Sous-espace Vectoriel Exercices Corrigés Progressifs

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.

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.

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 $\mathbb{R}^3$.

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 $\dim F = 2$.

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 $G \subset F$.

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 $\mathbb{R}^3$ : $\mathbb{R}^3 = F \oplus G$.

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 $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R}) = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}$.

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 $M_n(\mathbb{R}) = S_n(\mathbb{R}) \oplus A_n(\mathbb{R})$.

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 $\mathrm{Im}(f)$.

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.