Corrigé de la série 3

(1)

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007

Corrigé de la série 3

Correction exercice 1

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

– 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∈IV_i. On a : ∀i ∈ I, ~x ∈ V_i. Comme V_i 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. L’ensemble E₁ n’est pas un espace vectoriel car la fonction nulle n’appartient pas à E₁. 2. L’ensemble E2 n’est pas un espace vectoriel car le polynôme nul n’appartient pas à E2. 3. L’ensemble E₃ n’est pas un espace vectoriel car (^π₂,^π₂) ∈ E₃ puisque sin(π) = 0 mais,

pour λ= ¹₂, λ(^π₂,^π₂) = (^π₄,^π₄)6∈E₃ puisque sin(^π₂) = 1.

4. Montrons que E₄ est un sous-espace vectoriel de P(F).

– Le polynôme nul est dans E₄.

– Soient P et Q deux éléments de E₄ : P(X) = Pn

i=0a_iXⁱ avec a₇ = 0 et Q(X) = Pm

i=0b_iXⁱ avec b₇ = 0. On a P(X) +Q(X) = Pmax(n,m)

i=0 (a_i+b_i)Xⁱ (en posant a_i = 0 pour i > n et b_i = 0 pour j > m) où a₇+b₇ = 0. D’où P +Q∈E₄.

– Pour λ∈F on montre que λP ∈E₄.

5. L’ensemble E₅ n’est pas un espace vectoriel car (2,0)∈E₅ mais −(2,0)∈/ E₅. Correction exercice 3

Soient a, b et c des éléments de R^∗+, λ et µ des scalaires dans R. – on a : a⊕b =ab∈R^∗+

– élément neutre pour l’addition : a⊕1 =a – inverse additif : a⊕ ¹_a = 1

– On a : λ⊗a =a^λ =e^λln(a) puisque a∈R^∗+. D’oùλ⊗a >0 et donc λ⊗a∈R^∗+. – On a (λ+µ)⊗a=a^λ+µ et (λ⊗a)⊕(λ⊗a) =a^λ⊕a^µ=a^λa^µ =a^λ+µ.

D’où (λ+µ)⊗a= (λ⊗a)⊕(λ⊗a).

– On a λ⊗(a⊕b) = λ⊗(ab) = (ab)^λ et (λ⊗a)⊕(λ⊗b) = a^λ⊕b^λ =a^λb^λ = (ab)^λ. D’où λ⊗(a⊕b) = (λ⊗a)⊕(λ⊗b).

– On a λ⊗(µ⊗a) = λ⊗a^µ= (a^µ)^λ =a^λµ et (λ·µ)⊗a=a^λµ =a^µλ. D’où λ⊗(µ⊗a) = (λ·µ)⊗a.

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(2)

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. Correction exercice 6

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}.

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