b. L'ensemble des polynômes à coecients réels divi- sibles par X 2 + 1 est un R espace vectoriel.

Lycée Hoche MPSI B Feuille Espaces vectoriels (sans dimension)

1.

^(Eev01)

Étudier les propositions suivantes en démontrant celles qui sont vraies et en donnant un contre-exemple pour les autres.

a. R ² muni de l'addition usuelle et de la loi externe sur R α(x, y) = (αx, 0) est un R espace vectoriel.

b. L'ensemble des polynômes à coecients réels divi- sibles par X ² + 1 est un R espace vectoriel.

c. Si A et B sont deux parties de E ,

Vect(A ∪ B) = Vect(A) ∪ Vect(B).

d. La famille

(1, j, j ² ), (j, j ² , 1), (j ² , 1, j)

n'admet aucune relation linéaire dans le C espace vectoriel C ³ .

2.

^(Eev02)

Soit E un K -espace vectoriel et A et B des parties de E . Comparer Vect(A ∩ B) et Vect(A) ∩ Vect(B) puis Vect(A ∪ B) et Vect(A) + Vect(B) .

3.

^(Eev03)

Soit a 1 , · · · , a p des réels deux à deux distincts.

Montrer que la famille (f 1 , · · · , f p ) est libre dans l'espace fonctionnel qui la contient pour les cas suivants.

a. Pour i ∈ J 1, p K, on dénit f i dans R − I avec :

I = {a 1 , · · · , a _p } , f _i (t) = 1 t − a i

.

b. Pour i ∈ J 1, p K, on dénit f _i dans R par : f _i (t) = |t − a _i | .

c. Pour i ∈ J 1, p K, f i est la fonction caractéristique de l'intervalle [a i , +∞[ .

4.

^(Eev04)

Soit F , G , H des sous-espaces vectoriels d'un K - espace vectoriel E . Montrer que

F + G = F + H F ∩ G ⊂ F ∩ H

H ⊂ G



 

 

⇒ H = G.

5.

^(Eev05)

Dans E = C ^∞ ([0, 1] , R ) , on dénit F par :

∀f ∈ E, f ∈ F ⇔



 

 

 

  Z 1

0

f (t) dt = 0 f (0) = 0 f ⁰ (0) = 0 .

On dénit G = Vect(e ₀ , e ₁ , e ₂ ) avec

∀i ∈ J 0, 2 K , e i (t) = t ⁱ .

Montrer que F et G sont des sous-espaces supplémen- taires dans E .

6.

^(Eev06)

Soit E = F( R , R ) . On dit que f ∈ E est de signe constant si et seulement si f ( R ) ⊂ R + ou f ( R ) ⊂ R − . Quels sont les sous-espaces de E constitués uniquement de fonctions de signe constant ?

7.

^(Eev07)

Soit (e 1 , · · · , e p ) une famille libre d'un K -espace vectoriel E . On pose x i = e 1 + · · · + e i pour tout entier i entre 1 et p . La famille (x 1 , · · · , x p ) est-elle libre ? Même question avec y k = e k − e k+1 si k ∈ {1, . . . , p − 1}

et y p = e p ou y p = e p − e 1 .

8.

^(Eev08)

Soit F , G , H des sous-espaces vectoriels de E . Montrer que

F ⊂ G ⇒ F + (G ∩ H ) = (F + G) ∩ (F + H ) et que l'implication réciproque n'est pas vraie.

9.

^(Eev09)

Soit A , B , C des sous-espaces vectoriels de E . Montrer que

(A ∩ B) + (A ∩ C) ⊂ A ∩ (B + C) A + (B ∩ C) ⊂ (A + B) ∩ (A + C)

Donner des contre-exemples pour les inclusions dans l'autre sens.

10.

(Eev10)

Montrer que l'ensemble des suites (x _n ) _{n∈ N} réelles telles que (|x n | ^1/n ) _n∈N

^∗

soit bornée est un sous espace vectoriel de l'espace de toutes les suites.

11.

^(Eev11)

Soit (e ₁ , · · · , e _n ) une famille libre d'un K -espace vectoriel E . Montrer que (e ₁ + a, · · · , e _n + a) est liée si et seulement si

∃(λ 1 , · · · , λ n ) ∈ K ⁿ tq

( −1 = λ ₁ + · · · + λ _n a = λ 1 e 1 + · · · + λ n e n

. 12.

^(Eev12)

Soit p 1 , p 2 , · · · , p n des nombres premiers distincts.

Dans le Q-espace vectoriel R, montrer que la famille (ln(p ₁ ), ln(p ₂ ), · · · , ln(p _n )) est libre.

13.

^(Eev13)

Pour tout k ∈ N, on dénit f k de R dans R par :

∀t ∈ R , f k (t) = sin(kt)

Montrer que pour tout n ∈ N, la famille (f 1 , · · · , f n ) est libre dans l'espace des fonctions de R dans R.

14.

(Eev14)

Soient A , B , C des sous-espaces vectoriels d'un K espace vectoriel E . Montrer que :

A + (B ∩ (A + C)) =(A + B) ∩ (A + C).

A ∩ (B + (A ∩ C)) =(A ∩ B ) + (A ∩ C).

15.

^(Eev15)

Soient A , B , C des sous-espaces vectoriels d'un K espace vectoriel E . On suppose A et B supplémentaires et A ⊂ C .

Montrer que A et B ∩ C sont supplémentaires dans C . 16.

^(Eev16)

Soient A , B , C , D des sous-espaces vectoriels d'un

K espace vectoriel E . Montrer que

A ∩ B = C ∩ D ⇒ (A + (B ∩ C)) ∩ (A + (B ∩ D)) = A 17.

^(Eev17)

Dans R ³ , montrer que Vect(a, b) = Vect(u, v) pour

les vecteurs suivants

a = (1, 2, 3), b = (1, −1, 2), u = (1, 5, 4), v = (3, 0, 7).

a = (1, 1, 1), b = (1, −1, 1), u = (3, 1, 3), v = (1, −5, 1).

a = (0, 1, 2), b = (1, 0, −1), u = (−1, 1, 3), v = (3, 2, 1).

18.

^(Eev18)

Soit A , B , C , D des sous-espaces vectoriels. Mon- trer que :

A + B = C + D A ⊂ C B ⊂ D C ∩ D = {0 _E }



 

 

 

 

⇒

( A = C B = D

19.

^(Eev19)

Soit K un corps inni (par exemple Q, R ou C) et E un K -espace vectoriel. On considère une famille nie A 1 , · · · , A p de sous-espaces vectoriels vériant :

A 1 ∪ · · · ∪ A p est un sous-espace vectoriel de E , il existe i et j distincts tels que A i * A j . Montrer que

A j ⊂ [

k6=j

A k

On pourra considérer des a i + λx avec x ∈ A j et a i ∈ A i

tel que a i ∈ / A j puis utiliser le principe des tiroirs.

Si on veut ranger strictement plus de q ob- jets dans q tiroirs, au moins un tiroir contient plusieurs objets.

20.

^(Eev20)

Montrer, dans les cas suivants, que F et G sont des sous-espaces supplémentaires de l'espace vectoriel E sur R.

a. E est l'ensemble des suites réelles convergentes, F est l'ensemble des suites réelles qui convergent vers 0 , G est l'ensemble des suites réelles constantes.

b. E = C ^∞ ( R , R ) , F est l'ensemble des fonctions af- nes c'est à dire de la forme x → ax + b avec a et b réels xés, G est l'ensemble des fonctions f ∈ C ^∞ ( R , R ) telles que f (0) = f ⁰ (0) = 0 .

21.

^(Eev21)

Soit E 1 , E 2 , · · · , E n des sous-espaces vectoriels d'un K -espace vectoriel E . Pour i entre 1 et n , on note

U _i = E ₁ + · · · + E _i−1 + E _i+1 + · · · + E _n

Montrer que E ₁ , E ₂ , · · · , E _n sont en somme directe si et seulement si les U _i ∩ E _i = {0 _E } .

22.

(Eev22)

Soit E un K -espace vectoriel, soit A , B deux sous- espaces vectoriels de E et C un supplémentaire de A∩ B dans B . Montrer que A ⊕ C = A + B .

23.

(Eev23)

Dans E = R ⁴ , on dénit deux sous-espaces vecto- riels :

(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ A ⇔

( x ₁ + x ₂ + x ₃ + x ₄ = 0 x 1 − x 2 + x 3 − x 4 = 0

B = Vect(b 1 , b 2 ) avec

( b 1 = (1, 2, −1, 0)

b 2 = (1, 0, 0, −1)

Montrer que A et B sont supplémentaires.

Lycée Hoche MPSI B Feuille Espaces vectoriels (sans dimension) : corrigés

1.

^(Cev01)

a. Ce n'est pas un R espace-vectoriel car la multipli- cation externe ne vérie pas 1(x, y) = (x, y) . b. C'est bien un R-espace vectoriel comme sous-espace

de R [X ] car si des polynômes sont divisibles par X ² + 1 , leurs combinaisons linéaires seront aussi divisibles.

c. L'égalité est fausse en général car Vect(A ∪ B) est un sous-espace alors que Vect(A)∪ Vect(B) ne l'est que si Vect(A) ou Vect(B) est inclus dans l'autre.

d. Elle admet la relation linéaire

(1, j, j ² ) + (j, j ² , 1) + (j ² , 1, j) = (0, 0, 0).

2.

^(Cev02)

Soit A et B deux parties de E (pas forcément ds sous-espaces).

A ∩ B ⊂ A ⊂ Vect(A) ⇒ Vect(A ∩ B) ⊂ Vect(A) car Vect(A) est un sous-espace. On raisonne de même pour B donc

Vect(A ∩ B) ⊂ Vect(A) ∩ Vect(B).

L'inclusion réciproque n'est pas vraie en général comme le montre la situation suivante.

Soit u 6= 0 E , soit a / ∈ Vect(u) , soit b = λa avec λ 6= 1 K . Notons A = {u, a} , B = {u, b} . Alors

u + b = u + λa ∈ Vect(A) ∩ Vect(B) mais A ∩ B = {u} donc u + b / ∈ Vect(A ∩ B) . De même pour l'union

A ⊂ Vect(A) ⊂ Vect(A) + Vect(B) B ⊂ Vect(B) ⊂ Vect(A) + Vect(B)

)

⇒ Vect(A ∪ B) ⊂ Vect(A) + Vect(B).

Tout x ∈ Vect(A)+Vect(B) est somme de deux vecteurs, combinaisons respectivement de vecteurs de A et de B . Donc x est combinaison de vecteurs de A ∪ B d'où

Vect(A ∩ B) = Vect(A) + Vect(B).

3.

(Cev03)

Le principe de démonstration est le même dans les 3 cas. On considère une combinaison

λ 1 f 1 + · · · + λ p f p = θ

où les λ i sont des réels et θ désigne la fonction nulle dénie sur la partie de R spécique à chaque cas. Pour chaque i , on indique une propriété analytique locale de θ qui ne peut se produire que si λ i = 0 . Ceci assure que la famille est libre.

a. Limite nulle en t i . b. Dérivable en t i . c. Continue en t _i .

4. pas de correction pour Eev04.tex 5. pas de correction pour Eev05.tex

6.

^(Cev06)

Si f est une fonction de signe constant, pour tout λ réel, λf est encore une fonction de signe constant.

Le sous-espace Vect(f ) engendré par une telle fonction est constitué uniquement de fonctions de signe constant (suivant le signe de λ ).

On se propose de montrer que ces droites vectorielles sont les seuls sous-espaces constitués uniquement de fonctions de signe constant.

Considérons un couple (f, g) de fonctions non nulles et de signe constant. En multipliant au besoin par −1 , on peut supposer qu'elles sont à valeurs dans R + . Suppo- sons que Vect(f, g) soit constitué uniquement de fonc- tions de signe constant.

Pour tout λ ∈ R, la fonction f −λg est de signe constant, on peut donc classer les λ suivant le signe de cette fonc- tion. Notons I + l'ensemble des λ pour lesquels la fonc- tion est positive et I ₋ celui pour lesquels f − λg est négative.

Comme f ≥ 0 , 0 ∈ I + . Comme g est non nulle, il existe t tel que g(t) > 0 . Quel que soit la valeur de f (t) il existe des λ assez grands pour que f (t) −λg(t) < 0 donc f − λg ≤ 0 car la fonction est de signe constant. Un tel λ est dans I − qui est donc non vide.

∀(λ ₊ , λ ₋ ) ∈ I ₊ × I ₋ , f − λ ₋ g ≤ 0 ≤ f − λ ₊ g

⇒ λ + ≤ λ − ( car g ≥ 0 et g 6= 0) On en déduit que I + admet une borne sup et I ₋ une borne inf et qu'elles sont égales. Notons µ la valeur com- mune. Il reste à montrer que f −µg est la fonction nulle.

7. pas de correction pour Eev07.tex

8.

^(Cev08)

à compléter. Pour le contre exemple de la réci- proque, on peut prendre F et G supplémentaires dans E et H = E .

9.

^(Cev09)

Pour tout x ∈ (A ∩ B) + (A ∩ C) ,

∃a B ∈ A ∩ B, ∃a C ∈ A ∩ C tq x = a B + a C

avec x ∈ A car a B et a C dans A et x ∈ B +C car a B ∈ B et a C ∈ C .

à compléter

Contre-exemple. Si A , B , C sont trois droites deux à deux distinctes dans E = R ² , la somme de deux est E , l'intersection de deux est {0 E } .

10.

^(Cev10)

Soit λ ∈ R et (x n ) _n∈

N , (y n ) _n∈

N telles que |x n |

¹ⁿ

n∈ N

,

|y n |

¹ⁿ

n∈ N

soient bornées. On doit mon- trer que

|λx n |

ⁿ¹

n∈ N

et

|x n + y n |

ⁿ¹

n∈ N

sont bornées.

|λx n |

ⁿ¹

= |λ|

ⁿ¹

|x n |

ⁿ¹

La suite à droite est bornée comme produit d'une suite qui converge vers 1 et d'une suite bornée. Pour la sta- bilité par addition, on ne garde que les termes extrèmes dans la formule du binôme :

|x n | + |y n | ≤

|x n |

ⁿ¹

+ |y n |

ⁿ¹

n

⇒ (|x n | + |y n |)

ⁿ¹

≤ |x n |

ⁿ¹

+ |y n |

ⁿ¹

.

On en déduit que

|x n + y _n |

ⁿ¹

n∈ N est bornée.

Autre solution. Avec X et Y réels tels que , |x n |

¹ⁿ

≤ X et idem pour y n , étudier la limite de (X ⁿ + Y ⁿ )

ⁿ¹

pour majorer.

11.

^(Cev11)

Considérons un polynôme quelconque de R 2 [X ] : P = a 0 + a 1 X + a 2 X ²

On cherche à exprimer a 0 , a 1 , a 2 en fonction de α 0 (P ) , α ₋₁ (P ) , α 1 (P) .



 

 

a 0 = α 0 (P ) a 0 − a 1 + a 2 = α ₋₁ (P) a ₀ + a ₁ + a ₂ = α ₁ (P )

⇒



 

 



 

 



a ₀ = α ₀ (P ) a ₁ = 1

2 α ₁ (P ) − 1

2 α ₋₁ (P ) a ₂ = −α 0 (P) + 1

2 α ₁ (P) + 1

2 α ₋₁ (P) On peut alors remplacer

s(P ) = a 0 + 1 2 a 1 + 1

3 a 2

= 2

3 α 0 (P) + 5

12 α 1 (P ) − 1

12 α −1 (P)

⇒ s = 2 3 α 0 + 5

12 α 1 − 1 12 α −1

12. pas de correction pour Eev12.tex 13.

(Cev13)

Soit n ∈ N et λ ₁ , · · · , λ _n tels que

λ 1 f 1 + · · · + λ n f n = 0

Première méthode. Il s'agit ici de la fonction nulle.

Comme les fonctions sont dénies par des sin , en dé- rivant 2m fois, on obtient, pour tout t ∈ R,

λ 1 sin(t) + λ 2 2 ^2m sin(2t) + · · · + λ n n ^2m sin(nt) = 0 Fixons un t tel que sin(nt) 6= 0 , la suite

( 1

n ) ^2m λ 1 sin(t) + · · · +λ n−1 ( n − 1

n ) ^2m sin(nt) + λ n sin(nt)

m∈ N

est constante nulle et converge vers λ _n sin(nt) . On en déduit λ _n = 0 . On raisonne de la même manière pour les autres coecients.

Deuxième méthode. Introduisons une fonction ϕ :

∀t ∈ R , ϕ(t) =

n

X

k=1

λ k e ^ikt

et réinterprétons trigonométriquement la relation ϕ(t) ∈ R ⇔ ϕ(t) = ϕ(t) ⇔

n

X

k=1

λ _k e ^ikt =

n

X

k=1

λ _k e ^−ikt

⇔

n

X

k=1

λ k e ^ikt

! e ^int =

n

X

k=1

λ k e ^−ikt

! e ^int

⇔ P(e e ^it ) = 0 avec P = λ n + λ _n−1 X + · · · + λ 1 X ⁿ⁻¹

− λ 1 X ⁿ⁺¹ − · · · − λ n X ²ⁿ .

Le polynôme P , de degré au plus 2n , admet une innité de racines (tous les nombres complexes de module 1), il est donc nul : tous ses coecients sont nuls.

14.

^(Cev14)

On veut montrer (par double inclusion) A + (B ∩ (A + C)) = (A + B) ∩ (A + C).

Pour tout x ∈ A + (B ∩ (A + C)) ,

∃a ∈ A et b ∈ B ∩ (A + C) tq x = a + b.

Donc x ∈ A + B . D'autre part, comme b ∈ B + C ,

∃a ⁰ ∈ A et c ∈ C tq b = a ⁰ + c

⇒ x = (a + a ⁰ )

| {z }

∈A

+ c ∈ A + C.

Réciproquement, pour tout x ∈ (A + B) ∩ (A + C) , ( ∃(a, b) ∈ A × B

∃(a ⁰ , c) ∈ A × C tq x = a + b = a ⁰ + c

⇒ b = (a ⁰ − a) + c ∈ (A + C) ∩ B

⇒ x = a + b ∈ A + B ∩ (A + C).

On veut montrer (par double inclusion)

A ∩ (B + (A ∩ C)) = (A ∩ B ) + (A ∩ C).

Pour tout x ∈ A ∩ (B + (A ∩ C)) ,

∃b ∈ B et c _A ∈ A ∩ C tq x = b + c _A . Comme b = x − c _A avec x et c _A dans A ,

x = b + c A ⇒ x ∈ (A ∩ B) + (A ∩ C).

Réciproquement, pour tout x ∈ (A ∩ B) + (A ∩ C) ,

∃b A ∈ A ∩ B et c _A ∈ A ∩ C tq x = b _A + c _A . b A ∈ A, c A ∈ A ⇒ x ∈ A

b A ∈ B, c A ∈ A ∩ C ⇒ x ∈ B + (A ∩ C) )

⇒ x ∈ A ∩ (B + (A ∩ C)).

15. pas de correction pour Eev15.tex 16.

^(Cev16)

On suppose A ∩ B = C ∩ D .

Soit x ∈ (A + (B ∩ C)) ∩ (A + (B ∩ D)) . x ∈ A + (B ∩ C)

⇒ ∃a ∈ A et u ∈ B ∩ C tq x = a + u.

x ∈ A + (B ∩ D)

⇒ ∃a ⁰ ∈ A et v ∈ B ∩ D tq x = a ⁰ + v.

Alors : a − a ⁰

| {z }

∈A

= v − u

| {z }

∈B

⇒ v − u ∈ A ∩ B = C ∩ D

⇒ v = (v − u)

| {z }

∈C

+ u

|{z}

∈C

∈ D ∩ C = A ∩ B

⇒ v ∈ A ⇒ x = a ⁰ + v ∈ A

L'autre inclusion est immédiate car on peut écrire a =

a + 0 _E avec 0 _E dans tous les sous-espaces vectoriels.

Lycée Hoche MPSI B Feuille Espaces vectoriels (sans dimension) : corrigés

17.

^(Cev17)

On montre que a et b sont combinaisons linéaires de u et v ce qui entraine

Vect(a, b) ⊂ Vect(u, v)

et que u et v sont combinaisons linéaires de a et b ce qui assure l'égalité des sous-espaces. On trouve

u = 2a − b, v = a + 2b, a = 2 5 u + 1

5 v, b = − 1

5 u + 2 5 v

u = 2a + b, v = −2a + 3b, a = 3 8 u + 1

8 v, b = 1

4 u + 1 4 v

u = a − b, v = 2a + 3b, a = 3 5 u + 1

5 v, b = − 2

5 u + 1 5 v.

18.

^(Cev18)

Il sut de montrer que les conditions entraînent C ⊂ A et D ⊂ B .

Pour tout c ∈ C , il existe a ∈ A et b ∈ B tels que c = a + b car c ∈ C + D = A + B . On en tire

c − a

| {z }

∈C car A⊂C

= b

|{z}

∈C car B⊂D

∈ C ∩ D = {0 E }

donc c = a ∈ A . Ceci montre C ⊂ A . L'autre inclusion D ⊂ B se démontre de la même manière.

19.

^(Cev19)

Notons U le sous-espace vectoriel union de tous les A _j . Par hypothèse, il existe a _i ∈ A _i tel que a _i ∈ / A _j . Soit x quelconque dans A _j , on veut montrer qu'il est dans un A _k avec k 6= j .

Considérons,

∀λ ∈ K, u _λ = a _i + λx ∈ U car a _i et x appartiennent à U .

Remarquons que u λ ∈ / A j sinon a i serait dans A j .

∀λ ∈ K, ∃k λ 6= j tq u λ ∈ A k

_λ

Comme K est inni, d'après le principe des tiroirs, il existe un indice k et des scalaires distincts λ , µ tels que

u _λ = a _i + λx ∈A _k u µ = a i + µx ∈A k

)

⇒ (λ − µ)x ∈ A k ⇒ x ∈ A k

20.

^(Cev20)

a. L'intersection entre le sous-espace des suites qui convergent vers 0 et celui des suites constantes est la suite nulle. Toute suite convergente est la somme de la suite constante égale à sa limite et d'une suite qui converge vers 0 .

b. Si f ∈ F ∩ G , il existe a et b tels que f (x) = ax + b donc a = f (0) = 0 et b = f ⁰ (0) = 0 car f ∈ G . L'intersection se réduit au vecteur nul. La deuxième propriété est assurée par une décomposition idiote

f (x) = f (0) + f ⁰ (0)x + r(x)

avec r(x) = f (x) − f (0) − f ⁰ (0)x.

Il est immédiat que (x → f (0) + xf ⁰ (0)) ∈ F et r ∈ G .

21. pas de correction pour Eev21.tex

22.

^(Cev22)

Montrons que A et C sont en somme directe.

C ⊂ B ⇒ B ∩ C = C ⇒ A ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

= (A ∩ B) ∩ C = {0 E } . Pour tout x ∈ A + B , il existe a ∈ A et b ∈ B tels que x = a + b . Comme B = (A ∩ B) = C , il existe u ∈ A ∩ B et c ∈ C tels que b = u + c d'où

x = (a + u) + c ∈ A + C.

23.

^(Cev23)

Montrons d'abord que l'intersection se réduit au vecteur nul. Soit x ∈ A ∩ B .

x ∈ B ⇒ ∃(λ, µ) ∈ K ² tq x = λb 1 + µb 2

= (λ + µ, 2λ, −λ, −µ) alors x ∈ A entraine

( λ + µ + 2λ − µ − λ = 0 K

λ + µ − 2λ − λ + µ = 0 _K ⇒

( 2λ = 0 K

−2λ + 2µ = 0 _K d'où λ = µ = 0 K et x = 0 E .

Montrons ensuite que tout vecteur de E est la somme d'un vecteur de A et d'un vecteur de B . Considérons un vecteur quelconque de E :

x = (x ₁ , x ₂ , x ₃ , x ₄ )

et des scalaires λ et µ . On va les choisir pour que y = x − λb ₁ − µb ₂ ∈ A

Par dénition de A et par un calcul analogue à celui mené pour l'intersection :

y ∈ A ⇔

( 2λ = x 1 + x 2 + x 3 + x 4

−2λ − 2µ = x 1 − x 2 + x 3 − x 4

Ce système aux inconnues λ et µ admet clairement des solutions. On peut donc décomposer x .

Voir l'exercice ?? (ev33).