Lycée Hoche MPSI B Feuille Espaces vectoriels (dimension nie)
1.
(Eef01)Soit A , B , A
0, B
0des sous-espaces vectoriels d'un K -espace vectoriel E . Montrer
dim A + dim A
0= dim E dim B + dim B
0= dim E
A + B = E A
0+ B
0= E
⇒
( A ⊕ B = E A
0⊕ B
0= E
2.
(Eef02)Soit A = (a
1, a
2, a
3, a
4) une base d'un K -espace vectoriel E et x ∈ E de coordonnées (x
1, x
2, x
3, x
4) dans A . Montrer que la famille B = (b
1, b
2, b
3, b
4) est une base et préciser les coordonnées de x dans B dans les cas suivants :
(1)
b
1= a
2b
2= a
3b
3= a
1+ a
2b
4= a
1+ a
2+ a
3+ a
4(2)
b
1= −a
1+ a
3b
2= a
1b
3= a
2b
4= −a
2− a
3+ a
43.
(Eef03)Polynômes d'interpolation de Lagrange.
Soit a
0, a
1, · · · , a
nn + 1 nombres complexes distincts.
On note, pour i entre 0 et n , L
i= Y
j∈J0,nK\{i}
X − a
ja
i− a
j.
Montrer que (L
0, L
1, · · · , L
n) est une base de C
n[X ] . Préciser les coordonnées de P ∈ C
n[X ] dans cette base.
4.
(Eef04)Polynômes de Bernstein.
Soit n un entier, on pose P
k= X
k(1 − X)
n−kpour tout entier k entre 0 et n . Montrer que (P
0, P
1, · · · , P
n) est une base de C
n[X ] . Quelles sont les coordonnées de 1 dans cette base ?
5.
(Eef05)Soit P ∈ R
n−1[X] et P
i= P(X b + i) . Montrer que (P
0, P
1, · · · , P
n) est liée.
6.
(Eef06)Suites récurrentes linéaires d'ordre 2.
a. Calculer u
nlorsque
u
0= −1, u
1= 1, u
n= 3
2 u
n−1− 1 2 u
n−2b. Calculer u
nlorsque
u
0= 1, u
1= 9, u
n= u
n−1− 1 4 u
n−2c. Calculer u
nlorsque
u
0= 1, u
1= 1, u
n= −2u
n−1− 4u
n−27.
(Eef07)Soit K un corps ni et E un K espace vectoriel de dimension n . Montrer que E est ni et préciser son cardinal.
8.
(Eef08)Soient A et B deux sous-espaces vectoriels de di- mension nie d'un K -espace vectoriel E . Montrer que (dim(A+B))
2+(dim(A∩B))
2≥ (dim(A))
2+(dim(B))
29.
(Eef09)On dénit f
1, f
2, f
3, f
4dans F( R , R ) par :
∀x ∈ R , f
1(x) = sin
2(x), f
2(x) = cos
2(x),
f
3(x) = sin(2x), f
4(x) = cos(2x) Calculer rg(f
1, f
2, f
3, f
4) .
10.
(Eef10)Dans R
4, on dénit
v
1= (1, 2, 3, 4), v
2= (1, 1, 1, 3), v
3= (2, 1, 1, 1), v
4= (−1, 0, −1, 2), v
5= (2, 3, 0, 1),
A = Vect(v
1, v
2, v
3), B = Vect(v
4, v
5)
Calculer les dimensions de A , B , A ∩ B , A + B . 11.
(Eef11)Soit E l'ensemble des suites (u
n)
n∈N
à valeurs réelles vériant
∀n ∈ N , (n + 3)u
n+1− (n + 2)u
n+2− u
n= 0 a. Montrer que E est un R-espace vectoriel et que
(a, b) en est une base avec a la suite constante de valeur 1 et
b =
n
X
i=0
1 i!
!
n∈N
b. Soit p ∈ N xé et
F
p= {u ∈ E tq u
p= 0}
Montrer que F
pest un sous-espace vectoriel de E et en donner une base.
12.
(Eef12)Supplementaire commun à deux sous-espaces.
Soit E un K -espace vectoriel.
a. Soit U et V deux sous-espaces vectoriels de E . Mon- trer que
U ∪ V = E ⇒ U = E ou V = E.
Dans la suite de l'exercice, E est de dimension nie, A et B sont deux sous-espaces de même dimension strictement plus petite que dim E .
b. Montrer qu'il existe des familles libres F de vec- teurs de E telles que
A ∩ Vect(F) = {0
E} et B ∩ Vect(F) = {0
E} . c. Montrer qu'il existe un sous-espace C de E tel que
A ⊕ C = B ⊕ C = E.
13.
(Eef13)Dans R
3, F = Vect(u, v, w) avec
u = (1, 1, 0), v = (1, 0, 1), w = (1, 2, −1).
Trouver une base de F .
14.
(Eef14)On note D le C-espace vectoriel des fonctions dé- rivables de R dans C. Soit f ∈ D . Pour chaque x ∈ R, on note f
x∈ D dénie par :
∀t ∈ R , f
x(t) = f (t + x).
On note V = Vect(f
x, x ∈ R ) et on suppose dim V = 2 . Montrer que f
0et f
00sont dans V . En déduire que f est solution d'une équation diérentielle linéaire d'ordre 2 à coecients constants.
15.
(Eef15)Soit a = √ 2 + √
3 . En calculant les puissances successives de a , montrer que a est racine d'un polynôme à coecient dans Q de degré 4 .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai _fex_efpdf du 28 février 2020Lycée Hoche MPSI B Feuille Espaces vectoriels (dimension nie) : corrigés
1. pas de correction pour Eef01.tex
2.
(Cef02)Comme les familles ont un nombre d'éléments égal à la dimension, il sut de montrer qu'elles sont généra- trices pour montrer qu'elles sont libres. On le fait en exprimant les vecteurs de base ce qui est commode pour exprimer les coordonnées dans la nouvelle base.
Cas 1.
a
1= −b
1+ b
3×x
1a
2= b
1×x
2a
3= b
2×x
3a
4= −b
2− b
3+ b
4×x
4⇒ coord dans B
= (−x
1+ x
2, x
3− x
4, x
1− x
4, x
4).
Cas 2.
a
1= b
2×x
1a
2= b
3×x
2a
3= b
1+ b
2×x
3a
4= b
1+ b
2+ b
3+ b
4×x
4⇒ coord dans B
= (x
3+ x
4, x
1+ x
3+ x
4, x
2+ x
4, x
4).
3.
(Cef03)Pour montrer que c'est une base, on peut raisonner de plusieurs manières en combinant deux des propriétés suivantes de la famille (L
0, · · · , L
n) .
Elle contient n + 1 = dim C
n[X ] vecteurs.
Elle est libre. (prendre la valeur en a
ide la combinaison nulle)
Elle est génératrice avec P = P
ni=0
P e (a
i)L
i. (la dié- rence admet n + 1 racines alors que son degré est au plus n )
4. pas de correction pour Eef04.tex
5.
(Cef05)Tous les polynômes sont de même degré ≤ n −1 . Il s'agit donc d'une famille de n + 1 vecteurs dans l'espace R
n−1[X ] qui est de dimension n . Cette famille est liée d'après la condition susante de dépendance.
6.
(Cef06)On cherche les coordonnées dans les bases indi- quées par le cours (les trois cas gurent).
cas a u
n= 3 − 2
2−ncas b u
n= 2
−n+ 17n2
−ncas c u
n= 2
ncos 2nπ 3 + 2
√ 3 2
nsin 2nπ 3
7.
(Cef07)Soit q le nombre d'éléments du corps K et
n la dimension de l'espace. Par dénition, une base (a
1, · · · , a
n) fournit une bijection
K
n→ E
(λ
1, · · · , λ
n) 7→ λ
1a
1+ · · · λ
na
nOn en déduit que le nombre d'éléments de E est q
n. 8.
(Cef08)On utilise la formule
dim(A + B) = dim(A) + dim(B) − dim(A ∩ B)
En remplaçant, il faut montrer la positivité de
2(dim(A ∩ B)
2+ dim(A) dim(B) −dim(A) dim(A ∩ B)
− dim(B) dim(A ∩ B ))
qui se factorise en
(dim(A) − dim(A ∩ B))(dim(B) − dim(A ∩ B)) ≥ 0 9. pas de correction pour Eef09.tex
10.
(Cef10)Pour savoir si (v
1, v
2, v
3) est libre, on forme le sys- tème traduisant x
1v
1+ x
2v
2+ x
3v
3= 0
R4.
x
1+ x
2+ 2x
3= 0 2x
1+ x
2+ x
3= 0 3x
1+ x
2+ x
3= 0 4x
1+ 3x
2+ x
3= 0
⇒
x
1+ x
2+ 2x
3= 0 x
1− x
3= 0 2x
1− x
3= 0 x
1+ 2x
2= 0
⇒ x
1= x
2= x
3= 0 ⇒ dim(A) = 3.
(v
4, v
5) est libre (position des 0 ) donc dim(B) = 2 . Pour savoir si (v
1, v
2, v
3, v
4) est libre, on forme le sys- tème traduisant x
1v
1+ x
2v
2+ x
3v
3+ x
4v
4= 0
R4.
x
1+ x
2+ 2x
3− x
4= 0 2x
1+ x
2+ x
3= 0 3x
1+ x
2+ x
3− x
4= 0 4x
1+ 3x
2+ x
3+ 2x
4= 0
⇒
x
1+ x
2+ 2x
3− x
4= 0 x
1− x
3+ x
4= 0 2x
1− x
3= 0 x
1+ 2x
2+ 3x
4= 0
⇒
5x
1+ x
2− x
4= 0
−x
1+ x
4= 0 2x
1− x
3= 0 x
1+ 2x
2+ 3x
4= 0
⇒
4x
1+ x
2= 0
−x
1+ x
4= 0 2x
1− x
3= 0 4x
1+ 2x
2= 0
⇒ x
1= x
2= x
3= x
4= 0 La famille de 4 vecteurs est libre dans R
4, c'est donc une base. On en déduit
dim(A + b) = 4 et dim(A ∩ B) = 1 d'après la formule de Grassmann.
11.
Cef11a. Soit (u
n)
n∈Net (v
n)
n∈Ndans E et λ ∈ R. Les suites (u
n)
n∈N+ (v
n)
n∈Net λ(u
n)
n∈Nvérient encore la relation de récurrence dénissant E . On en déduit la stabilité de E qui est donc un sous-espace de l'espace de toutes les suites.
La relation dénssant E est une relation de récur- rence linéaire d'ordre 2 à coecients non constants.
Chaque suite de E est complément dénie par ses deux premières valeurs. On peut donc considérer (z
n)
n∈Net (u
n)
n∈Ndans E telles que
z
0= 1, z
1= 0, u
0= 0, u
1= 1.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
2
Rémy Nicolai _fex_efpdf du 28 février 2020Lycée Hoche MPSI B Feuille Espaces vectoriels (dimension nie) : corrigés
La famille ((z
n)
n∈N, (u
n)
n∈N) est une base de E qui est donc de dimension 2 .
∀n ∈ N , (n + 3) − (n + 2) − 1 = 0.
Donc a ∈ E (suite constante de valeur 1 ). De plus
b
n+1= b
n+ 1 (n + 1)!
b
n+2= b
n+ 1
(n + 1)! + 1 (n + 2)!
⇒ (n + 3)b
n+1− (n + 2)b
n+2− b
n= n + 3
(n + 1)! − n + 2
(n + 1)! − n + 2 (n + 2)! = 1
n! − 1 n! = 0.
Donc b ∈ E . Montrons que (a, b) est libre. Soit λ et µ réels. Alors λa + µb = 0 entraine, considérant les deux premiers termes,
( λ + µ = 0
λ + 2µ = 0 ⇒ λ = µ = 0.
Comme (a, b) est une famille libre à 2 éléments dans E qui est de dimension 2 , c'est une base.
b. Soit p ∈ N. L'application π
pde E dans R (x
n)
n∈N7→ x
pest une forme linéaire. Elle est non nulle car π
p(a) = 1 . Son noyau F
pest un sous-espace de E qui n'est pas E . Il contient au moins la suite
c = b −
p
X
i=0
1 i!
! a
qui n'est pas nulle car (a, b) est libre. Donc dim F
p6= 0 , dim F
p6= 2 ce qui entraine dim F
p= 1 . C'est une droite vectorielle de base (c) .
12.
(Cef12)a. Supposons E = U ∪ V et U 6= E . Montrons que U ⊂ V .
Il existe un élement de E qui n'est pas dans U , il est donc forcément dans V , notons le v : v ∈ V et v / ∈ U .
Pour tout u ∈ U, considérons u + v . Il appartient à U ∪ V mais il ne peut pas appartenir à U sinon v appartiendrait à U . On conclut
u + v ∈ V ⇒ u ∈ V.
b. Comme A et B sont diérents de E (degré stric- tement plus petit), A ∪ B 6= E . Il existe donc un vecteur x qui n'est ni dans A ni dans B . Il est donc non nul. La famille (x) à un seul élément est libre et vérie la condition imposée.
c. Parmi les familles vériant les conditions de b, considérons en une maximale : (x
1, · · · , x
q) . Une telle famille existe car les familles libres ont moins de dim E éléments. Notons C = Vect(x
1, · · · , x
q) .
Pour tout x / ∈ C , la famille (x
1, · · · , x
q, x) est libre.
À cause de la maximalité,
Vect(x
1, · · · , x
q, x) ∩ A 6= {0
E}
ou Vect(x
1, · · · , x
q, x) ∩ B 6= {0
E} . Remarquons que
Vect(x
1, · · · , x
q, x) ∩ A 6= {0
E} Vect(x
1, · · · , x
q) ∩ A = {0
E}
)
⇒ x ∈ C + A.
En eet, si
λ
1x
1+ · · · + λ
qx
q+ λx = a 6= 0
Ealors λ 6= 0 d'où x ∈ A + C . On en déduit E = (C + A) ∪ (C + B).
car lorsque x / ∈ C l'une ou l'autre alternative se réalise (les deux si x ∈ C .
On en déduit d'après a. que l'un des deux espaces est E : par exemple E = C +A . La somme est alors directe car A ∩ C = {0
E} . Utilisons la dimension :
E = C ⊕ A ⇒ dim E = dim C + dim A
= dim C + dim B car dim A = dim B
⇒ E = C ⊕ B car C ∩ B = {0
E} . 13.
(Cef13)Comme u et v comportent des 0 à des places dif-
férentes,
λu + µv = (λ + µ, λ, µ)
donc (u, v) est libre. De plus, 2u − v = w donc (u, v) engendre F . C'est une base : dim(F ) = 2 .
14.
(Cef14)Il existe x
1et x
2tels que (f
x1, f
x2) base de V . Comme la famille est génératrice, il existe des fonctions à valeurs complexes λ
1et λ
2telles que
∀x ∈ R , f
x= λ
1(x)f
x1+ λ
2(x)f
x2.
On va montrer que λ
1et λ
2sont dérivables. Pour cela on les exprime comme solutions d'un système de Cramer.
Pour tout (x, t) ∈ R
2,
(∗) f(x + t) = λ
1(x)f (x
1+ t) + λ
2(x)f (x
2+ t).
En particulier, pour tout t ∈ R
( f (x
1)λ
1(x) + f (x
2)λ
2(x) = f (x) f (x
1+ t)λ
1(x) + f (x
2+ t)λ
2(x) = f (x + t)
Le déterminant de ce système est
∆
t= f (x
1)f
x2(t) − f (x
2)f
x1(t).
Comme (f
x1, f
x2) est libre, il existe t
0tel que ∆
t06= 0 . Les expressions de λ
1et λ
2par les formules de Cramer montrent qu'elles sont dans V .
En dérivant (∗) une fois par rapport à x puis en prenant x = 0 , on montre que f
0∈ V . On en déduit que f
0Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
3
Rémy Nicolai _fex_efpdf du 28 février 2020Lycée Hoche MPSI B Feuille Espaces vectoriels (dimension nie) : corrigés
est dérivable. De plus, il existe des fonctions µ
1et µ
2vériant
(∗∗) f
0(x + t) = µ
1(x)f(x
1+ t) + µ
2(x)f (x
2+ t).
On montre de la même manière que µ
1, µ
2∈ V donc f
00∈ V .
La famille de trois vecteurs (f, f
0, f
00) d'un espace de dimension 2 est liée (condition susante de dépendance) donc f est solution d'une équation diérentielle linéaire d'ordre 2 à coecients constants.
15. pas de correction pour Eef15.tex
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
