Corrigé de la série 3

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008

Corrigé de la série 3

Exercice 1.

1. Soientpetq deux éléments deU₁. Alors(p+q)(4) =p(4) +q(4) = 0, et donc(p+q)∈U₁. Soit α ∈ F un scalaire arbitraire. Alors (αp)(4) = α·p(4) = α·0 = 0, ce qui montre que αp ∈ U₁. Comme p,q et α étaient arbitraires, nous avons démontré que U₁ est un sous-espace vectoriel deV.

2. Le terme constant du polynôme q(t) = t+ 1 est 1, et donc q ∈ U₂. Par contre, le terme constant de2qest2, ce qui empêche que2qsoit un élément deU₂. Nous avons donc trouvé un élément deU2 dont un certain multiple scalaire n'appartient pas à U2. L'ensemble U2

n'est donc pas un sous-espace vectoriel de V.

3. Soient p, q ∈ U₃. Ils sont donc de la forme p(t) = Pm

i=1α_itⁱ et q(t) = Pn

j=1β_jt^j, où m, n ∈ N. Alors le terme constant de p+q est clairement nul, et donc (p+q) ∈ U₃. De plus, le terme constant de αp est nul pour n'importe quel α ∈ F. Donc, U₃ est un sous-espace vectoriel deV.

4. Soient p, q ∈ U₄. Comme le coecient de t² dans (p+q)(t) est la somme du coecient de t² dans p(t) et celui de t² dans q(t), il est nulle. Alors (p+q) ∈ U4. Soit α ∈ F. Le coecient de t² dans (αp)(t) est obtenu en multipliant celui de t² dans p par α. Il est donc zéro, et alorsαp∈U₄. Par ce qu'on a montré,U₄ est un sous-espace vectoriel de V. Exercice 2.

1. Montrons que U₁ est un sous-espace vectoriel de V. Soient f, g ∈ U₁ et α ∈ F. Soit x∈F 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 deV.

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 que U₁ +U₂ contient tous les polynômes. On est donc mené à soupçonner que U₁+U₂ =V.

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

et f₂(x) = ¹₂ f(x) −f(−x)

pour tout x ∈ F, 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) pourx ∈ F arbitraire. Donc f₁ ∈U₁ etf₂ ∈U₂. Or,(f₁+f₂)(x) = ¹₂ f(x) +f(−x) +f(x)−f(−x)

=f(x) pour tout x∈F, 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 queV ⊆U₁ +U₂.

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

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

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 que2f(x) = 0. Alors on a forcémentf(x) = 0 pour toutx∈F et donc f = 0. Comme 0 est clairement un élément de U₁ ∩U₂, nous avons trouvé que U₁∩U₂ ={0}. Par dénition, U₁ etU₂ sont donc en somme directe.

Exercice 3. L'énoncé du problème contient implicitement l'hypothèse que l'ensemble X est non-vide, car autrement F(X, V) ne serait pas un espace vectoriel.

1. Strictement, l'ensemble F(X, U) n'est pas un sous-ensemble de F(X, V), comme le do- maine d'une fonction f ∈ F(X, U) est U et le domaine de n'importe quelle fonction g ∈ F(X, V) est V. Mais clairement les éléments de F(X, U) sont en bijection avec les élémentsg ∈F(X, V) qui ont la propriété queg(X)⊆U. ConsidérerF(X, U)comme un sous-ensemble deF(X, V)constitue donc une négligence tolérable. Nous nous permettons donc de la commettre tout le long de cet exercice.

Soient f etg deux fonctions dans F(X, U) et α∈F. Soit x ∈X un élément quelconque.

On a (f +g)(x) = f(x) +g(x) ∈ U parce que f(x), g(x) ∈ U et comme U est un sous- espace vectoriel. Donc l'image de la fonction f +g est contenu dans U, ce qui signie que (f +g) ∈ F(X, U). De façon similaire, (αf)(x) ∈ U pour tout x ∈ X, et alors (αf)∈F(X, U). Par conséquent, F(X, U)est un sous-espace vectoriel de F(X, V). 2. F(X, U) +F(X, W)⊆ F(X, U+W) : Comme U et W sont des sous-espaces de U +W,

la partie 1. nous donne que F(X, U)et F(X, W) sont des sous-espaces de F(X, U+W). DoncF(X, U) +F(X, W)⊆F(X, U +W).

F(X, U +W) ⊆ F(X, U) +F(X, W) : Soit f ∈ F(X, U +W). Il nous faut trouver des fonctions f1: X → U et f2: X → W telles que f1(x) +f2(x) = f(x) pour tout x ∈ X. Soit x ∈ X n'importe quel élément. Comme f(x) ∈ U +W, ils existent deux éléments u∈ U et w ∈W tels que f(x) =u+w. Nous dénissons f₁(x) =u et f₂(x) =w. Après avoir ainsi déni f1 et f2 sur tous les éléments x, nous obtenons deux fonctions f1 et f2

avec les propriétés requises.

3. La somme est directe si et seulement si F(X, U)∩F(X, W) = {0}. Clairement, l'élément 0 est contenu dans l'intersection. Pour déterminer dans quelles circonstances l'autre in- clusion est satisfaite, supposons que f: X → U +W soit une fonction contenue dans F(X, U)∩F(X, W). La somme F(X, U) +F(X, W) est directe si et seulement si f est forcément0. Soitx∈X arbitraire. Alors on af(x)∈U etf(x)∈W, doncf(x)∈U∩W. A condition que la sommeU+W soit directe, on a U∩W ={0} et doncf(x) = 0. Nous avons donc trouvé l'implication suivante :

la somme U+W est directe =⇒la somme F(X, U) +F(X, W)est directe.

Voyons si l'implication⇐=est vraie aussi. Supposons donc queF(X, U)∩F(X, W) ={0}

et choisissons v ∈ U ∩W. Nous voulons montrer que v = 0. Dénissons une fonction f: X → U +W en posant f(x) = v pour tout x ∈ X. Comme f(X) = {v} ⊆ U ∩W, nous trouvons que f ∈F(X, U)∩F(X, W). Mais alors f = 0et donc f(x) =v = 0pour tout x∈X. Alors U ∩W ={0}. Nous avons démontré :

la somme U+W est directe ⇐⇒la somme F(X, U) +F(X, W)est directe.

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Exercice 4.

1. V =F³, U1 ={(x, y, z)∈F³|x+ 2y = 3z}, U2 ={α(1,0,1) +β(2,1,0)|α, β ∈F}: Soient (x₁, y₁, z₁),(x₂, y₂, z₂) ∈ U₁. Alors x₁ + 2y₁ = 3z₁ et x₂ + 2y₂ = 3z₂, donc

(x₁+x₂) + 2(y₁+y₂) = 3(z₁+z₂), et alors (x₁, y₁, z₁) + (x₂, y₂, z₂) ∈U₁. En outre, pour chaqueα∈F, on a αx1+ 2αy1 = 3αz1, donc α(x1, y1, z1)∈U1. Alors U1 est un sous-espace vectoriel de V =F³.

Soient x₁, x₂ ∈ U₂. Alors ils existent α₁, β₁, α₂, β₂ ∈ F tels que x₁ = α₁(1,0,1) + β1(2,1,0) et x2 = α2(1,0,1) +β2(2,1,0). Donc x1 +x2 = (α1 +α2)(1,0,1) + (β1+ β₂)(2,1,0) et alors x₁ +x₂ ∈ U₂. Pour λ ∈ F, λx₁ = λ(α₁(1,0,1) +β₁(2,1,0)) = (λα₁)(1,0,1)+(λβ₁)(2,1,0), et doncλx₁ ∈U₁. Par conséquent,U₂ est un sous-espace deV également.

Déterminons alors l'ensemble U₁ ∩U₂. Soit (x, y, z) ∈ U₁ ∩U₂. Donc x+ 2y = 3z et ils existent α, β ∈ F tels que α(1,0,1) + β(2,1,0) = (x, y, z). De la dernière égalité, on déduit que β =y, α =z et x=z+ 2y. Avec la première, nous obtenons (x, y, z) = (4y, y,2y). Inversement, pour tout λ ∈F, le vecteur λ(4,1,2) est contenu dans U₁∩U₂. Alors U₁∩U₂ ={λ(4,1,2)|λ∈F}. On montre facilement que U₁∩U₂ est donc un sous-espace vectoriel de V.

La réunionU₁∪U₂n'est pas un sous-espace, puisqu'il n'est pas stable pour l'addition : On a(0,3,2)∈U₁ ⊆U₁∪U₂et(1,0,1)∈U₂ ⊆U₁∪U₂. La somme(0,3,2)+(1,0,1) = (1,3,3)n'est clairement pas dans U1 et non pas dans U2 non plus, comme(1,3,3) = α(1,0,1) +β(2,1,0)n'admet pas de solutions α, β ∈F. Donc (1,3,3)6∈U₁∪U₂. V =P(F),U₁ ={p∈V|deg(p)≤3}, U₂ ={p∈V|la somme des coe. de p est0}:

Clairement, la somme de deux polynômes de degré inférieur ou égal à 3 est un po- lynôme dont le degré est inférieur ou égal à 3. Donc U₁ est stable pour l'addition.

Pareillement, si on multiplie un polynôme de U₁ par un scalaire, on a toujours un polynôme de degré inférieur ou égal à 3. Donc U₁ est stable pour la multiplication par scalaires. Par conséquent, U₁ est un sous-espace de V.

Soient p₁, p₂ ∈ U₂. La somme des coecients de chacun est égal à zéro. Alors la somme des coecients du polynômep₁+p₂ est0 + 0 = 0aussi, doncp₁+p₂ ∈U₂. En outre, la somme des coecients de λp₁ est λ0 = 0 pour tout λ ∈F, alors λp₁ ∈ U₂. Donc U₂ est un sous-espace de V.

L'intersectionU₁∩U₂consiste des polynômes de degré 3 dont la somme des coecients est zéro. Un raisonnement comme ci-dessus montre que U₁∩U₂ est un sous-espace vectoriel de V.

En revanche, U₁∪U₂ n'est pas un sous-espace, puisqu'il n'est pas stable pour l'addi- tion : On a t+ 1∈U₁ et t¹¹−1∈U₂, mais leur somme t¹¹+t n'appartient ni à U₁ ni à U₂, donc n'est pas dans U₁∪U₂.

2. Conjecture : SiU₁ etU₂ sont deux sous-espaces vectoriels d'un espace vectorielV, alors U₁∩U₂ est un sous-espace vectoriel de V.

Démonstration : Soient u, v ∈ U₁∩U₂. En particulier, u et v sont contenus dans U₁, et donc u+v ∈U₁, comme U₁ est un sous-espace de V. De façon analogue, u+v ∈ U₂, et donc u+v ∈ U₁ ∩U₂. Donc U₁ ∩U₂ est stable pour l'addition. Soit λ ∈ F. Alors λu ∈ U₁ et λu ∈ U₂, comme U₁ et U₂ sont stable pour la multiplication par scalaires.

Doncλu ∈U₁∩U₂, ce qui conclut la preuve que U₁∩U₂ est un sous-espace vectoriel.

Conjecture : SiU1 etU2 sont deux sous-espaces vectoriels d'un espace vectorielV, alors U₁∪U₂ n'est pas toujours un sous-espace vectoriel de V.

Démonstration : Nous avons vu deux exemples ou U₁ ∪U₂ n'était pas un sous-espace vectoriel.

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Remarque : SoientU₁, U₂ deux sous-espaces deV. AlorsU₁∪U₂ est un sous-espace juste si U₁ ⊆U₂ ou U₂ ⊆U₁.

Démonstration : Supposons que U₁ ∪U₂ est un sous-espace et U₁ 6⊆ U₂. Il nous faut montrer qu'alors U₂ ⊆ U₁. Soit u ∈ U₁ avec u 6∈ U₂. Soit v ∈ U₂ un élément arbitraire.

Posons w = u+v. Comme U ∪V est fermé sous l'addition par hypothèse, w ∈ U ∪V. Si w était dans U₂, on aurait u = w−v ∈ U₂, ce qui n'est pas le cas. Donc w ∈ U₁ et par conséquent v =w−u∈ U₁. On a donc démontré que U₂ ⊆ U₁. Si on a U₂ 6⊆U₁, on montre de manière analogue queU₁ ⊆U₂.

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