Le sous-espace vectoriel est l’une des notions les plus testées en algèbre linéaire, car elle conditionne la compréhension de la base, de la dimension, du noyau et de l’image d’une application linéaire. Cette page propose dix exercices corrigés, classés du plus facile au plus difficile, pour s’entraîner à appliquer la caractérisation en trois conditions, à manipuler un sous-espace engendré (Vect), à déterminer une famille génératrice ou une base, et à démontrer une somme directe entre deux sous-espaces. Chaque exercice est accompagné d’une indication qui guide la réflexion sans donner la réponse, puis d’un corrigé rédigé pas à pas. Cette page complète le cours sur les espaces vectoriels.
Caractériser un sous-espace vectoriel : la méthode des trois conditions
Avant de démontrer qu’un ensemble est un sous-espace vectoriel, il faut savoir reconnaître les pièges classiques : vecteur nul absent, stabilité par addition ou par multiplication scalaire en défaut. Les deux exercices suivants entraînent à appliquer rigoureusement le critère de caractérisation, aussi bien dans \(\mathbb{R}^n\) que dans un espace de matrices.
Exercice 1 : Sous-espaces vectoriels de \(\mathbb{R}^3\), repérer les pièges classiques
Facile
On considère les quatre parties suivantes de \(\mathbb{R}^3\) :
\[ E_1 = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x+y+z=0\}, \quad E_2 = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x+y+z=1\} \]
\[ E_3 = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid xy=0\}, \quad E_4 = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x \geqslant 0\} \]
- Rappeler les trois conditions permettant de caractériser un sous-espace vectoriel.
- Déterminer, pour chacun des ensembles \(E_1, E_2, E_3, E_4\), s’il s’agit d’un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^3\). On justifiera chaque réponse, en exhibant un contre-exemple lorsque ce n’est pas le cas.
Indication
Commencez toujours par vérifier si le vecteur nul appartient à l’ensemble : c’est le test le plus rapide pour éliminer un candidat. Pour \(E_3\), pensez à deux vecteurs vérifiant chacun \(xy=0\) mais dont la somme ne vérifie plus cette condition.
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Solution de la question 1 : Une partie \(F\) d’un espace vectoriel \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(E\) si et seulement si :
\[ (i)\ 0_E \in F, \qquad (ii)\ \forall (u,v) \in F^2,\ u+v \in F, \qquad (iii)\ \forall u \in F,\ \forall \lambda \in \mathbb{K},\ \lambda u \in F \]
Les conditions (ii) et (iii) se résument souvent en une seule condition de stabilité par combinaison linéaire : \(\forall (u,v) \in F^2,\ \forall \lambda \in \mathbb{K},\ \lambda u + v \in F\).
Solution de la question 2 :
\(E_1\) : le vecteur nul vérifie \(0+0+0=0\), donc \((0,0,0) \in E_1\). Soient \((x,y,z),(x’,y’,z’) \in E_1\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). On a \(\lambda x + x’ + \lambda y + y’ + \lambda z + z’ = \lambda(x+y+z) + (x’+y’+z’) = \lambda \cdot 0 + 0 = 0\), donc \(\lambda(x,y,z)+(x’,y’,z’) \in E_1\). \(E_1\) est bien un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^3\).
\(E_2\) : le vecteur nul donne \(0+0+0=0 \neq 1\), donc \((0,0,0) \notin E_2\). \(E_2\) n’est pas un sous-espace vectoriel.
\(E_3\) : prenons \(u=(1,0,0)\) et \(v=(0,1,0)\). On a \(u \in E_3\) (car \(1\times 0=0\)) et \(v \in E_3\) (car \(0\times 1=0\)), mais \(u+v=(1,1,0)\) vérifie \(1\times 1=1\neq 0\), donc \(u+v \notin E_3\). \(E_3\) n’est pas stable par addition, ce n’est pas un sous-espace vectoriel.
\(E_4\) : prenons \(u=(1,0,0) \in E_4\) et \(\lambda=-1\). Alors \(\lambda u = (-1,0,0)\), qui ne vérifie pas \(x\geqslant 0\). \(E_4\) n’est pas stable par multiplication scalaire, ce n’est pas un sous-espace vectoriel.
Exercice 2 : Sous-espace de matrices \(M_2(\mathbb{R})\) et condition linéaire
Facile
On note \(M_2(\mathbb{R})\) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre 2 à coefficients réels. On considère :
\[ E = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in M_2(\mathbb{R}) \ \middle|\ a+d=0 \right\}, \qquad G = \left\{ M \in M_2(\mathbb{R}) \mid \det(M)=0 \right\} \]
Le second ensemble fait intervenir le déterminant d’une matrice, qui n’est pas une condition linéaire.
- Montrer que \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb{R})\), puis en donner une base et sa dimension.
- Montrer que \(G\) n’est pas un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb{R})\).
Indication
Pour \(E\), la condition \(a+d=0\) est linéaire en les coefficients : c’est un bon signe pour un sous-espace vectoriel. Pour \(G\), cherchez deux matrices inversibles dont la somme ne l’est pas.
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Solution de la question 1 : La matrice nulle vérifie \(0+0=0\), donc \(0 \in E\). Soient \(M=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\) et \(M’=\begin{pmatrix} a’ & b’ \\ c’ & d’ \end{pmatrix}\) dans \(E\), et \(\lambda \in \mathbb{R}\). Alors \(\lambda M + M’ = \begin{pmatrix} \lambda a + a’ & \lambda b+b’ \\ \lambda c+c’ & \lambda d+d’ \end{pmatrix}\), et \((\lambda a+a’)+(\lambda d+d’) = \lambda(a+d)+(a’+d’) = \lambda\cdot 0+0=0\). Donc \(\lambda M+M’ \in E\) : \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb{R})\). Tout élément de \(E\) s’écrit \(\begin{pmatrix} a & b \\ c & -a \end{pmatrix} = a\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix} + c\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\), et ces trois matrices forment une famille libre. \(E\) admet donc cette famille comme base et \(\dim E = 3\).
Solution de la question 2 : Prenons \(M=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\) et \(M’=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\). On a \(\det(M)=0\) et \(\det(M’)=0\), donc \(M,M’ \in G\). Mais \(M+M’=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\) a pour déterminant 1, donc \(M+M’ \notin G\). \(G\) n’est pas stable par addition : ce n’est pas un sous-espace vectoriel.
Sous-espace engendré, famille génératrice et calcul d’une base
Une fois la caractérisation maîtrisée, l’enjeu devient pratique : déterminer un sous-espace engendré par une famille de vecteurs (noté \(\mathrm{Vect}\)), réduire une famille génératrice en base, et calculer la dimension d’un sous-espace défini par un système d’équations linéaires.
Exercice 3 : Sous-espace engendré par trois vecteurs de \(\mathbb{R}^3\)
Moyen
On considère les vecteurs \(u=(1,1,0)\), \(v=(2,1,1)\) et \(w=(1,0,1)\) de \(\mathbb{R}^3\), et \(F=\mathrm{Vect}(u,v,w)\).
- Exprimer \(w\) comme combinaison linéaire de \(u\) et \(v\).
- En déduire une base de \(F\) et sa dimension.
Indication
Cherchez \(a,b \in \mathbb{R}\) tels que \(w=au+bv\) en résolvant le système coordonnée par coordonnée. Si une telle relation existe, l’un des trois vecteurs générateurs est superflu.
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Solution de la question 1 : On cherche \(a,b\) tels que \(au+bv=w\), soit \((a+2b,\ a+b,\ b)=(1,0,1)\). La troisième coordonnée donne \(b=1\). La deuxième donne \(a+1=0\), soit \(a=-1\). On vérifie la première : \(-1+2=1\), ce qui est cohérent. Donc \(w=-u+v\).
Solution de la question 2 : Puisque \(w=-u+v\), tout vecteur de \(F=\mathrm{Vect}(u,v,w)\) s’exprime déjà comme combinaison linéaire de \(u\) et \(v\) seuls : \(F=\mathrm{Vect}(u,v)\). De plus, \(u\) et \(v\) ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles), donc la famille \((u,v)\) est libre. \((u,v)\) est donc une base de \(F\), et \(\dim F = 2\) : \(F\) est un plan vectoriel de \(\mathbb{R}^3\).
Exercice 4 : Sous-espace de \(\mathbb{R}^4\) défini par un système linéaire
Moyen
On définit la partie de \(\mathbb{R}^4\) suivante :
\[ F = \left\{ (x,y,z,t) \in \mathbb{R}^4 \ \middle|\ \begin{cases} x+y+z+t=0 \\ x-y+z-t=0 \end{cases} \right\} \]
- Vérifier que \(F\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^4\).
- Résoudre le système pour paramétrer les éléments de \(F\), puis en donner une base et sa dimension.
Indication
Un sous-espace défini par un système d’équations linéaires homogènes (c’est-à-dire dont le second membre est nul) est automatiquement un sous-espace vectoriel : c’est un résultat à connaître et à savoir justifier. Pour la paramétrisation, additionnez puis soustrayez les deux équations.
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Solution de la question 1 : \(F\) est l’ensemble des solutions d’un système linéaire homogène, c’est-à-dire le noyau de l’application linéaire \(\varphi : \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^2\) définie par \(\varphi(x,y,z,t)=(x+y+z+t,\ x-y+z-t)\). Or le noyau d’une application linéaire est toujours un sous-espace vectoriel de l’espace de départ : \((0,0,0,0)\) vérifie trivialement le système, et si \((x,y,z,t)\) et \((x’,y’,z’,t’)\) sont solutions, alors par linéarité de \(\varphi\), toute combinaison \(\lambda(x,y,z,t)+(x’,y’,z’,t’)\) l’est aussi. \(F\) est donc un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^4\).
Solution de la question 2 : En additionnant les deux équations : \(2x+2z=0\), donc \(x=-z\). En les soustrayant : \(2y+2t=0\), donc \(y=-t\). Les paramètres libres sont \(z\) et \(t\), et tout élément de \(F\) s’écrit \((x,y,z,t)=(-z,-t,z,t) = z(-1,0,1,0) + t(0,-1,0,1)\). Posons \(e_1=(-1,0,1,0)\) et \(e_2=(0,-1,0,1)\) : la famille \((e_1,e_2)\) engendre \(F\) et elle est libre (vecteurs non proportionnels). C’est donc une base de \(F\), et \(\dim F = 2\).
Exercice 5 : Pourquoi la réunion de deux sous-espaces n’est presque jamais un sous-espace
Moyen
Soit \(E\) un espace vectoriel et \(F, G\) deux sous-espaces vectoriels de \(E\). On veut démontrer l’équivalence suivante :
\[ F \cup G \text{ est un sous-espace vectoriel de } E \quad \Longleftrightarrow \quad F \subset G \ \text{ ou } \ G \subset F \]
- Démontrer le sens facile de l’équivalence : si \(F \subset G\) ou \(G \subset F\), alors \(F \cup G\) est un sous-espace vectoriel.
- Démontrer la réciproque par l’absurde : on supposera que \(F \not\subset G\) et \(G \not\subset F\), et on construira deux vecteurs bien choisis pour aboutir à une contradiction.
Indication
Pour la question 2, l’hypothèse \(F \not\subset G\) fournit un vecteur \(x \in F\) avec \(x \notin G\), et de même \(G \not\subset F\) fournit \(y \in G\) avec \(y \notin F\). Étudiez où peut se trouver le vecteur \(x+y\) si \(F \cup G\) est stable par addition.
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Solution de la question 1 : Si \(F \subset G\), alors \(F \cup G = G\), qui est un sous-espace vectoriel par hypothèse. Le cas \(G \subset F\) est symétrique : \(F \cup G = F\), qui est un sous-espace vectoriel.
Solution de la question 2 : Supposons par l’absurde que \(F \cup G\) soit un sous-espace vectoriel, mais que ni \(F \subset G\) ni \(G \subset F\) ne soit vérifié. Il existe alors \(x \in F\) tel que \(x \notin G\), et \(y \in G\) tel que \(y \notin F\). Comme \(x \in F \subset F\cup G\) et \(y \in G \subset F\cup G\), et que \(F\cup G\) est stable par addition, on a \(x+y \in F\cup G\), donc \(x+y \in F\) ou \(x+y \in G\). Si \(x+y \in F\), alors \(y=(x+y)-x \in F\) (car \(F\) est un sous-espace vectoriel, donc stable par différence), ce qui contredit \(y \notin F\). Si \(x+y \in G\), alors \(x=(x+y)-y \in G\), ce qui contredit \(x \notin G\). Dans les deux cas on obtient une contradiction, donc l’hypothèse de départ est fausse : \(F \subset G\) ou \(G \subset F\).
Intersection et somme directe de sous-espaces vectoriels
Contrairement à la réunion, l’intersection de deux sous-espaces vectoriels est toujours un sous-espace vectoriel. Les exercices suivants exploitent cette propriété pour construire des décompositions en somme directe, une technique centrale pour les fonctions paires/impaires et les matrices symétriques/antisymétriques.
Exercice 6 : Intersection, somme et somme directe de deux sous-espaces de \(\mathbb{R}^3\)
Moyen
Soient \(F = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x+y+z=0\}\) et \(G = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x=y=z\}\).
- Montrer que \(F\) et \(G\) sont des sous-espaces vectoriels de \(\mathbb{R}^3\), et donner leur dimension.
- Déterminer \(F \cap G\), puis montrer que \(F+G=\mathbb{R}^3\). Que peut-on en conclure ?
Indication
\(G\) est engendré par un seul vecteur, donc de dimension 1. Pour l’intersection, combinez les deux conditions \(x=y=z\) et \(x+y+z=0\). Pensez ensuite à la formule \(\dim(F+G) = \dim F + \dim G – \dim(F \cap G)\) pour conclure sans calcul supplémentaire.
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Solution de la question 1 : \(F\) est défini par une équation linéaire homogène, c’est donc un sous-espace vectoriel (même argument que l’exercice 4), de dimension 2 (un plan). \(G = \mathrm{Vect}((1,1,1))\) est un sous-espace engendré par un vecteur, donc un sous-espace vectoriel de dimension 1.
Solution de la question 2 : Si \((x,y,z) \in F \cap G\), alors \(x=y=z\) et \(x+y+z=0\), donc \(3x=0\), soit \(x=y=z=0\). Ainsi \(F \cap G = \{(0,0,0)\}\). D’après la formule de Grassmann, \(\dim(F+G) = \dim F + \dim G – \dim(F\cap G) = 2+1-0=3\). Comme \(F+G\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^3\) de dimension 3, on a nécessairement \(F+G=\mathbb{R}^3\). Puisque de plus \(F \cap G = \{0\}\), on conclut que \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(\mathbb{R}^3\) : \(\mathbb{R}^3 = F \oplus G\).
Exercice 7 : Fonctions paires et fonctions impaires en somme directe
Difficile
On note \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\) l’espace vectoriel des fonctions de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\), et on pose :
\[ \mathcal{P} = \{f \in \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R}) \mid \forall x \in \mathbb{R},\ f(-x)=f(x)\}, \qquad \mathcal{I} = \{f \in \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R}) \mid \forall x \in \mathbb{R},\ f(-x)=-f(x)\} \]
- Montrer que \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{I}\) sont des sous-espaces vectoriels de \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\).
- Montrer que \(\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0\}\).
- Montrer que \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R}) = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\), en explicitant pour toute fonction \(f\) sa décomposition.
Indication
Pour la question 3, ne cherchez pas la décomposition au hasard : posez \(g(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}\) et \(h(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}\), puis vérifiez que \(g\) est paire, \(h\) est impaire, et que \(g+h=f\).
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Solution de la question 1 : La fonction nulle est paire et impaire, donc appartient à \(\mathcal{P}\) et à \(\mathcal{I}\). Soient \(f,f’ \in \mathcal{P}\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\) : pour tout \(x\), \((\lambda f+f’)(-x) = \lambda f(-x)+f'(-x) = \lambda f(x)+f'(x) = (\lambda f+f’)(x)\), donc \(\lambda f+f’ \in \mathcal{P}\). \(\mathcal{P}\) est un sous-espace vectoriel. Le raisonnement est identique pour \(\mathcal{I}\) en remplaçant le signe.
Solution de la question 2 : Soit \(f \in \mathcal{P} \cap \mathcal{I}\). Pour tout \(x\), on a à la fois \(f(-x)=f(x)\) (parité) et \(f(-x)=-f(x)\) (imparité), donc \(f(x)=-f(x)\), soit \(2f(x)=0\), soit \(f(x)=0\). Ainsi \(f\) est la fonction nulle, et \(\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0\}\).
Solution de la question 3 : Soit \(f \in \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\). Posons \(g(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}\) et \(h(x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}\). On vérifie \(g(-x)=\dfrac{f(-x)+f(x)}{2}=g(x)\), donc \(g \in \mathcal{P}\), et \(h(-x)=\dfrac{f(-x)-f(x)}{2}=-h(x)\), donc \(h \in \mathcal{I}\). De plus \(g(x)+h(x) = f(x)\) pour tout \(x\), donc \(f=g+h \in \mathcal{P}+\mathcal{I}\). Ceci montre \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R}) = \mathcal{P}+\mathcal{I}\), et combiné à la question 2, on obtient \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R}) = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\).
Exercice 8 : Matrices symétriques et antisymétriques en somme directe
Difficile
Dans \(M_n(\mathbb{R})\), on pose \(S_n(\mathbb{R}) = \{M \in M_n(\mathbb{R}) \mid M^T=M\}\) (matrices symétriques) et \(A_n(\mathbb{R}) = \{M \in M_n(\mathbb{R}) \mid M^T=-M\}\) (matrices antisymétriques).
- Montrer que \(S_n(\mathbb{R})\) et \(A_n(\mathbb{R})\) sont des sous-espaces vectoriels de \(M_n(\mathbb{R})\).
- Montrer que \(M_n(\mathbb{R}) = S_n(\mathbb{R}) \oplus A_n(\mathbb{R})\).
Indication
La démarche est exactement la même que pour l’exercice 7 sur les fonctions paires et impaires, en remplaçant \(f(-x)\) par \(M^T\). Cherchez la décomposition \(M = \frac{1}{2}(M+M^T) + \frac{1}{2}(M-M^T)\).
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Solution de la question 1 : La matrice nulle vérifie \(0^T=0\), elle appartient donc à \(S_n(\mathbb{R})\) et à \(A_n(\mathbb{R})\). Soient \(M,M’ \in S_n(\mathbb{R})\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\) : par linéarité de la transposition, \((\lambda M+M’)^T = \lambda M^T+M’^T = \lambda M+M’\), donc \(\lambda M+M’ \in S_n(\mathbb{R})\). \(S_n(\mathbb{R})\) est un sous-espace vectoriel. De même, \((\lambda M+M’)^T = \lambda M^T+M’^T = -\lambda M-M’ = -(\lambda M+M’)\) pour \(M,M’ \in A_n(\mathbb{R})\), donc \(A_n(\mathbb{R})\) est aussi un sous-espace vectoriel.
Solution de la question 2 : Soit \(M \in S_n(\mathbb{R}) \cap A_n(\mathbb{R})\) : alors \(M^T=M\) et \(M^T=-M\), donc \(M=-M\), soit \(M=0\). Ainsi \(S_n(\mathbb{R}) \cap A_n(\mathbb{R}) = \{0\}\). Soit maintenant \(M \in M_n(\mathbb{R})\) quelconque. Posons \(P=\frac{1}{2}(M+M^T)\) et \(Q=\frac{1}{2}(M-M^T)\). On a \(P^T = \frac{1}{2}(M^T+M)=P\), donc \(P \in S_n(\mathbb{R})\), et \(Q^T=\frac{1}{2}(M^T-M)=-Q\), donc \(Q \in A_n(\mathbb{R})\). Comme \(P+Q=M\), on en déduit \(M_n(\mathbb{R}) = S_n(\mathbb{R})+A_n(\mathbb{R})\). Avec l’intersection triviale obtenue précédemment, on conclut \(M_n(\mathbb{R}) = S_n(\mathbb{R}) \oplus A_n(\mathbb{R})\).
Sous-espaces associés à une application linéaire : noyau, image et suites récurrentes
Le noyau et l’image d’une application linéaire sont deux sous-espaces vectoriels fondamentaux, reliés par le théorème du rang. Le dernier exercice élargit la notion de sous-espace vectoriel à un cadre moins classique : l’espace des suites réelles vérifiant une relation de récurrence linéaire.
Exercice 9 : Noyau et image d’un endomorphisme de \(\mathbb{R}^3\)
Difficile
Soit \(f : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\) l’application linéaire définie par \(f(x,y,z) = (x+y,\ y+z,\ x+2y+z)\).
- Justifier que \(\mathrm{Ker}(f)\) et \(\mathrm{Im}(f)\) sont des sous-espaces vectoriels de \(\mathbb{R}^3\), puis déterminer une base et la dimension de \(\mathrm{Ker}(f)\).
- En utilisant le théorème du rang, déterminer une base et la dimension de \(\mathrm{Im}(f)\).
Indication
Observez que la troisième coordonnée de \(f(x,y,z)\) est la somme des deux premières : cela doit simplifier la résolution du système \(f(x,y,z)=0\). Pour l’image, le théorème du rang donne la dimension ; il suffit ensuite de trouver deux images de vecteurs de base non colinéaires.
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Solution de la question 1 : Le noyau et l’image d’une application linéaire sont toujours des sous-espaces vectoriels (respectivement de l’espace de départ et de l’espace d’arrivée) : c’est une propriété générale qui découle directement de la linéarité de \(f\). Résolvons \(f(x,y,z)=(0,0,0)\) : \(x+y=0\), \(y+z=0\), \(x+2y+z=0\). La première équation donne \(x=-y\), la seconde \(z=-y\). En substituant dans la troisième : \(-y+2y-y=0\), qui est automatiquement vérifiée. Donc \(\mathrm{Ker}(f) = \{(-y,y,-y) \mid y \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}((-1,1,-1))\), de dimension 1.
Solution de la question 2 : Le théorème du rang donne \(\dim \mathbb{R}^3 = \dim \mathrm{Ker}(f) + \dim \mathrm{Im}(f)\), soit \(3 = 1 + \dim \mathrm{Im}(f)\), donc \(\dim \mathrm{Im}(f) = 2\). Calculons les images des vecteurs de la base canonique : \(f(1,0,0)=(1,0,1)\) et \(f(0,1,0)=(1,1,2)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc la famille \(\big((1,0,1),(1,1,2)\big)\) est libre dans \(\mathrm{Im}(f)\), qui est de dimension 2 : c’est donc une base de \(\mathrm{Im}(f)\).
Exercice 10 : Sous-espace vectoriel de suites définies par une récurrence linéaire
Difficile
On note \(\mathbb{R}^{\mathbb{N}}\) l’espace vectoriel des suites réelles, et on considère :
\[ E = \left\{ (u_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathbb{R}^{\mathbb{N}} \ \middle|\ \forall n \in \mathbb{N},\ u_{n+2} = u_{n+1}+u_n \right\} \]
- Montrer que \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{\mathbb{N}}\).
- On admet que les suites géométriques \((\varphi^n)_{n}\) et \((\psi^n)_{n}\), où \(\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) et \(\psi=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) sont les deux racines de l’équation \(x^2=x+1\), appartiennent à \(E\). Montrer qu’elles forment une famille libre, puis admettre qu’elles engendrent \(E\) pour conclure sur la dimension de \(E\).
Indication
Pour la question 1, une suite de \(E\) est entièrement déterminée par ses deux premiers termes \(u_0\) et \(u_1\) : la relation de récurrence est linéaire, donc compatible avec une combinaison linéaire de deux suites de \(E\). Pour la question 2, supposez \(a\varphi^n+b\psi^n=0\) pour tout \(n\), et examinez les cas \(n=0\) et \(n=1\).
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Solution de la question 1 : La suite nulle vérifie trivialement \(0=0+0\) pour tout \(n\), donc la suite nulle appartient à \(E\). Soient \((u_n), (v_n) \in E\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), et posons \(w_n = \lambda u_n+v_n\). Pour tout \(n\), \(w_{n+2} = \lambda u_{n+2}+v_{n+2} = \lambda(u_{n+1}+u_n)+(v_{n+1}+v_n) = (\lambda u_{n+1}+v_{n+1})+(\lambda u_n+v_n) = w_{n+1}+w_n\). Donc \((w_n) \in E\) : \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{\mathbb{N}}\).
Solution de la question 2 : Supposons que \(a\varphi^n+b\psi^n=0\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), avec \(a,b \in \mathbb{R}\). Pour \(n=0\) : \(a+b=0\), donc \(b=-a\). Pour \(n=1\) : \(a\varphi+b\psi=0\), soit \(a\varphi-a\psi=0\), soit \(a(\varphi-\psi)=0\). Comme \(\varphi \neq \psi\) (les deux racines sont distinctes puisque \(\sqrt5\neq0\)), on obtient \(a=0\), puis \(b=0\). La famille \(\big((\varphi^n),(\psi^n)\big)\) est donc libre dans \(E\). Une suite de \(E\) étant déterminée de manière unique par le couple \((u_0,u_1)\), l’espace \(E\) est isomorphe à \(\mathbb{R}^2\) et est donc de dimension 2 ; la famille libre à deux éléments \(\big((\varphi^n),(\psi^n)\big)\) en constitue donc une base.