Espaces vectoriels exercices corrigés S2

Pr Ayoub MATIOUI www.etude-generale.com

Espaces vectoriels - correction des exercices

Exercice 1

 E ⊂ ℝ³, 𝐸 ≠ ∅ car le vecteur (0, 0, 0) ∈ 𝐸, mais 𝐸 n’est pas stable pour l’addition, en effet, si on prend par exemple 𝑋 = (1, 1, 1) 𝑒𝑡 𝑌 = (1, 0, 0), on a bien 𝑋 ∈ 𝐸 𝑒𝑡 𝑌 ∈ 𝐸 mais 𝑋 + 𝑌 = (2, 1, 1) ∉ 𝐸, donc 𝐸 n’est pas un sous-espace vectoriel.

 𝐹 ⊂ ℝ³ est un sous-espace vectoriel de ℝ³, en effet

0 ∈ 𝐹, 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝐹 ≠ ∅

Si 𝑥 = (𝑥₁, 𝑥₂, 𝑥₃) ∈ 𝐹𝑒𝑡 𝑦 = (𝑦₁, 𝑦₂, 𝑦₃) ∈ 𝐹 on a

2𝑥₁− 𝑥₂+ 3𝑥₃= 0 𝑒𝑡 2𝑦₁− 𝑦₂+ 3𝑦₃ = 0 Vérifions que 𝑥 + 𝑦 ∈ 𝐹. On a

𝑥 + 𝑦 = (𝑥1+ 𝑦1, 𝑥2+ 𝑦2, 𝑥3+ 𝑦3)

Et 2(𝑥₁+ 𝑦₁) − (𝑥₂+ 𝑦₂) + 3(𝑥₃+ 𝑦₃) = (2𝑥₁− 𝑥₂+ 3𝑥₃) + (2𝑦₁− 𝑦₂+ 3𝑦₃) = 0 ∀𝜆 ∈ ℝ, ∀𝑥 ∈ 𝐹, 𝜆𝑥 = (𝜆𝑥₁, 𝜆𝑥₂, 𝜆𝑥₃) 𝑒𝑡

2𝜆𝑥₁− 𝜆𝑥₂+ 3𝜆𝑥₃= 𝜆(2𝑥₁− 𝑥₂+ 3𝑥₃) = 0 ⟹ 𝜆𝑥 ∈ 𝐹.

 𝐺 ⊂ 𝐶[(𝑎, 𝑏)] est un sous-espace vectoriel de 𝐶[(𝑎, 𝑏)], en effet La fonction nulle ∈ 𝐺 donc 𝐺 ≠ ∅

Si 𝑓 ∈ 𝐺 et g ∈ 𝐺, on a (𝑓 + g)(a) = 𝑓(a) + g(a) = 0 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑓 + g ∈ 𝐺

Exercice 2

 Appelons V le sous-espace vectoriel de ℝ³ engendré par les vecteurs 𝑣₁ 𝑒𝑡 𝑣₂. Soit 𝑋 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) un vecteur de ℝ³, alors

Pr Ayoub MATIOUI www.etude-generale.com 𝑋 ∈ 𝑉 ⇔ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆₁𝑣₁+ 𝜆₂𝑣₂

⇔ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝜆₁− 𝜆₂, 𝜆₁+ 2𝜆₂, −𝜆₂)

⇔ {

𝑥 = 𝜆1− 𝜆2

𝑦 = 𝜆₁+ 2𝜆₂ 𝑧 = −𝜆₂

⇔ 𝑥 − 𝑦 = 3𝑧

Donc les composantes (𝑥, 𝑦, 𝑧) de tous les vecteurs de V vérifient 𝑥 − 𝑦 + 3𝑧 = 0 D’où 𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ³: 𝑥 − 𝑦 − 3𝑧 = 0}

 Appelons W le sous-espace vectoriel de ℝ³ engendré par les vecteurs 𝑤₁, 𝑤₂ 𝑒𝑡 𝑤₃. Soit 𝑋 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) un vecteur de ℝ³, alors

𝑋 ∈ 𝑊 ⇔ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆₁𝑤₁+ 𝜆₂𝑤₂+ 𝜆₃𝑤₃

⇔ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (6𝜆₁+ 𝜆₂, 4𝜆₂+ 3𝜆₃, 2𝜆₁− 𝜆₂− 𝜆₃)

⇔ {

𝑥 = 6𝜆₁+ 𝜆₂ 𝑦 = 4𝜆₂+ 3𝜆₃ 𝑧 = 2𝜆₁− 𝜆₂− 𝜆₃

⇔ 𝑥 − 𝑦 = 3𝑧

Donc 𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ³: 𝑥 − 𝑦 − 3𝑧 = 0}

Remarquer que 𝑉 = 𝑊 et que ceci est dù, en partie, au fait que 𝑤₁, 𝑤₂ 𝑒𝑡 𝑤₃ sont eux même des vecteurs de V ; on peut l’établir soit en remarquant que les composantes de 𝑤₁, 𝑤₂ 𝑒𝑡 𝑤₃

vérifient la condition 𝑥 − 𝑦 − 3𝑧 = 0, soit en remarquant que

𝑤1= 4𝑣1− 2𝑣2 ; 𝑤2 = 2𝑣1+ 𝑣2 𝑒𝑡 𝑤3= 𝑣1+ 𝑣2.

Exercice 3

a.

𝑋 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐸 ⇔ 2𝑥 − 𝑦 + 3𝑧 = 0 ⇔ 𝑦 = 2𝑥 + 3𝑧

⇔ 𝑋 = (𝑥, 2𝑥 + 3𝑧, 𝑧) ⇔ 𝑋 = (𝑥, 2𝑥, 0) + (0, 3𝑧, 𝑧) ⇔ 𝑋 = 𝑥(1, 2, 0) + 𝑧(0, 3, 1)

Pr Ayoub MATIOUI www.etude-generale.com Donc tout vecteur de E s’écrit sous forme de combinaison linéaire de 𝑣₁=

(1, 2, 0) 𝑒𝑡 𝑣₂= (0, 3, 1), {𝑣1, 𝑣2} est alors une famille génératrice de E.

Donc tout vecteur de F s’écrit sous forme de combinaison linéaire de 𝑤₁ = (1, 0, 0) 𝑒𝑡 𝑤₂ = (0, 1, 1), {𝑤1, 𝑤2} est alors une famille génératrice de F.

b. Déterminons d’abord les éléments de 𝐸 ∩ 𝐹 ∶

𝑋 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝐸 ∩ 𝐹 ⟺ 2𝑥 − 𝑦 + 3𝑧 = 0 𝑒𝑡 𝑦 = 𝑧 ⟺ 2𝑥 + 2𝑧 = 0 𝑒𝑡 𝑦 = 𝑧 ⇔ 𝑥 = −𝑧 = −𝑦

⇔ 𝑋 = (−𝑧, 𝑧, 𝑧) = 𝑧(−1, 1, 1) 𝐸 ∩ 𝐹 est donc le sous-espace vectoriel de E et de F engendré par (−1, 1, 1).

Exercice 4

Il est clair que si tous les 𝑎_𝑖 sont nuls alors 𝐸 = ℝ^𝑛.

Supposons que les 𝑎_𝑖 ne sont pas tous nuls, par exemple 𝑎₁≠ 0, nous allons écrire les éléments de 𝐸 sous forme de combinaisons linéaires, ce qui montrera que 𝐸 est un sous-espace vectoriel

𝑋 ∈ 𝐸 ⇔ 𝑎1𝑥1+ 𝑎2𝑥2+ ⋯ + 𝑎𝑛𝑥𝑛= 0 ⇔ 𝑥₁= −^𝑎2

𝑎₁𝑥₂−^𝑎3

𝑎₁𝑥₃− ⋯ −^𝑎𝑛

𝑎₁𝑥_𝑛 ⇔ 𝑋 = (−^𝑎2

𝑎₁𝑥₂−^𝑎3

𝑎₁𝑥₃− ⋯ −^𝑎𝑛

𝑎₁𝑥_𝑛, 𝑥₂, … , 𝑥_𝑛)

⇔ 𝑋 = 𝑥₂(−𝑎₂

𝑎₁, 1, 0, … , 0) + 𝑥₃(−𝑎₃

𝑎₁, 0, 1, 0, … , 0) + ⋯ + 𝑥_𝑛(−𝑎_𝑛

𝑎₁, 0, 0, … , 1) En posant

𝑣₂= (−𝑎₂

𝑎₁, 1, 0, … , 0) ; 𝑣₃= (−𝑎₃

𝑎₁, 0, 1, 0, … , 0) ; … ; 𝑣_𝑛 = (−𝑎_𝑛

𝑎₁, 0, 0, … , 1) On a 𝑋 = 𝑥₂𝑣₂+ 𝑥₃𝑣₃+ ⋯ + 𝑥_𝑛𝑣_𝑛

𝐸 est donc le sous-espace de ℝ^𝑛 engendré par la famille {𝑣₂, 𝑣₃, … , 𝑣_𝑛}

Exercice 6

Pr Ayoub MATIOUI www.etude-generale.com a.

 On a vu que dans un espace-vectoriel de dimension 𝑛, plus de 𝑛 vecteurs sont nécessairement liés. La famille {𝑣₁, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4, 𝑣5} est donc liée puisqu’elle contient 5 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 4.

Les vecteurs 𝑣₁ et 𝑣₅ sont proportionnels, 𝑣₅= 2𝑣₁, la famille {𝑣₁, 𝑣₅} est donc liée.

La famille {𝑣₁, 𝑣₂, 𝑣₅} est liée puisqu’elle contient deux vecteurs liés, 𝑣₁ et 𝑣₅.

 Pour vérifier si une famille est libre ou liée, on écrit une combinaison linéaire nulle et on regarde si tous les coefficients sont nuls.

−𝜆₁𝑣₁+ 𝜆₂𝑣₂+ 𝜆₃𝑣₃= 0 ⟹ (𝜆₁+ 2𝜆₃, −2𝜆₁− 3𝜆₂− 𝜆₃, 𝜆₂− 𝜆₃, 4𝜆₁+ 𝜆₂+ 7𝜆₃) = 0

⟹ {

𝜆₁+ 2𝜆₃= 0

−2𝜆₁− 3𝜆₂− 𝜆₃= 0 𝜆₂− 𝜆₃= 0 4𝜆₁+ 𝜆₂+ 7𝜆₃= 0

⟹ {𝜆₁= −2𝜆₃ 𝜆₂ = 𝜆₃

𝜆₁, 𝜆₂, 𝜆₃ ne sont pas nécessairement tous nuls, pour 𝜆₃= 1, par exemple, on obtient la relation : −2𝑣₁+ 𝑣₂+ 𝑣₃= 0, donc la famille {𝑣₁, 𝑣₂, 𝑣₃} est liée.

−𝜆₁𝑣₂+ 𝜆₂𝑣₃+ 𝜆₃𝑣₄= 0 ⟹ (2𝜆₂+ 𝜆₃, −3𝜆₁− 𝜆₂+ 𝜆₃, 𝜆₁− 𝜆₂, 𝜆₁+ 7𝜆₂− 𝜆₃) = 0

⟹ {

2𝜆₂+ 𝜆₃= 0

−3𝜆₁− 𝜆₂+ 𝜆₃= 0 𝜆1− 𝜆2 = 0 𝜆₁+ 7𝜆₂− 𝜆₃= 0

⟹ {𝜆₃= −2𝜆₂ (1^è𝑟𝑒é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛) 𝜆₁= 𝜆₂ (3^é𝑚𝑒é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛)

Et en remplaçant dans la 2^è𝑚𝑒 ou la 3^é𝑚𝑒 équation on obtient 𝜆₁= 𝜆₂= 𝜆₃= 0

−𝜆₁𝑣₂+ 𝜆₂𝑣₃+ 𝜆₃𝑣₄+ 𝜆₄𝑣₅= 0

⟹ (2𝜆₂+ 𝜆₃+ 2𝜆₄, −3𝜆₁− 𝜆₂+ 𝜆₃− 4𝜆₄, 𝜆₁− 𝜆₂, 𝜆₁+ 7𝜆₂− 𝜆₃+ 8𝜆₄) = 0

⟹ {

2𝜆₂+ 𝜆₃+ 2𝜆₄= 0

−3𝜆1− 𝜆2+ 𝜆3− 4𝜆4= 0 𝜆₁− 𝜆₂= 0

𝜆₁+ 7𝜆₂− 𝜆₃+ 8𝜆₄= 0

⟹ {

𝜆3= −2(𝜆2+ 𝜆4)(1^è𝑟𝑒é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛) 𝜆₁= 𝜆₂(3^é𝑚𝑒é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛)

𝜆₃= 8(𝜆₂+ 𝜆₄)(4^é𝑚𝑒𝑒𝑡 3^é𝑚𝑒é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑠) 𝜆₃= 4(𝜆₂+ 𝜆₄)(2^è𝑚𝑒 𝑒𝑡 3^é𝑚𝑒é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛𝑠) On obtient 𝜆₁= 𝜆2, 𝜆3 = 𝜆2+ 𝜆4= 0, c’est-à-dire 𝜆₁ = 𝜆2= −𝜆4 et 𝜆₃= 0. 𝜆1, 𝜆2, 𝜆3 𝑒𝑡 𝜆4 ne sont pas nécessairement tous nuls, pour 𝜆₁= 1, par exemple, on obtient la relation : 𝑣₂+ 𝑣₃− 𝑣₅ = 0, donc la famille {𝑣₂, 𝑣₃, 𝑣₄, 𝑣₅} est liée.

b.

−𝜆₁(𝑤₁+ 𝑤₂) + 𝜆₂(𝑤₁+ 𝑤₃) + 𝜆₃(𝑤₂+ 𝑤₃) = 0 ⟹ (𝜆₁+ 𝜆₂)𝑤₁+ (𝜆₁+ 𝜆₃)𝑤₂+ (𝜆₂+ 𝜆₃)𝑤₃

= 0

La famille {𝑤₁, 𝑤₂, 𝑤₃} étant libre, on a

Pr Ayoub MATIOUI www.etude-generale.com {

𝜆₁+ 𝜆₂= 0

𝜆₁+ 𝜆₃ = 0 ⟹ 𝜆₁= 𝜆₂= 𝜆₃= 0 𝜆₂+ 𝜆₃= 0

La famille {(𝑤₁+ 𝑤₂), (𝑤₁+ 𝑤₃), (𝑤₂+ 𝑤₃)} est aussi libre.

−𝜆₁(𝑤₁+ 𝑤₂) + 𝜆₂(𝑤₁− 𝑤₃) + 𝜆₃(𝑤₂+ 𝑤₃) = 0

⟹ (𝜆₁+ 𝜆₂)𝑤₁+ (𝜆₁+ 𝜆₃)𝑤₂+ (𝜆₃− 𝜆₂)𝑤₃ = 0 La famille {𝑤₁, 𝑤₂, 𝑤₃} étant libre, on a

{

𝜆₁+ 𝜆₂= 0

𝜆₁+ 𝜆₃= 0 ⟹ 𝜆₂= 𝜆₃= −𝜆₁ 𝜆₃− 𝜆₂= 0

En prenant 𝜆₁= −1, par exemple, on obtient :

−(𝑤1+ 𝑤2) + (𝑤1− 𝑤3) + (𝑤2+ 𝑤3) = 0 La famille {(𝑤₁+ 𝑤₂), (𝑤₁− 𝑤₃), (𝑤₂+ 𝑤₃)} est donc liée.

c.

𝑝₁, 𝑝₂ 𝑒𝑡 𝑝₃ sont des éléments de l’espace vectoriel 𝑃₃(ℝ), on raisonne de la même manière que précédemment :

𝜆₁𝑝₁+ 𝜆₂𝑝₂+ 𝜆₃𝑝₃= 0 ⟹ ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝜆₁𝑝₁(𝑥) + 𝜆₂𝑝₂(𝑥) + 𝜆₃𝑝₃(𝑥) = 0 ⟹ 𝜆₁(𝑥³− 1) + 𝜆₂(𝑥³− 2𝑥 + 𝑘) + 𝜆₃(𝑥 + 1) = 0 ⟹ (𝜆₁+ 𝜆₂)𝑥³+ (𝜆₃− 2𝜆₂)𝑥 − 𝜆₁+ 𝑘𝜆₂+ 𝜆₃= 0 La famille {𝑥³, 𝑥², 𝑥, 1} étant la base canonique de 𝑃₃(ℝ), on a

{

𝜆₁+ 𝜆₂= 0 𝜆₃− 2𝜆₂= 0

−𝜆₁+ 𝑘𝜆₂+ 𝜆₃= 0

En remplaçant 𝜆₁ par −𝜆₂ et 𝜆₃ par 2𝜆₂ dans la 3^é𝑚𝑒équation on obtient

(𝑘 + 3)𝜆₂= 0, donc, si 𝑘 ≠ −3 la famille est libre et si 𝑘 = −3 elle est liée ; par exemple, en prenant 𝜆₂= 1 on obtient la relation : −(𝑥³− 1) + (𝑥³− 2𝑥 − 3) + 2(𝑥 + 1) = 0.

Exercice 7

Dans ce genre de question, il suffit de montrer que tout vecteur de 𝑃₂(ℝ) s’écrit de manière unique sous forme de combinaison linéaire de 𝑞₀, 𝑞₁, 𝑞₂.

Pr Ayoub MATIOUI www.etude-generale.com Soit 𝑃(𝑥) = 𝑎₂𝑥²+ 𝑎₁𝑥 + 𝑎₀ un élément de 𝑃₂(ℝ), on a

𝑎2𝑥²+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0= 𝑏2(𝑥 − 1)²+ 𝑏1(𝑥 − 1) + 𝑏0

= 𝑏₂(𝑥²− 2𝑥 + 1) + 𝑏₁𝑥 − 𝑏₁+ 𝑏₀ = 𝑏₂𝑥²+ (𝑏₁− 2𝑏₂)𝑥 + 𝑏₀− 𝑏₁+ 𝑏₂

Or, le polynôme 𝑃(𝑥) s’écrit de manière unique dans la base canonique {1, 𝑥, 𝑥²} de 𝑃₂(ℝ), d’où

{

𝑏₂= 𝑎₂ 𝑏1− 2𝑏2= 𝑎1

𝑏₀− 𝑏₁+ 𝑏₂= 𝑎₀

Et l’unique solution est 𝑏₀= 𝑎₀+ 𝑎₁+ 𝑎₂ ; 𝑏₁= 𝑎₁+ 2𝑎₂ ; 𝑏₂= 𝑎₂ ; donc tout polynôme 𝑃(𝑥) de 𝑃₂(ℝ) s’écrit de manière unique :

𝑃(𝑥) = 𝑎₂𝑞₂(𝑥) + (𝑎₁+ 2𝑎₂)𝑞₁(𝑥) + (𝑎₀+ 𝑎₁+ 𝑎₂)𝑞₀(𝑥) Ce qui exprime que {𝑞₀, 𝑞₁, 𝑞₂} est une base de 𝑃₂(ℝ).

Par exemple, le polynôme 𝑃(𝑥) = 2𝑥²+ 3𝑥 − 8 s’écrit dans la base {𝑞₀, 𝑞₁, 𝑞₂} : 𝑃(𝑥) = 2(𝑥 − 1)²+ 7(𝑥 − 1) − 3.

Exercice 8

a.

Pour chercher une base d’un espace vectoriel, il faut trouver une famille libre et génératrice, mais, souvent, il suffit de montrer que tout élément de cet espace s’écrit de manière unique sous forme de combinaison linéaire.

𝑋 = (𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ 𝐸 ⇔ 𝑥 = 3𝑦 − 2𝑧 + 𝑡 ⇔ 𝑋 = (3𝑦 − 2𝑧 + 𝑡, 𝑦, 𝑧, 𝑡)

⇔ 𝑋 = 𝑦(3, 1, 0, 0) + 𝑧(−2, 0, 1, 0) + 𝑡(1, 0, 0, 1)

Donc, tout vecteur 𝑋 de 𝐸 s’écrit de manière unique sous forme de combinaison linéaire des vecteurs 𝑣₁= (3, 1, 0, 0); 𝑣₂= (−2, 0, 1, 0) 𝑒𝑡 𝑣₃= (1, 0, 0, 1), la famille de 𝐵₁= {𝑣₁, 𝑣₂, 𝑣₃} est donc une de 𝐸.

b.

On vient de trouver une base de 𝐸 comportant 3 éléments, donc 𝐷𝑖𝑚𝐸 = 3 et pour montrer que 𝐵₂ est une base, il suffit de vérifier qu’elle est libre (ou génératrice, ce qui est plus long !)

𝜆₁(1, 1, 1, 0) + 𝜆₂(−1, 1, 2, 0) + 𝜆₃(−3, −1, 1, 2) = 0

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⟹ {

𝜆₁− 𝜆₂− 3𝜆₃= 0 𝜆₁+ 𝜆₂− 𝜆₃= 0 𝜆₁+ 2𝜆₂+ 𝜆₃= 0

2𝜆₃= 0

⟹ 𝜆₁ = 𝜆₂= 𝜆₃= 0

La famille 𝐵₂ est donc une base de 𝐸.

c.

Dans la base 𝐵₁, le vecteur 𝑣 = (2, −2, −3, 2) s’écrit

(2, −2, −3, 2) = 𝜆₁(3, 1, 0, 0) + 𝜆₂(−2, 0, 1, 0) + 𝜆₃(1, 0, 0, 1)

= (3𝜆₁− 2𝜆₂+ 𝜆₃, 𝜆₁, 𝜆₂, 𝜆₃) D’où

{

3𝜆1− 2𝜆2+ 𝜆3= 2 𝜆₁= −2 𝜆₂= −3 𝜆₃= 2 C’est-à-dire, 𝜆₁= −2 , 𝜆₂= −3 , 𝜆₃= 2 , donc

𝑣 = −2(3, 1, 0, 0) − 3(−2, 0, 1, 0) + 2(1, 0, 0, 1) Et les composantes de 𝑣 dans la base 𝐵₁ sont (−2, −3, 2).

Dans la base 𝐵₂, le vecteur 𝑣 = (2, −2, −3, 2) s’écrit

(2, −2, −3, 2) = 𝜆₁(1, 1, 1, 0) + 𝜆₂(−1, 1, 2, 0) + 𝜆₃(−3, −1, 1, 2)

= (𝜆₁− 𝜆₂− 3𝜆₃, 𝜆₁+ 𝜆₂− 𝜆₃, 𝜆₁+ 2𝜆₂+ 𝜆₃, 2𝜆₃) D’où

{

𝜆₁− 𝜆₂− 3𝜆₃= 2 𝜆₁+ 𝜆₂− 𝜆₃= −2 𝜆₁+ 2𝜆₂+ 𝜆₃ = −3

2𝜆₃= 2 C’est-à-dire, 𝜆₁= 2 , 𝜆₂ = −3 , 𝜆₃= 1 , donc

𝑣 = 2(1, 1, 1, 0) − 3(−1, 1, 2, 0) + (−3, −1, 1, 2) Et les composantes de 𝑣 dans la base 𝐵₂ sont (2, −3, 1).