans R+?, alors pour tout y ∈ R+?, X
k∈I
αkyk = 0, ce qui implique que le polynôme P =
X
k∈I
αkXkadmet une infinité
de solution dans R, ce qui implique que P = 0 et par suite αk= 0 pour tout k ∈ I.
D’où le résultat.
Exercice 8 Soient S = {Pk ∈ R[X]?/ d0Pk < d0Pk+1; k ∈ N},
Sn = {Pk∈ S / 0 ≤ k ≤ n}.
1. Montrer que∀n ∈ N, Snest libre.
2. En déduire queS est libre.
Solution de l’Exercice 8
1. On montre le résultat par récurrence : Pour n = 0, S0 = {P0} est libre car P0 6= 0.
Supposons que Snest libre et montrons que Sn+1 = {Pk∈ S / 0 ≤ k ≤ n + 1} est
libre.
Si Pn+1 = 0 alors Sn+1 = Snest libre.
Sinon Pn+1 6= 0 . Soient (αk)1≤k≤n ∈ Kntels que n X k=0 αkPk= 0 alors αn+1= − n X k=0 αkPk Pn+1 . et puisque d0P k < d0Pk+1 alors lim x→∞ αnPn(x) Pn+1(x) = 0 = αn+1. Ainsi n X k=0 αkPk = 0,
donc, pour tout 1 ≤ k ≤ n, αk = 0 car Sn est libre. ce qui montre que Sn+1 est
libre.
2. Pour montrer que S est libre il faut montrer que pour toute partie fini F ⊆ S, F est libre. Soit n = max{k / Pk ∈ F }, on a F ⊆ Sn. Or, Snest libre d’après 1) donc F
est libre (car un sous système d’un système libre est libre).
Exercice 9 Soit P ∈ R[X] tel que d0P = n + 1 (n ∈ N) ; montrer que :
1. L’ensemble H des polynômes multiples de P est un sous espace vectoriel de R[X].
Solution de l’Exercice 9
1. On a H = {AP / A ∈ R[X]}. On a 0 = 0P ∈ H. Soient AP, BP ∈ H et α ∈ R alors αAP + BP = (αA + B)P ∈ H ce qui montre que H est un sous espace vectoriel de R[X].
2. Soit A ∈ R[X], alors d’après la division Euclidien, il existe d’une façons unique deux polynômes Q et R tel que d0(R) < d0P et A = QP + R, ce qui montre que
R[X] = H ⊕ Rn[X].
Exercice 10 Soient E1 = {(x, y, z) ∈ R3 / x + 2y − z = 0} et E2 = {(x, y, z) ∈
R3/ 3x − y − 2z = 0}
1. Montrer queE1 etE2 sont des s.e.v de R3.
2. (a) Donner un vecteur de R3 qui n’est pas un vecteur deE1.
(b) Montrer que le système{(1, 0, 1), (−2, 1, 0)} de E1est libre.
(c) Déduire la dimension deE1.
3. Déterminer une base deE1∩ E2.
4. Déterminer un supplémentaireF de E1 dans R3.
Solution de l’Exercice 10
1. (x, y, z) ∈ E1 ⇔ z = x + 2y
⇔ (x, y, z) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2)
ce qui montre que E1 = vect((1, 0, 1), (0, 1, 2)) est un sous espace vectoriel de R3.
de la même façons on montre que E2 = vect((1, 3, 0), (0, −2, 1)) est un s.e. v. de
R3.
2. (a) (1, 1, 1) /∈ E1 ( ce chois n’est pas unique).
(b) Soient α ∈ R tel que α(1, 0, 1) = (−2, 1, 0) alors α = −2 0 = 1 α = 0 ce qui est impossible et par suite {(1, 0, 1), (−2, 1, 0)} est libre.
(c) D’après la question (a), E1 ( R3, donc dimE1 < dimR3 d’où dimE1 ≤
2. D’autre part, d’après (b), dimE1 ≥ card({(1, 0, 1), (−2, 1, 0)}) (car le
cardinal de toute famille libre de E1 est inférieur ou égale à dimE1), donc
dim(E1) ≥ 2 ce qui montre que dimE1 = 2.
3. (x, y, z) ∈ E1∩ E2 ⇔ x + 2y − z = 0 3x − y − 2z = 0 ⇔ x − 5y = 0 3x − y − 2z = 0 ⇔ x = 5y z = 7y ce qui montre que E1∩ E2 = vect(5, 1, 7)
4. On a dimE1 = 2 donc un supplémentaire de E1 sera de dimension 1.
On a (1, 1, 1) /∈ E1 donc vect(1, 1, 1) ∩ E1 = {0} et on a dim(vect(1, 1, 1)) +
dinE1 = 3 = dimR3ce qui montre que vect(1, 1, 1) est un supplémentaire de E1
Attention :
1) Cette méthode est valable seulement dans le cas ou le supplémentaire est engendré par un seule vecteur, mais n’est pas juste en général : en effet on peut trouver deux vecteurs u et v qui n’appartient pas à un sous espace H mais vect(u, v) ∩ H 6= {0} .
2) Le supplémentaire n’est pas unique. Par exemple vect(1, 1, 0) est aussi un supplémentaire de E1.
Exercice 11 Soient E un K−e. v. de dimension fini n (n ≥ 2) et H1 etH2deux s. e.
v. distincts de même dimensionn − 1.
1. Montrer qu’il existe un vecteura ∈ H1\H2.
2. Montrer queKaL H1 = E. En déduire l’espace H1+ H2.
3. Montrer quedim(H1∩ H2) = n − 2.
Solution de l’Exercice 11
1. On a H1 * H2 car sinon on aura H1 ⊆ H2 et on a dimH1 = dimH2par hypothèse
ce qui implique H1 = H2 ce qu’est absurde car H1 et H2 sont distincts. Ainsi, il
existe a ∈ H1 et a /∈ H2.
2. On a a /∈ H2donc Ka ∩ H2 = {0E} et on a dim(Ka) + dimH2 = 1 + (n − 1) =
n = dimE, ce qui montre que KaL H2 = E.
D’autre part, On Ka ⊆ H1donc E = KaL H2 ⊆ H1+ H2 ⊆ E
ce qui montre que H1 + H2 = E.
3. On a dimE = dim(H1+ H2) = dimH1+ dimH2− dim(H1∩ H2) donc
