Espace vectoriel exercices corrigés

Solution de la question 1 et 2 :

$F_1$ est un sous-espace vectoriel. Vérification de la caractérisation : soient $u = (x_1, y_1, z_1)$ et $v = (x_2, y_2, z_2)$ dans $F_1$, et $\lambda \in \mathbb{R}$. On a $x_1 + 2y_1 - z_1 = 0$ et $x_2 + 2y_2 - z_2 = 0$, donc :

$$(\lambda x_1 + x_2) + 2(\lambda y_1 + y_2) - (\lambda z_1 + z_2) = \lambda(x_1 + 2y_1 - z_1) + (x_2 + 2y_2 - z_2) = 0.$$

Ainsi $\lambda u + v \in F_1$. $F_1$ est bien un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

$F_2$ est un sous-espace vectoriel. La condition $x^2 + y^2 = 0$ dans $\mathbb{R}$ équivaut à $x = 0$ et $y = 0$. Ainsi $F_2 = \{(0, 0, z) \mid z \in \mathbb{R}\}$, qui est la droite vectorielle engendrée par $(0, 0, 1)$. C'est un sous-espace vectoriel.

$F_3$ n'est pas un sous-espace vectoriel. Le vecteur nul $(0, 0, 0)$ vérifie $0 + 0 = 0 \neq 1$, donc $(0,0,0) \notin F_3$. La condition nécessaire du vecteur nul n'est pas satisfaite.

Solution de la question 1 :

Pour $F$ : La fonction nulle vérifie $0(0)=0$ donc $0 \in F$. Soient $f, g \in F$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ ; alors $(\lambda f + g)(0) = \lambda f(0) + g(0) = 0$, donc $\lambda f + g \in F$. $F$ est un sous-espace vectoriel.

Pour $G$ : La fonction nulle est continue et $\int_0^1 0 \,\mathrm{d}t = 0$, donc $0 \in G$. Soient $f, g \in G$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. La fonction $\lambda f + g$ est continue (combinaison linéaire de fonctions continues), et par linéarité de l'intégrale :

$$\int_0^1 (\lambda f + g)(t)\,\mathrm{d}t = \lambda \underbrace{\int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t}_{=\,0} + \underbrace{\int_0^1 g(t)\,\mathrm{d}t}_{=\,0} = 0.$$

Donc $\lambda f + g \in G$. $G$ est un sous-espace vectoriel.

Solution de la question 2 :

La fonction nulle vérifie $0(1) = 0 \neq 2$, donc $0 \notin H$. Ainsi $H$ n'est pas un sous-espace vectoriel.

Solution de la question 1 :

Un vecteur $(x, y, z)$ appartient à $F \cap G$ si et seulement si $x - y = 0$ et $y - z = 0$, c'est-à-dire $x = y = z$. Ainsi :

$$F \cap G = \{(t, t, t) \mid t \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}\big((1, 1, 1)\big).$$

C'est la droite vectorielle engendrée par $(1,1,1)$, qui est un sous-espace vectoriel. La famille $\{(1,1,1)\}$ en est une base.

Solution de la question 2 :

Prenons $u = (1, 1, 0) \in F$ (car $1 - 1 = 0$) et $v = (0, 1, 1) \in G$ (car $1 - 1 = 0$). La somme est :

$$u + v = (1, 2, 1).$$

Or $1 \neq 2$ donc $u + v \notin F$, et $2 \neq 1$ donc $u + v \notin G$. Ainsi $u + v \notin F \cup G$, ce qui prouve que $F \cup G$ n'est pas stable par addition et n'est donc pas un sous-espace vectoriel.

Solution de la question 1 :

On résout $\alpha v_1 + \beta v_2 + \gamma v_3 = 0$ :

$$\begin{cases} \alpha + 2\gamma = 0 \\ 2\alpha + \beta + 3\gamma = 0 \\ -\beta + \gamma = 0 \end{cases}$$

De la troisième équation : $\beta = \gamma$. De la première : $\alpha = -2\gamma$. En substituant dans la deuxième : $-4\gamma + \gamma + 3\gamma = 0$, soit $0 = 0$. Il existe donc des solutions non triviales, par exemple $\gamma = 1$, $\beta = 1$, $\alpha = -2$, ce qui donne $-2v_1 + v_2 + v_3 = 0$. La famille n'est pas libre.

Solution de la question 2 :

On résout $\alpha v_1 + \beta v_2 = w$ :

$$\begin{cases} \alpha = 3 \\ 2\alpha + \beta = 7 \\ -\beta = -1 \end{cases}$$

De la troisième équation : $\beta = 1$. De la première : $\alpha = 3$. Vérification dans la deuxième : $6 + 1 = 7$. ✓ Donc $w = 3v_1 + v_2 \in \mathrm{Vect}(v_1, v_2)$.

Solution de la question 1 :

On écrit $\alpha P_1 + \beta P_2 + \gamma P_3 + \delta P_4 = 0$. En développant et en identifiant coefficient par coefficient :

$$\begin{cases} \alpha + \delta = 0 & \text{(coeff. de }1\text{)} \\ \alpha + \beta = 0 & \text{(coeff. de }X\text{)} \\ \beta + \gamma = 0 & \text{(coeff. de }X^2\text{)} \\ \gamma + \delta = 0 & \text{(coeff. de }X^3\text{)} \end{cases}$$

De la 1re : $\delta = -\alpha$. De la 2e : $\beta = -\alpha$. De la 3e : $\gamma = \alpha$. De la 4e : $\alpha + (-\alpha) = 0$. ✓ Le système a une infinité de solutions ; par exemple $\alpha = 1, \beta = -1, \gamma = 1, \delta = -1$. La famille n'est pas libre.

Solution de la question 2 :

La famille contient 4 vecteurs dans un espace de dimension 4, mais elle n'est pas libre. Elle est donc également non génératrice (une famille non libre dans un espace de dimension $n$ ne peut pas être une base, et une famille à $n$ éléments non libre dans un espace de dimension $n$ n'est pas génératrice). Pour le confirmer, on cherche si $1 \in \mathrm{Vect}(P_1, P_2, P_3, P_4)$ sans passer par $X$ : le coefficient de $X$ dans toute combinaison linéaire de ces quatre polynômes est toujours égal au coefficient de $1$, ce qui empêche d'atteindre des polynômes quelconques.

Solution de la question 1 :

On résout $\alpha A_1 + \beta A_2 + \gamma A_3 + \delta A_4 = 0_{\mathcal{M}_2}$ :

$$\begin{pmatrix} \alpha + \beta + \delta & \beta \\ \gamma & \alpha + \gamma - \delta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$$

On obtient le système :

$$\begin{cases} \alpha + \beta + \delta = 0 \\ \beta = 0 \\ \gamma = 0 \\ \alpha + \gamma - \delta = 0 \end{cases}$$

De la 2e : $\beta = 0$. De la 3e : $\gamma = 0$. De la 4e : $\alpha = \delta$. De la 1re : $\alpha + \alpha = 0$, donc $\alpha = 0$ et $\delta = 0$. L'unique solution est $\alpha = \beta = \gamma = \delta = 0$ : la famille est libre.

Solution de la question 2 :

Puisque $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ est de dimension 4 et que la famille libre contient 4 éléments, elle constitue une base de $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$.

Solution de la question 3 :

On résout $\alpha A_1 + \beta A_2 + \gamma A_3 + \delta A_4 = M$ :

$$\begin{cases} \alpha + \beta + \delta = 3 \\ \beta = 2 \\ \gamma = -1 \\ \alpha + \gamma - \delta = 5 \end{cases}$$

De la 2e : $\beta = 2$. De la 3e : $\gamma = -1$. De la 4e : $\alpha - 1 - \delta = 5$ donc $\alpha - \delta = 6$. De la 1re : $\alpha + 2 + \delta = 3$ donc $\alpha + \delta = 1$. En résolvant : $\alpha = \frac{7}{2}$ et $\delta = -\frac{5}{2}$. Donc :

$$M = \frac{7}{2}A_1 + 2A_2 + (-1)A_3 + \left(-\frac{5}{2}\right)A_4.$$

Solution :

La condition $2x - y + z - 3t = 0$ permet d'exprimer $y = 2x + z - 3t$. Un vecteur générique de $F$ s'écrit donc :

$$(x, y, z, t) = (x, 2x + z - 3t, z, t) = x(1, 2, 0, 0) + z(0, 1, 1, 0) + t(0, -3, 0, 1).$$

La famille $\mathcal{B} = \{(1, 2, 0, 0),\, (0, 1, 1, 0),\, (0, -3, 0, 1)\}$ est génératrice de $F$. Elle est également libre (les trois vecteurs ont des positions de pivots distinctes). C'est donc une base de $F$.

$$\dim F = 3.$$

Solution de la question 1 :

On écrit la matrice dont les colonnes sont $u_1, u_2, u_3, u_4$ et on la réduit par pivot :

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -2 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_2 \leftarrow L_2 - L_1} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -2 & -2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_3 \leftarrow L_3 + \frac{1}{2}L_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

Le rang de cette matrice est 2. La famille ne génère donc pas tout $\mathbb{R}^3$, mais seulement un plan vectoriel. Comme $u_3=-2u_1+u_2$ et $u_4=-u_1+u_2$, on a :

$$\mathrm{Vect}(u_1,u_2,u_3,u_4)=\mathrm{Vect}(u_1,u_2).$$

Ce plan a pour équation $x-y-2z=0$.

Solution de la question 2 :

Les deux pivots correspondent aux colonnes 1 et 2, donc $\{u_1, u_2\}$ est une base de $\mathrm{Vect}(u_1, u_2, u_3, u_4)$.

Solution de la question 1 :

La fonction nulle vérifie $0(1) = 0$ et $0'(0) = 0$, donc $0 \in F$. Soient $P, Q \in F$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Alors $(\lambda P + Q)(1) = \lambda P(1) + Q(1) = 0$ et $(\lambda P + Q)'(0) = \lambda P'(0) + Q'(0) = 0$. Donc $\lambda P + Q \in F$ : $F$ est un sous-espace vectoriel.

Solution de la question 2 :

Soit $P = \sum_{k=0}^{n} a_k X^k$. Les conditions donnent :

$$P(1) = 0 \implies a_0 + a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0,$$ $$P'(0) = 0 \implies a_1 = 0.$$

Donc $a_1 = 0$ et $a_0 = -(a_2 + a_3 + \cdots + a_n)$. Les paramètres libres sont $a_2, a_3, \ldots, a_n$ (soit $n - 1$ degrés de liberté). Un polynôme générique de $F$ s'écrit :

$$P = a_2(X^2 - 1) + a_3(X^3 - 1) + \cdots + a_n(X^n - 1).$$

La famille $\mathcal{B} = \{X^2 - 1,\, X^3 - 1,\, \ldots,\, X^n - 1\}$ est génératrice et libre (les polynômes ont des degrés échelonnés). C'est une base de $F$, et :

$$\dim F = n - 1.$$

Solution de la question 1 :

$F$ est défini par 2 équations linéaires indépendantes dans $\mathbb{R}^4$, donc $\dim F = 4 - 2 = 2$. De même, $\dim G = 4 - 2 = 2$.

Solution de la question 2 :

$F \cap G$ est défini par le système combiné :

$$\begin{cases} x = y \\ z = -t \\ x = -z \\ y = t \end{cases}$$

De $x = y$ et $y = t$ : $x = y = t$. De $z = -t = -x$. Donc $F \cap G = \{(x, x, -x, x) \mid x \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}((1,1,-1,1))$, d'où $\dim(F \cap G) = 1$.

Par la formule de Grassmann :

$$\dim(F + G) = \dim F + \dim G - \dim(F \cap G) = 2 + 2 - 1 = 3.$$

Solution de la question 1 :

Si $A, B \in \mathcal{S}_2(\mathbb{R})$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ : $(\lambda A + B)^T = \lambda A^T + B^T = \lambda A + B$. Donc $\mathcal{S}_2$ est stable et contient $0$ : c'est un sous-espace. De même pour $\mathcal{A}_2$ avec $(\lambda A + B)^T = -(\lambda A + B)$.

Solution de la question 2 :

Intersection : Si $M \in \mathcal{S}_2 \cap \mathcal{A}_2$, alors $M^T = M$ et $M^T = -M$, donc $M = -M$, d'où $M = 0$. Ainsi $\mathcal{S}_2 \cap \mathcal{A}_2 = \{0\}$.

Somme : Toute matrice $M$ se décompose comme :

$$M = \underbrace{\frac{M + M^T}{2}}_{\in\, \mathcal{S}_2} + \underbrace{\frac{M - M^T}{2}}_{\in\, \mathcal{A}_2}.$$

Donc $\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_2(\mathbb{R}) \oplus \mathcal{A}_2(\mathbb{R})$.

Solution de la question 3 : $$\frac{M + M^T}{2} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 8 & 8 \\ 8 & -6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 4 & -3 \end{pmatrix}, \quad \frac{M - M^T}{2} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0 & 6 \\ -6 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ -3 & 0 \end{pmatrix}.$$

Donc $M = \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 4 & -3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ -3 & 0 \end{pmatrix}$.

Solution de la question 1 :

La fonction nulle est paire et impaire. Soient $f, g \in \mathcal{P}$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ : $(\lambda f + g)(-x) = \lambda f(-x) + g(-x) = \lambda f(x) + g(x) = (\lambda f + g)(x)$. Donc $\mathcal{P}$ est un sous-espace vectoriel. Même raisonnement pour $\mathcal{I}$ avec signe $-$.

Solution de la question 2 :

Soit $f \in \mathcal{P} \cap \mathcal{I}$. Alors pour tout $x$ : $f(-x) = f(x)$ (parité) et $f(-x) = -f(x)$ (imparité). Donc $f(x) = -f(x)$, soit $f(x) = 0$ pour tout $x$. Ainsi $\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0_E\}$.

Solution de la question 3 :

Pour tout $f \in E$, posons :

$$f_p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}, \quad f_i(x) = \frac{f(x) - f(-x)}{2}.$$

On vérifie : $f_p(-x) = \frac{f(-x) + f(x)}{2} = f_p(x)$ donc $f_p \in \mathcal{P}$. De même $f_i(-x) = \frac{f(-x) - f(x)}{2} = -f_i(x)$ donc $f_i \in \mathcal{I}$. Et $f_p + f_i = f$. La décomposition existe.

Unicité : Si $f = f_p + f_i = g_p + g_i$ avec $f_p, g_p \in \mathcal{P}$ et $f_i, g_i \in \mathcal{I}$, alors $\underbrace{f_p - g_p}_{\in\,\mathcal{P}} = \underbrace{g_i - f_i}_{\in\,\mathcal{I}}$. Cette fonction appartient à $\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0\}$, donc $f_p = g_p$ et $f_i = g_i$. La décomposition est unique, et :

$$E = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}.$$