Espace vectoriel exercices corrigés

\(F_1\) 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.

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.

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.

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 \(w = 3v_1 + v_2 \in \mathrm{Vect}(v_1, v_2)\).

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.

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 :

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

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 \(F\).

\[ \dim F = 3. \]

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

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 :

\[ \dim F = n – 1. \]

\(F\) 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 :

\[ \dim(F + G) = \dim F + \dim G – \dim(F \cap G) = 2 + 2 – 1 = 3. \]

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 \(M = \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 4 & -3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ -3 & 0 \end{pmatrix}\).

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 :

\[ E = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}. \]