Corrigé de la série 2

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EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 2

Correction exercice 1

1. Soit (V_i)i∈I une famille de sous-espaces vectoriels de V. – Etant donné que ∀i∈I, ~0∈Vi, on a~0∈ ∩i∈IVi.

– Soient ~x et ~y deux éléments de ∩i∈IV_i. On a ∀i ∈I (~x∈ V_i et~y ∈ V_i). Comme V_i est un sous-espace vectoriel deV, on a :∀i∈I, ~x+~y∈V_i. Par conséquent ~x+~y∈ ∩i∈IV_i. – Soit λ ∈ F et ~x un élément de ∩i∈IVi. On a : ∀i ∈ I, ~x ∈ Vi. Comme Vi est un

sous-espace vectoriel deV, on a : ∀i∈I, λ~x∈V_i. Par conséquent, λ~x∈ ∩i∈IV_i. 2. L’espace vectoriel {~0} étant un sous-espace vectoriel deV, on a que l’intersection de tous

les sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel V est {~0}.

1. E₁ est un sous-espace vectoriel de R³. En effet : (a) (0,0,0)∈E1.

(b) Soient(x, y, z)et(x⁰, y⁰, z⁰)deux éléments deE₁. On ax+y+z = 0etx⁰+y⁰+z⁰ = 0.

Donc (x+x⁰) + (y+y⁰) + (z+z⁰) = 0 et (x, y, z) + (x⁰, y⁰, z⁰) appartient à E1. (c) Soient λ ∈ R et (x, y, z) ∈ E₁. Alors la relation x+y+z = 0 implique que λx+

λy+λz = 0 donc que λ(x, y, z) appartient à E1.

2. E₂ n’est pas un sous-espace vectoriel de R³ car (0,0,0)∈/ E₂.

3. E₃ est un sous-espace vectoriel de R³. Il s’agit de l’intersection des espaces vectoriels E₁ et F₁ = {(x, y, z) ∈R³ | x+y−z = 0} (On laisse le soin au lecteur de montrer que F₁ est un sous-espace vectoriel deR³). Cette intersection est bien un espace vectoriel d’après l’exercice 1.

4. E₄ = {(x, y, z) ∈ R³;x² − z² = 0} c’est à dire E₄ = {(x, y, z) ∈ R³;x = z ou x =

−z}. Donc (1,0,−1) et (1,0,1) appartiennent à E₄ mais (1,0,−1) + (1,0,1) = (2,0,0) n’appartient pas à E₄ qui n’est, par conséquent, pas un sous-espace vectoriel de R³. 5. Les vecteurs (1,0,0) et (0,0,1) appartiennent à E₅ mais leur somme (1,0,1) ne lui ap-

partient pas, donc E₅ n’est pas un sous-espace vectoriel de R³.

Pour montrer le sens direct, on suppose que F ∪G est un sous-espace de E et F 6⊂ G. Cela veut dire qu’il existe f~ ∈ F tel que f~ 6∈ G. Soit ~g ∈ G. Puisque F ∪G est un sous-espace de E, f~+~g ∈ F ∪G. Par conséquent, soit f~+~g ∈ F, soit f~+~g ∈ G. Si f~+~g ∈ G, alors (f~+~g)+(−~g) = f~∈G, contradiction. On en déduit que f~+~g ∈F, d’où~g = (−f)+(~ f~+~g)∈F. Par conséquent, G⊂F.

Réciproquement, si F ⊂G, alors F ∪G=G est un sous-espace de E. De même si G⊂F. 1

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1. On a, d’une part, F ∩G ⊂ F et F ∩H ⊂ F, d’où (F ∩G) + (F ∩H) ⊂ F. D’autre part, F ∩G⊂ G et F ∩H ⊂ H d’où (F ∩G) + (F ∩H) ⊂ G+H. On en déduit que : (F ∩G) + (F ∩H)⊂F ∩(G+H).

2. Puisque G et H jouent des rôles symétriques, on peut supposer que G ⊂ F. Soit ~x ∈ F ∩(G+H). Alors, ~x∈ F et il existe ~g ∈G et~h ∈H tels que ~x=~g+~h. On en déduit que~h =~x−~g ∈ F car ~x ∈ F et ~g ∈ G ⊂ F. Puisque ~x =~g+~h où ~g ∈ G = F ∩G et

~h∈F ∩H on obtient que F ∩(G+H)⊂(F ∩G) + (F ∩H).

On déduit l’égalité des deux espaces vectoriels grâce au premier point.

3. Prenons, par exemple,E =R², F ={(α,0)∈R² | α ∈R}, G={(0, β)∈R² | β ∈R} et H ={(λ, λ)∈R² | λ∈R}.

On a F ∩G={(0,0)} et F ∩H ={(0,0)}, d’où (F ∩G) + (F ∩H) ={0}. Etant donné que G+H =E on obtient F ∩(G+H) = F 6={0}.

1. Montrons que U₁ est un sous-espace vectoriel de V. Soient f, g ∈ U₁ et α ∈ E. Soit x∈E arbitraire. Alors (f +g)(x) =f(x) +g(x) =f(−x) +g(−x) = (f+g)(−x). Donc (f +g) ∈ U1. De plus, (αf)(x) = α·f(x) = α·f(−x) = (αf)(−x), et donc αf ∈ U1. Alors U₁ est un sous-espace vectoriel. De façon similaire, nous montrons que U₂ est un sous-espace vectoriel de V.

2. En considérant quelques exemples concrets, on se rend bientôt compte que la somme U₁+ U₂ contient assez beaucoup d’éléments. Comme tout polynôme est la somme d’un polynôme pair et d’un polynôme impair, on voit par exemple queU₁+U₂ contient tous les polynômes.

On est donc mené à soupçonner que U₁+U₂ =V.

Vérifions les deux inclusions. Par définition, U1 +U2 est un sous-ensemble, même un sous-espace vectoriel, de V. Pour montrer que V ⊆U₁+U₂, prenons f ∈V. Définissons f₁, f₂ E → E par f₁(x) = ¹₂ f(x) + f(−x)

et f₂(x) = ¹₂ f(x) − f(−x)

pour tout x ∈ E, respectivement. Alors f1(−x) = ¹₂ f(−x) +f(x)) = ¹₂ f(x) +f(−x)) = f1(x) et f₂(−x) = ¹₂ f(−x)−f(x)

= ¹₂ −f(x) +f(−x)

=−f₂(x) pour x ∈E arbitraire. Donc f₁ ∈U₁ et f₂ ∈U₂. Or, (f₁+f₂)(x) = ¹₂ f(x) +f(−x) +f(x)−f(−x)

=f(x) pour tout x∈E, et alors f1+f2 =f. Nous avons donc réussi à écrire n’importe quel élément f de V comme une somme d’un élément de U₁ et d’un élément de U₂. Par conséquent, nous avons prouvé que V ⊆U₁+U₂.

En résumé, nous avons démontré que U₁+U₂ =V.

3. Pour répondre à cette question, il nous faut calculer U1∩U2. Soit f ∈U1∩U2 et x∈E.

Alors f(x) = f(−x) comme f ∈U₁ et f(x) =−f(−x) comme f ∈ U₂. Cela nous donne quef(x) = −f(x) et donc que 2f(x) = 0. Alors on a forcément f(x) = 0 pour tout x∈E et donc f = 0. Comme 0 est clairement un élément de U1 ∩U2, nous avons trouvé que U₁∩U₂ ={0}. Par définition, U₁ et U₂ sont donc en somme directe.

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