FICHE 1 – ÉSPACES VECTORIELS – CORRIGÉ

UNIVERSITÉ MOHAMMED V - RABAT FACULTÉ DES SCIENCES

DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES

2019 - 2020 ALGÈBRE 2 SMPC - S2

FICHE 1 – ÉSPACES VECTORIELS – CORRIGÉ

PR. MOHAMMED ZIANI

Exercice 1.

1. Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels deR²?

A={(x, y)∈R²/ x+y= 1};B={(x, y)∈R²/ x=y};C={(x, y)∈R²/ xy= 0};D={(x, y)∈R²/ x ≤ y}.

2. Montrer que les parties suivantes sont des sous-espaces vectoriels de R₃[X].

E={P ∈R₃[X]/ P⁰(1) = 0}; F={α(1 +X²) +βX³/ α, β ∈R}.

Solution 1.

1. La partie A={(x, y)∈R²/ x+y= 1} n’est pas un sous-espace vectoriel deR². En effet,

1 2

,¹

2

∈ A et

1 4

,³

4

∈ A, mais

1 2

,¹

2

+

1 4

,³

4

=

3 4

,⁵

4

∈ A/ car

3 4+

5

4= 2. On pourra aussi remarquer que 0R²= (0,0)∈ A/ .

Soit u= (x, y)∈ B, alors x=y, et u= (x, x) =x(1,1), où x ∈R. DoncB= Vect({(1,1)}).

Par conséquent, la partieB={(x, y)∈R²/ x=y}est un sous-espace vectoriel deR². La partie C n’est pas un sous-espace vectoriel de R². En effet, (1,0)∈ C, (0,1)∈ C, mais (1,0) + (0,1) = (1,1)∈ C/ .

La partieDn’est pas un sous-espace vectoriel deR². En effet,e₂= (0,1)∈ Dmais−e₂∈ D/ . 2. Soit P=a+bX+cX²+dX³∈ E. AlorsP⁰(1) = 0. Ceci implique queb −2c+ 3d= 0, ou

encore b= 2c −3d, avecc, d ∈R. Ainsi,

P=a+ (2c −3d)X+cX²+dX³=a+c(2X+X²) +d(−3X+X³). Par conséquent,

P= Vect({1, 2X+X², −3X+X³}) Finalement,E est un sous-espace vectoriel deR₃[X].

Par définition,F= Vect({1 +X², X³}). DoncF est un sous-espace vectoriel deR3[X].

Exercice 2.

SoientF=

(x, y, z)∈R³/ x+y − z= 0 et G={(a − b, a+b, a −3b)/ a, b ∈R}. 1. Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels deR³.

2. DéterminerF ∩ G. Solution 2.

1. Soitu= (x, y, z)∈ F. Alorsx+y − z= 0, ou encorez=x+y, avecx, y ∈R. Donc u= (x, y, x+y) =x(1,0,1) +y(0,1,1), x, y ∈R.

Par conséquent, F= Vect({u₁, u₂}), avec u₁= (1,0,1) et u₂= (0,1,1). Finalement, F est un sous-espace vectoriel deR³.

Soitv ∈ G, alors∃a, b ∈Rtels que

v= (a − b, a+b, a −3b) =a(1,1,1) +b(−1,1, −3). DoncG= Vect({v

1, v

2}, oùv

1= (1,1,1) etv

2= (−1,1, −3). Par conséquent,Gest un sous- espace vectoriel deR³.

2. Soitu ∈ F ∩ G, alorsu ∈ F etu ∈ G. u ∈ G Ñ u= (a − b, a+b, a −3b), a, b ∈R

u ∈ F Ñ(a − b) + (a+b)−(a −3b) = 0Ñ a+ 3b= 0Ñ a=−3b, b ∈R.

Donc u= (−3b − b, −3b+b, −3b −3b) =−2b(2,1,3), b ∈R. Par conséquent, F ∩ G= Vect({(2,1,3)}).

Exercice 3.

On considère la partieF de R⁴ définie parF=

(x, y, z, t)∈R⁴/ x+y= 0 etx+z= 0 . 1. Monter que F est un sous-espace vectoriel de R⁴ et en donner une base.

2. Soit la famille S={u₁, u₂, u₃}oùu₁= (1,1,1,1), u₂= (1,2,3,4) etu₃= (−1,0, −1,0).

(a) Déterminer une base deG=Vect(S).

(b) Donner une base de F ∩ G. Solution 3.

1. Soitu= (x, y, z, t)∈ F. Alors les coordonnées deuvérifient

x + y = 0

x + + z = 0

Ñ

x + y = 0

− y + z = 0

Ñ

x = −z

y = z, z ∈R

Doncu= (−z, z, z, t) =z(−1,1,1,0) +t(0,0,0,1), oùz, t ∈R. Par conséquent,F= Vect({v₁, v₂}), oùv₁= (−1,1,1,0) etv₂= (0,0,0,1). Finalement, F est un sous-espace vectoriel de R⁴. La famille B={v

1, v

2} est une famille génératrice de F, de plus elle est libre (facile à vérifier), doncB est une base deF, et dimF= 2.

2. Soit la famille S={u₁, u₂, u₃}oùu₁= (1,1,1,1), u₂= (1,2,3,4) etu₃= (−1,0, −1,0).

(a) La famille S est génératrice deG, et il est facile de vérifier qu’elle est libre. Donc S est une base deG, et dimG= 3.

(b) Soitu ∈ F ∩ G, alorsu ∈ F etu ∈ G.

u ∈ G Ñ u=αu₁+βu₂+γu₃= (α+β − γ, α+ 2β, α+ 3β − γ, α+ 4β), α, β, γ ∈R. u ∈ F Ñ(α+β − γ) + (α+ 2β) = 0 et (α+β − γ)) + (α+ 3β − γ) = 0, ou encore 2α+ 3β − γ= 0 et 2α+ 4β −2γ= 0.

2α+ 3β − γ = 0 2α+ 4β −2γ = 0

Ñ α=−γ et β=γ, γ ∈R.

Doncu=γ(−u₁+u₂+u₃), oùγ ∈R. Par conséquentF ∩ G= Vect({−u₁+u₂+u₃}).

Il est facile de vérifier que{−u₁+u₂+u₃}est une base deF ∩ G, et dim(F ∩ G) = 1.

Exercice 4.

SoitF={P ∈R₃[X]; P(−1) = 0 etP(1) = 0}.

1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel deR₃[X].

2. Déterminer une base et la dimension de F. Solution 4.

1. SoitP=a+bX+cX²+dX³∈ F, alorsP(−1) = 0 etP(1) = 0. Donc a − b+c+d = 0

a+b+c+d = 0 Ñ

a − b + c − d = 0

2b + 2d = 0

Ñ

a = −c

b = −d, c, d ∈R

Ceci implique queP=−c − dX+cX²+dX³=c(−1 +X²) +d(−X+X³), avecc, d ∈R. Par conséquent, F= Vect({P₁, P₂}), où P₁=−1 +X² et P₂=−X+X³. Finalement, F est un sous-espace vectoriel deR₃[X].

2. La famille B={P₁, P₂} est génératrice de F, de plus, elle est libre (facile à vérifier).

DoncBest une base de F, et dimF= 2.

Exercice 5.

Dans leR-espace vectorielR³, on considère les vecteursa= (1, −1,1),b= (0, −1,2) et (1, −2,3).

1. La partie {a, b, c}est elle libre ?

2. SoitF=Vect({a, b, c}). Déterminer une base deF et en déduire sa dimension.

3. On considère la partieG={(x, y, z)∈R³; x+ 2y+z= 0}. (a) Montrer que G est un sous-espace vectoriel deR³. (b) ComparerF etG.

Solution 5.

1. Il est facile de vérifier que la familleS={a, b, c}n’est pas libre.

2. La famille S est génératrice de F mais elle n’est pas libre, donc la dimension deF est inférieure ou égale à deux. Or, la familleS₁={a, b}est libre, donc S₁ est une base de F, et dimF= 2.

3. On considère la partieG={(x, y, z)∈R³; x+ 2y+z= 0}.

(a) Soitu= (x, y, z)∈ G, alorsx+ 2y+z= 0. Doncx=−2y − z, avecy, z, ∈R. Ainsi, u= (−2y − z, y, z) =y(−2, −1,0) +z(−1,0,1), y, z, ∈R.

Par conséquent,G= Vect{u, v}, oùu= (−2, −1,0) etv= (−1,0,1). Finalement,Gest un sous-espace vectoriel deR³.

(b) Il est facile de vérifier que B={u, v}est une base deG, doncdimG= 2 = dimF. D’autre part, puisquea ∈ G etb ∈ G, alorsF= Vect{a, b} ⊆ G.

Par conséquent,F=G. Exercice 6.

SoientAetBles sous-espaces vectoriels de l’espace vectoriel réelR³ définis par A = Vect{(1,0, −1),(0, −1,2)}

B = {(x, y, z)∈R³| x+ 2y= 0}

1. Donner une base pour chacun des sous-espaces vectorielsAetB. 2. DéterminerA ∩ Bet en donner une base.

3. La somme A+Best-elle directe ?

4. Calculer la dimension deA+B. En déduireA+B. Solution 6.

1. La famille B

1={(1,0, −1),(0, −1,2)}est génératrice de A, de plus elle est libre (facile à vérifier). DoncB₁est une base de Aet dimA= 2.

Soitu= (x, y, z)∈ B, alorsx+ 2y= 0, ou encorex=−2y,y ∈R. Donc u= (−2y, y, z) =y(−2,1,0) +z(0,0,1), y, z, ∈R.

Ainsi, B= Vect({u₁, u₂}), où u₁= (−2,1,0) etu₂= (0,0,1). La famille C= Vect({u₁, u₂}) est génératrice deB, de plus elle est libre (facile à vérifier). DoncC est une base deB, et dimB= 2.

2. Soitu ∈ A ∩ B, alorsu ∈ A etu ∈ B.

u ∈ A Ñ u=α(1,0, −1) +β(0, −1,2) = (α, −β, −α+ 2β), α, β ∈R. u ∈ B Ñ α −2β= 0Ñ α= 2β, avecβ ∈R. Donc

u= (2β, −β, −2β+ 2β) = (2β, −β,0) =β(2, −1,0), β ∈R.

Donc A ∩ B= Vect({w}), où w= (2, −1,0). Il est facile de vérifier queC₁={w} est une base deA ∩ B, et dim(A ∩ B) = 1.

3. PuisqueA ∩ B 6={0R³}, alors la sommeA+Bn’est pas directe.

4. dim(A+B) = dimA+ dimB −dim(A ∩ B) = 2 + 2−1 = 3.

5. D’après le cours, A+B est un sous-espace vectoriel de R³. De plus, dim(A+B) = 3 = dim(R³), doncA+B=R³.

Exercice 7.

On désigne parF l’espace vectoriel surRde toutes les applications de RversR. On note P={f ∈ F; ∀x ∈R, f(−x) =f(x)}; I={f ∈ F; ∀x ∈R, f(−x) =−f(x)} .

1. Montrer que PetIsont des sous-espaces vectoriels deF. 2. Montrer que F=P ⊕ I.

Solution 7.

1. On aP 6=∅ car la fonction nulle appartientP. Soient f , g ∈ Petλ ∈R.

f , g ∈ P Ñ ∀x ∈R, f(−x) =f(x) et g(−x) =g(x). Donc

∀x ∈R, (f+g)(−x) =f(−x) +g(−x) =f(x) +g(x) = (f+g)(x), et

∀x ∈R, (λf)(−x) =λf(−x) =λf(x) = (λf)(x). DoncPest un sous-espace vectoriel deF.

De la même méthode, on démontre que Iest un sous-espace vectoriel deF. 2. Soitf ∈ P ∩ F, alors

∀x ∈R, f(−x) =f(x) et f(−x) =−f(x).

Donc∀x ∈R,f(x) =−f(x), c’est-à- dire∀x ∈R, 2f(x) = 0, ou encore∀x ∈R, f(x) = 0. Par conséquent,P ∩ I={0^F}. Il reste alors à montrer que F=P+I.

On aP+I ⊆ F, montrons queF ⊆ P+I: Soitf ∈ F, alors

∀x ∈R, f(x) =

f(x) +f(−x)

| {z2 }

∈P

+

f(x)− f(−x)

| {z2 }

∈I

.

Doncf ∈ F, et F ⊆ P+I. Finalement,F=P ⊕ I. Exercice 8.

On considère l’ensembleF=

P ∈R₃[X], P=a+aX+bX³, a, b ∈R .

1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel deR3[X] et en donner une base.

2. Soient P₁= 1∈R3[X], P₂= 1 +X²∈R3[X] et G=Vect({P₁, P₂}). Montrer que F ⊕ G= R3[X].

Solution 8.

1. SoitP ∈ F, alorsP=a+aX+bX³, aveca, b ∈R. DoncP=a(1 +X) +bX³, aveca, b ∈R. Ainsi F= Vect{Q₁, Q₂}, avecQ₁= 1 +X etQ₂=X³. Par conséquent,F est sous-espace vectoriel deR₃[X].

La famille C={Q₁, Q₂} est génératrice deF, et elle est, de plus, libre, doncC est une base deF, et dimF= 2.

2. Il est clair que la famille B={P₁, P₂} est une base de G, et dimG= 2. Ainsi, dimF+ dimG= 4 = dimR₃[X]. Il reste à démontrer que F ∩ G={0R₃[X]}.

SoitP ∈ F ∩ G, alorsP ∈ F etP ∈ G. Ceci implique queP=αP

1+βP

2=γQ

1+λQ

2, avec α, β, γ, λ ∈R. Donc

α+β(1 +X²) =γ(1 +X) +λX³.

Par identification, on vérifie facilement queα=β=γ=λ= 0. DoncP= 0R₃[X]etF ∩ G= {0R₃[X]}. Finalement,F ⊕ G=R3[X].

Exercice 9.

1. DansR⁴, calculer le rang de la famille

S₁={u₁= (1,1,1,1); u₂= (1, −1,1, −1); u₃= (1,3,1,3)} . 2. DansR₂[X], déterminer le rang de la famille

S₂=

nP₁=−2X²+X −4; P₂= 4X²−5X+ 6; P₃=−5X²+ 4X −9 o.

Solution 9.

1. Il est facile de vérifier que la familleS₁ est liée, donc le rang deS₁est inférieur ou égal à 2. Or, la famille{u₁, u₂} est libre. Donc rang(S₁) = 2.

2. Il est facile de vérifier que la familleS₂ est liée, donc le rang deS₂est inférieur ou égal à 2. Or, la famille{P₁, P₂}est libre. Donc rang(S₂) = 2.