Exercice 1 1680 Correction

(Complexification d’un espace réel)

Soit $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel. On munit le produit cartésien $E \times E$ de l’addition usuelle

(x, y) + (x^{'}, y^{'}) = (x + x^{'}, y + y^{'})

et de la multiplication externe par les complexes définie par

(a + i b) . (x, y) = (a . x - b . y, a . y + b . x) .

Montrer que $E \times E$ est alors un $ℂ$ -espace vectoriel.
Celui-ci est appelé complexifié de $E$ .

Solution

Il est aisé de constater que l’addition sur $E \times E$ est commutative, associative, possède un neutre $(0_{E} {,0}_{E})$ et que tout élément est symétrisable dans $(E \times E, +)$ , le symétrique de $(x, y)$ étant $(- x, - y)$ .
Ainsi $(E \times E, +)$ est un groupe abélien.
Soient $λ, μ \in ℂ$ et $u, v \in E \times E$ . On peut écrire $λ = a + i b$ , $μ = a^{'} + i b^{'}$ avec $a, b, a^{'}, b^{'} \in ℝ$ et $u = (x, y)$ , $v = (x^{'}, y^{'})$ avec $x, y, x^{'}, y^{'} \in E$ . On a

	$λ . (u + v)$	$= (a + i b) . (x + x^{'}, y + y^{'})$
		$= (a x + a x^{'} - b y - b y^{'}, a y + a y^{'} + b x + b x^{'})$
		$= λ . u + λ . v .$

	$(λ + μ) . u$	$= ((a + a^{'}) + i (b + b^{'})) . (x, y)$
		$= (a x + a^{'} x - b y - b^{'} y, a y + a^{'} y + b x + b^{'} x)$
		$= λ . u + μ . u .$

	$λ . (μ . u)$	$= (a + i b) . (a^{'} x - b^{'} y, a^{'} y + b^{'} x)$
		$= ((a a^{'} - b b^{'}) x - (a b^{'} + a^{'} b) y, (a a^{'} - b b^{'}) y + (a b^{'} + a^{'} b) x)$
		$= (λ μ) . u$

1 . u = u .

On peut donc conclure que $(E \times E, +, .)$ est un $ℂ$ -espace vectoriel.

[<] Structure d'espace vectoriel[>] Opérations sur les sous-espaces vectoriels

Exercice 2 1681 Correction

Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels de $ℝ^{2}$ ?

(a)

${(x, y) \in ℝ^{2} | x \leq y}$
(b)

${(x, y) \in ℝ^{2} | x y = 0}$
(c)

${(x, y) \in ℝ^{2} | x = y}$
(d)

${(x, y) \in ℝ^{2} | x + y = 1}$
(e)

${(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} - y^{2} = 0}$
(f)

${(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} = 0}$

Solution

(a)

non: pas stable par multiplication scalaire: $(0,1)$ appartient mais pas $- (0,1)$
(b)

non: pas stable par addition: $(1,0) + (0,1)$
(c)

oui
(d)

non: ne passe pas par $(0,0)$ .
(e)

non: pas stable par addition: $(1,1) + (1, - 1)$
(f)

oui (c’est l’espace nul!)

Exercice 3 1683 Correction

Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels de $ℝ^{ℕ}$ ?

(a)

${(u_{n}) \in ℝ^{ℕ} | (u_{n}) bornée}$
(b)

${(u_{n}) \in ℝ^{ℕ} | (u_{n}) monotone}$
(c)

${(u_{n}) \in ℝ^{ℕ} | (u_{n}) convergente}$
(d)

${(u_{n}) \in ℝ^{ℕ} | (u_{n}) arithmétique}$

Solution

(a)

oui
(b)

non
(c)

oui
(d)

oui.

Exercice 4 1685 Correction

Les parties de $ℱ (ℝ, ℝ)$ suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels?

(a)

${f : ℝ \to ℝ | f est monotone}$
(b)

${f : ℝ \to ℝ | f s’annule en 0}$
(c)

${f : ℝ \to ℝ | f s’annule}$
(d)

${f : ℝ \to ℝ | f est impaire}$ .

Solution

(a)

non
(b)

oui
(c)

non
(d)

oui.

Exercice 5 1684 Correction

Soit $F = {(u_{n}) \in ℝ^{ℕ} | \forall n \in ℕ, u_{n + 2} = n u_{n + 1} + u_{n}}$ .
Montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel de $ℝ^{ℕ}$ .

Solution

$F \subset ℝ^{ℕ}$ , $0 = {(0)}_{n \in ℕ} \in F$ car $\forall n \in ℕ, 0 = n .0 + 0$ .
Soient $λ, μ \in ℝ$ et $(u_{n}), (v_{n}) \in F$ . On a

λ (u_{n}) + μ (v_{n}) = (λ u_{n} + μ v_{n})

avec pour tout $n \in ℕ$ ,

λ u_{n + 2} + μ v_{n + 2} = λ (n u_{n + 1} + u_{n}) + μ (n v_{n + 1} + v_{n}) = n (λ u_{n + 1} + μ v_{n + 1}) + λ u_{n} + μ v_{n}

donc $λ (u_{n}) + μ (v_{n}) \in F$ .
Ainsi, $F$ est un sous-espace vectoriel de $ℝ^{ℕ}$ .

Exercice 6 4508

Soient $F = {(x, y, z) \in ℝ^{3} | x - y - z = 0}$ et $G = {(a + b, a, a + 3 b) | a, b \in ℝ}$ .

(a)

Montrer que $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels de l’espace $ℝ^{3}$ .
(b)

Déterminer $F \cap G$ .

Exercice 7 1686 Correction

Montrer que les parties de $ℱ ([a; b], ℝ)$ suivantes sont des sous-espaces vectoriels:

(a)

$F = {f \in 𝒞^{1} ([a; b], ℝ) | f^{'} (a) = f^{'} (b)}$
(b)

$G = {f \in 𝒞^{0} ([a; b], ℝ) | \int_{a}^{b} f (t) d t = 0}$

Solution

(a)

$F \subset ℱ ([a; b], ℝ)$ et $\tilde{0} \in F$ .
Soient $λ, μ \in ℝ$ et $f, g \in F$ . La fonction $λ f + μ g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[a; b]$ et

${(λ f + μ g)}^{'} (a) = λ f^{'} (a) + μ g^{'} (b) = λ f^{'} (b) + μ g^{'} (b) = {(λ f + μ g)}^{'} (b)$

donc $λ f + μ g \in F$ .
(b)

$G \subset ℱ ([a; b], ℝ)$ et $\tilde{0} \in G$ .
Soient $λ, μ \in ℝ$ et $f, g \in G$ . La fonction $λ f + μ g$ est continue sur $[a; b]$ et

$\int_{a}^{b} (λ f + μ g) (t) d t = λ \int_{a}^{b} f (t) d t + μ \int_{a}^{b} g (t) d t = 0$

donc $λ f + μ g \in G$ .

Exercice 8 1688 Correction

Soient $u_{1}, \dots, u_{n}$ des vecteurs d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ .
Montrer que l’ensemble $F = {λ_{1} u_{1} + \dots + λ_{n} u_{n} | λ_{1}, \dots, λ_{n} \in 𝕂}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ contenant les vecteurs $u_{1}, \dots, u_{n}$ .

Solution

$F \subset E$ et $0_{E} \in F$ car

0_{E} = 0 . u_{1} + \dots + 0 . u_{n} .

Soient $α, β \in 𝕂$ et $x, y \in F$ . On peut écrire

x = λ_{1} u_{1} + \dots + λ_{n} u et y = μ_{1} u_{1} + \dots + μ_{n} u_{n}

avec $λ_{i}, μ_{i} \in 𝕂$ . On a alors

α x + β y = (α λ_{1} + β μ_{1}) u_{1} + \dots + (α λ_{n} + β μ_{n}) u_{n}

avec $α λ_{i} + β μ_{i} \in 𝕂$ donc $α x + β y \in F$ . Ainsi $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$ .
De plus,

\forall i \in {1, \dots, n}, u_{i} = λ_{1} u_{1} + \dots + λ_{n} u_{n}

avec

λ_{j} = δ_{i, j} = {\begin{matrix} 1 & si i = j \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Ainsi $u_{i} \in F$ .

Exercice 9 4513

On dit qu’une fonction $f : ℝ \to ℝ$ est à support compact s’il existe $A \in ℝ_{+}$ tel que $f$ est nulle en dehors de $[- A; A]$ . Vérifier que l’ensemble $𝒟$ des fonctions de $ℝ$ vers $ℝ$ de classe $𝒞^{\infty}$ et à support compact est un sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions de $ℝ$ vers $ℝ$ .

Exercice 10 1687 Correction

Soit $ω \in ℂ$ . On note $ω . ℝ = {ω x | x \in ℝ}$ .
Montrer que $ω . ℝ$ est un sous-espace vectoriel de $ℂ$ vu comme $ℝ$ -espace vectoriel.
À quelle condition $ω . ℝ$ est-il un sous-espace vectoriel de $ℂ$ vu comme $ℂ$ -espace vectoriel?

Solution

$ω ℝ \subset ℂ$ et $0 \in ω ℝ$ car $0 = ω \times 0$ .
Soient $λ, μ \in ℝ$ et $z, z^{'} \in ω . ℝ$ on peut écrire $z = ω x$ et $z^{'} = ω x^{'}$ avec $x, x^{'} \in ℝ$ et l’on a $(λ z + μ z^{'}) = ω (λ . x + μ x^{'})$ avec $λ x + μ x^{'} \in ℝ$ donc $λ z + μ z^{'} \in ω ℝ$ .
Ainsi $ω ℝ$ est un sous-espace vectoriel du $ℝ$ -espace vectoriel $ℂ$ .
Si $ω ℝ$ est un sous-espace vectoriel du $ℂ$ -espace vectoriel $ℂ$ alors puisque $ω = ω \times 1 \in ω ℝ$ et $i \in ℂ$ , on a $i . ω \in ω ℝ$ . Cela n’est possible que si $ω = 0$ . Inversement, si $ω = 0$ alors $ω ℝ = {0}$ est un sous-espace vectoriel du $ℂ$ -espace vectoriel $ℂ$ .

Exercice 11 1689 Correction

Soient $E = ℱ (ℝ, ℝ)$ , $𝒞$ l’ensemble des fonctions de $E$ croissantes et

Δ = {f - g | f, g \in 𝒞} .

Montrer que $Δ$ est un sous-espace vectoriel de $E$ .

Solution

$Δ \subset E$ . $0 = 0 - 0$ avec $0 \in 𝒞$ donc $0 \in Δ$ .
Soient $h, h^{'} \in Δ$ . On peut écrire $h = f - g$ et $h^{'} = f^{'} - g^{'}$ avec $f, g, f^{'}, g^{'} \in 𝒞$ . On a alors $h + h^{'} = (f + f^{'}) - (g + g^{'})$ avec $(f + f^{'}), (g + g^{'}) \in 𝒞$ .
Soit $h \in Δ$ . On peut écrire $h = f - g$ avec $f, g \in 𝒞$ .
Pour tout $λ \geq 0$ , on a $λ h = λ f - λ g$ avec $λ f, λ g \in 𝒞$ .
Pour tout $λ < 0$ , on a $λ h = (- λ) g - (- λ f)$ avec $(- λ) g, (- λ) f \in 𝒞$ .
Dans les deux cas $λ h \in Δ$ .

Exercice 12 1690 Correction

Démontrer que le sous-ensemble constitué des suites réelles périodiques est un sous-espace vectoriel d’une structure que l’on précisera.

Solution

Montrons que l’ensemble $F$ étudié est un sous-espace vectoriel de l’ensemble $E$ des suites réelles.
Assurément $F \subset E$ . La suite nulle est périodique donc $0 \in F$ . Pour $u, v \in F$ et $λ, μ \in ℝ$ , on peut affirmer que $λ u + μ v$ est $T T^{'}$ -périodique (et même $ppcm (T, T^{'})$ -périodique) en notant $T$ et $T^{'}$ des périodes non nulles de $u$ et $v$ . Ainsi, $λ u + μ v \in F$ .

[<] Sous espaces vectoriels[>] Espaces engendrés par une partie

Exercice 13 1693

Soient $F$ , $G$ et $H$ des sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel $E$ . Montrer

F \cap (G + H) \supset (F \cap G) + (F \cap H) et F + (G \cap H) \subset (F + G) \cap (F + H) .

Vérifier à l’aide d’une figure que ces inclusions peuvent être strictes.

Exercice 14 1694 Correction

Soient $F$ , $G$ et $H$ trois sous-espaces vectoriels d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ .
Montrer que

F \subset G ⟹ F + (G \cap H) = (F + G) \cap (F + H) .

Solution

De façon générale, $F + (G \cap H) \subset F + G$ et $F + (G \cap H) \subset F + H$ donc $F + (G \cap H) \subset (F + G) \cap (F + H)$ .

Supposons de plus $F \subset G$ .

Soit $x \in (F + G) \cap (F + H)$ . On a $x \in F + G = G$ et $x = u + v$ avec $u \in F$ et $v \in H$ .

On remarque $v = x - u \in G$ donc $v \in G \cap H$ puis $x \in F + (G \cap H)$ .

Exercice 15 1691 Correction

Soient $F$ et $G$ des sous-espaces vectoriels de $E$ .
Montrer

F \cap G = F + G \Leftrightarrow F = G .

Solution

$(⟸)$ C’est immédiat.

$(⟹)$ Supposons $F \cap G = F + G$ . On a $F \subset F + G = F \cap G \subset G$ et de même $G \subset F$ donc $F = G$ .

Exercice 16 1695 Correction

Soient $F$ , $G$ , $F^{'}$ , $G^{'}$ des sous-espaces vectoriels de $E$ tels que $F \cap G = F^{'} \cap G^{'}$ .

Montrer que

(F + (G \cap F^{'})) \cap (F + (G \cap G^{'})) = F .

Solution

$(\supset)$ ok

$(\subset)$ Soit $x \in (F + (G \cap F^{'})) \cap (F + (G \cap G^{'}))$ . On peut écrire $x = u + v$ avec $u \in F$ et $v \in G \cap F^{'}$ et $x = u^{'} + v^{'}$ avec $u^{'} \in F$ et $v^{'} \in G \cap G^{'}$ . On a

u - u^{'} = v^{'} - v \in F \cap G = F^{'} \cap G^{'}

et donc

v = - (v^{'} - v) + v^{'} \in G^{'} .

Ainsi,

v \in G \cap F^{'} \cap G^{'} = F \cap G \subset F

puis $x = u + v \in F$ .

Finalement, $(F + (G \cap F^{'})) \cap (F + (G \cap G^{'})) \subset F$ puis l’égalité.

Exercice 17 1692

Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel réel $E$ . Montrer que $F \cup G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ si, et seulement si¹¹ 1 Cette étude est généralisée dans le sujet 4523., $F \subset G$ ou $G \subset F$ .

Exercice 18 4523

Soient $F_{1}, \dots, F_{n}$ des sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel réel $E$ .

Montrer que si l’union $F_{1} \cup \dots \cup F_{n}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ , celle-ci est égale à l’un des espaces $F_{i}$ .

[<] Opérations sur les sous-espaces vectoriels[>] Espaces supplémentaires

Exercice 19 1697

Soient $A$ et $B$ deux parties d’un espace vectoriel $E$ . Établir

Vect (A \cup B) = Vect (A) + Vect (B) .

Exercice 20 1696 Correction

Comparer

Vect (A \cap B) et Vect (A) \cap Vect (B) .

Solution

$A \cap B \subset Vect (A) \cap Vect (B)$ et $Vect (A) \cap Vect (B)$ est un sous-espace vectoriel donc

Vect (A \cap B) \subset Vect (A) \cap Vect (B) .

L’inclusion réciproque n’est pas vraie: prendre $A = {u}$ et $B = {2 u}$ avec $u \neq 0_{E}$

Exercice 21 1625 Correction

On considère les vecteurs de $ℝ^{3}$

u = (1,1,1) et v = (1,0, - 1) .

Montrer

Vect (u, v) = {(2 α, α + β,2 β) | α, β \in ℝ} .

Solution

On peut écrire

{(2 α, α + β,2 β) | α, β \in ℝ} = Vect (x, y)

avec $x = (2,1,0)$ et $y = (0,1,2)$ .
On a $u = \frac{1}{2} (x + y)$ et $v = \frac{1}{2} (x - y)$ donc $u, v \in Vect (x, y)$ puis $Vect (u, v) \subset Vect (x, y)$ .
Aussi $x = u + v$ et $y = u - v$ donc $x, y \in Vect (u, v)$ puis $Vect (x, y) \subset Vect (u, v)$ .
Par double inclusion l’égalité.

Exercice 22 1626 Correction

Dans $ℝ^{3}$ , on considère $x = (1, - 1,1)$ et $y = (0,1, a)$ où $a \in ℝ$ .
Donner une condition nécessaire et suffisante sur $a$ pour que $u = (1,1,2)$ appartienne à $Vect (x, y)$ . Comparer alors $Vect (x, y)$ , $Vect (x, u)$ et $Vect (y, u)$ .

Solution

On a

u = λ x + μ y \Leftrightarrow {\begin{matrix} λ & = 1 \\ - λ + μ & = 1 \\ λ + a μ & = 2 \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} λ & = 1 \\ μ & = 2 \\ a & = 1 / 2 . \end{matrix}

Ainsi,

u \in Vect (x, y) \Leftrightarrow a = 1 / 2

et alors $u = x + 2 y$ .
$x, u \in Vect (x, y)$ donc $Vect (x, u) \subset Vect (x, y)$ .
$x, y \in Vect (y, u)$ donc $Vect (x, y) \subset Vect (y, u)$ .
$y, u \in Vect (x, u)$ donc $Vect (y, u) \subset Vect (x, u)$ .

Finalement, les trois espaces sont égaux.

Exercice 23 4522

Soit $N \in ℕ$ . Montrer que les familles de fonctions

{(x \mapsto \cos (n x))}_{0 \leq n \leq N} et {(x \mapsto \cos^{n} (x))}_{0 \leq n \leq N}

engendrent le même sous-espace vectoriel de $ℱ (ℝ, ℝ)$ .

[<] Espaces engendrés par une partie[>] Familles de vecteurs

Exercice 24 5509 Correction

Dans $E = 𝒞 ([- 1; 1], ℝ)$ , on considère les sous-espaces vectoriels

	$F_{1}$	$= {x \in [- 1; 1] \mapsto a x + b \| a, b \in ℝ},$
	$F_{2}$	$= {f \in E \| f (- 1) = f (1) = 0} .$

Montrer que $F_{1}$ et $F_{2}$ sont supplémentaires dans $E$ .

Solution

Soit $f \in E$ .

Analyse: Supposons pouvoir écrire $f = f_{1} + f_{2}$ avec $f_{1} \in F_{1}$ et $f_{2} \in F_{2}$ . On souhaite déterminer $f_{1}$ et $f_{2}$ en fonction de $f$ .

D’une part, on peut introduire $a, b$ réels tels que $f_{1} : x \mapsto a x + b$ et d’autre part, on sait $f_{2} (- 1) = f_{2} (1) = 0$ . On en déduit

f (- 1) = f_{1} (- 1) + f_{2} (- 1) = - a + b et f (1) = f_{1} (1) + f_{2} (1) = a + b .

Après résolution,

a = \frac{1}{2} (f (1) - f (- 1)) et b = \frac{1}{2} (f (1) + f (- 1)) .

Cela détermine entièrement $f_{1}$ puis $f_{2}$ car $f_{2} = f - f_{1}$ . L’analyse est close: s’il est possible de décomposer $f$ en $f + f_{2}$ , cette décomposition est déterminée de façon unique.

Synthèse: Considérons les fonctions $f_{1}$ et $f_{2}$ de $E$ acquises au terme de l’analyse

f_{1} : x \mapsto \frac{1}{2} (f (1) - f (- 1)) x + \frac{1}{2} (f (1) + f (- 1)) et f_{2} = f - f_{1} .

Par ces définitions, il est clair que $f_{1}$ est élément de $F_{1}$ et que $f$ est la somme de $f_{1}$ et $f_{2}$ . Il reste seulement à vérifier que $f_{2}$ est élément de $F_{2}$ ce qui s’obtient par le petit calcul suivant:

f_{2} (- 1) = f (- 1) - f_{1} (- 1) = 0 et f_{2} (1) = f (1) - f_{1} (1) = 0 .

On peut donc affirmer qu’il est possible d’écrire un élément de $E$ comme somme d’un élément de $F$ et d’un élément de $G$ .

Finalement, $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $E$ .

Exercice 25 1698 Correction

Soient $F = {f \in 𝒞^{1} (ℝ, ℝ) | f (0) = f^{'} (0) = 0}$ et $G = {x \mapsto a x + b | (a, b) \in ℝ^{2}}$ .
Montrer que $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $𝒞^{1} (ℝ, ℝ)$ .

Solution

$F \subset 𝒞^{1} (ℝ, ℝ)$ et $0 \in F$ .
Soient $λ, μ \in ℝ$ et $f, g \in F$ ,

(λ f + μ g) (0) = λ f (0) + μ g (0) = 0

{(λ f + μ g)}^{'} (0) = λ f^{'} (0) + μ g^{'} (0) = 0

donc $λ f + μ g \in F$ .
$G \subset 𝒞^{1} (ℝ, ℝ)$ et $0 \in G$ (en prenant $a = b = 0$ ).
Soient $λ, μ \in ℝ$ et $f, g \in G$ , il existe $a, b, c, d \in ℝ$ tels que

\forall x \in ℝ, f (x) = a x + b et g (x) = c x + d

et on a alors

(λ f + μ g) (x) = e x + f

avec

e = λ a + μ c \in ℝ et f = λ b + μ d \in ℝ

donc $λ f + μ g \in G$ .
Soit $h \in F \cap G$ . Il existe $a, b \in ℝ$ tels que

\forall x \in ℝ, h (x) = a x + b

car $h \in G$ . Or $h \in F$ donc $h (0) = b = 0$ et $h^{'} (0) = a = 0$ puis $h (x) = 0$ c’est-à-dire $h = 0$ . Ainsi,

F \cap G = {\tilde{0}} .

Soit $h \in 𝒞^{1} (ℝ, ℝ)$ . Posons $a = h^{'} (0) \in ℝ$ , $b = h (0)$ , $g : x \mapsto a x + b$ et $f = h - g$ .

Clairement, $g \in G$ et $h = f + g$ .

De plus, $f (0) = h (0) - b = 0$ et $f^{'} (0) = h^{'} (0) - a = 0$ donc $f \in F$ .

Ainsi,

F + G = 𝒞^{1} (ℝ, ℝ) .

Finalement, $F$ et $G$ sont supplémentaires dans $𝒞^{1} (ℝ, ℝ)$ .

Exercice 26 1699 Correction

Soient $F = {f \in 𝒞 ([- 1; 1], ℂ) | \int_{- 1}^{1} f (t) d t = 0}$ et $G = {f \in 𝒞 ([- 1; 1], ℂ) | f constante}$ .
Montrer que $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $𝒞 ([- 1; 1], ℂ)$ .

Solution

$F \subset 𝒞 ([- 1; 1], ℂ)$ et $\tilde{0} \in F$ car $\int_{- 1}^{1} 0 d t = 0$ .
Soient $λ, μ \in ℂ$ et $f, g \in F$ , on a

\int_{- 1}^{1} (λ f + μ g) (t) d t = λ \int_{- 1}^{1} f (t) d t + μ \int_{- 1}^{1} g (t) d t = 0

donc $λ f + μ g \in F$ .
$G \subset 𝒞 ([- 1; 1], ℝ)$ et $\tilde{0} \in G$ car c’est une fonction constante.
Soient $λ, μ \in ℂ$ et $f, g \in G$ . On a $λ f + μ g \in G$ car il est clair que c’est une fonction constante.
Soit $h \in F \cap G$ . On a $h$ constante car $h \in G$ . Posons $C$ la valeur de cette constante.
Puisque $h \in F$ , on a

\int_{- 1}^{1} h (t) d t = \int_{- 1}^{1} C d t = 2 C = 0

et donc $h = \tilde{0}$ . Ainsi,

F \cap G = {\tilde{0}} .

Soit $h \in 𝒞 ([- 1; 1], ℂ)$ . Posons $C = \int_{- 1}^{1} h (t) d t$ , $g$ la fonction constante égale à $\frac{1}{2} C$ et $f = h - g$ .
Clairement $g \in G$ et $f + g = h$ . De plus, $\int_{- 1}^{1} f (t) d t = \int_{- 1}^{1} h (t) d t - C = 0$ donc $f \in F$ .
Ainsi,

F + G = 𝒞 ([- 1; 1], ℂ) .

Finalement, $F$ et $G$ sont supplémentaires dans $𝒞 ([- 1; 1], ℂ)$ .

Exercice 27 4516

Dans l’espace réel $E$ des fonctions de $ℝ$ vers $ℝ$ , on introduit les espaces $𝒫$ et $ℐ$ constitués respectivement des fonctions paires et impaires. Montrer que ceux-ci sont supplémentaires dans $E$ .

Exercice 28 1700 Correction

Soient

H = {(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \in 𝕂^{n} | x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = 0}

et $u = (1, \dots,1) \in 𝕂^{n}$ .
Montrer que $H$ et $Vect (u)$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $𝕂^{n}$ .

Solution

$H \subset 𝕂^{n}$ , $\vec{0} = (0, \dots,0) \in H$ car $0 + \dots + 0 = 0$ .
Soient $λ, μ \in 𝕂$ et $x = (x_{1}, \dots, x_{n}) \in H$ , $\vec{y} = (y_{1}, \dots, y_{n}) \in H$ . On a

λ x + μ \vec{y} = (λ x_{1} + μ y_{1}, \dots, λ x_{n} + μ y_{n})

avec

(λ x_{1} + μ y_{1}) + \dots + (λ x_{n} + μ y_{n}) = λ (x_{1} + \dots + x_{n}) + μ (y_{1} + \dots + y_{n}) = 0

donc $λ x + μ \vec{y} \in H$ .
$Vect (u) = 𝕂 u$ est un sous-espace vectoriel.
Soit $v \in H \cap Vect (u)$ . On peut écrire $v = λ u = (λ, \dots, λ)$ car $v \in Vect (u)$ .
Or $v \in H$ donc $λ + \dots + λ = 0$ d’où $λ = 0$ et donc $v = 0$ . Ainsi,

H \cap Vect (u) = {0} .

Soit $v = (v_{1}, \dots, v_{n}) \in 𝕂^{n}$ . Posons $λ = \frac{1}{n} (v_{1} + \dots + v_{n})$ , $\vec{y} = λ u$ et $x = v - \vec{y}$ .
Clairement $x + \vec{y} = v$ , $\vec{y} \in Vect (u)$ . De plus, $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ avec

x_{1} + \dots + x_{n} = (v_{1} - λ) + \dots + (v_{n} - λ) = (v_{1} + \dots + v_{n}) - n λ = 0

donc $x \in H$ . Ainsi,

H + Vect (u) = 𝕂^{n} .

Finalement, $H$ et $Vect (u)$ sont supplémentaires dans $𝕂^{n}$ .

Exercice 29 1701 Correction

Dans l’espace $E = 𝒞 ([0; π], ℝ)$ , on considère les parties

F = {f \in E | f (0) = f (π / 2) = f (π)} et G = Vect (\sin, \cos) .

Montrer que $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $E$ .

Solution

$F$ et $G$ sont clairement des sous-espaces vectoriels de $E$ .
Soit $f \in F \cap G$ . On peut écrire $f = λ . \sin + μ . \cos$ .
De plus, $f (0) = f (π / 2) = f (π)$ donne: $μ = λ = - μ$ d’où $λ = μ = 0$ puis $f = 0$ .
Soit $f \in E$ . Posons $λ = \frac{2 f (π / 2) - f (0) - f (π)}{2}$ , $μ = \frac{f (0) - f (π)}{2}$ , $h = λ \sin + μ \cos$ et $g = f - h$ .
On a $f = g + h$ avec $g \in F$ et $h \in G$ .
Ainsi $F$ et $G$ sont supplémentaires dans $E$ .

Exercice 30 1702 Correction

Soit $F = {f \in ℱ (ℝ, ℝ) | f (0) + f (1) = 0}$ .

(a)

Montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel.
(b)

Déterminer un supplémentaire de $F$ dans $ℱ (ℝ, ℝ)$ .

Solution

(a)

sans peine
(b)

L’ensemble des fonctions constantes convient.

[<] Espaces supplémentaires[>] Familles infinies de vecteurs

Exercice 31 1627 Correction

Les familles suivantes de vecteurs de $ℝ^{3}$ sont-elles libres?
Si ce n’est pas le cas, former une relation linéaire liant ces vecteurs:

(a)

$(x_{1}, x_{2})$ avec $x_{1} = (1,0,1)$ et $x_{2} = (1,2,2)$
(b)

$(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ avec $x_{1} = (1,0,0)$ , $x_{2} = (1,1,0)$ et $x_{3} = (1,1,1)$
(c)

$(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ avec $x_{1} = (1,2,1)$ , $x_{2} = (2,1, - 1)$ et $x_{3} = (1, - 1, - 2)$
(d)

$(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ avec $x_{1} = (1, - 1,1)$ , $x_{2} = (2, - 1,3)$ et $x_{3} = (- 1,1, - 1)$ .

Solution

(a)

oui.
(b)

oui.
(c)

non car $x_{3} = x_{2} - x_{1}$ .
(d)

non car $x_{3} = - x_{1}$ .

Exercice 32 4510

Soient $u$ et $v$ deux vecteurs d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ . On dit que le vecteur $v$ est colinéaire à $u$ si l’on peut écrire $v = α . u$ avec $α \in 𝕂$ .

(a)

On suppose la famille $(u, v)$ liée. Montrer que $u$ est colinéaire à $v$ ou $v$ colinéaire à $u$ .
(b)

À quelle condition simple sur $u$ peut-on affirmer que, lorsque la famille $(u, v)$ est liée, le vecteur $v$ est colinéaire à $u$ ?

Exercice 33 2464 X (MP)Correction

Soit $(a, b, c) \in ℝ^{3}$ . Les fonctions $x \mapsto \sin (x + a), x \mapsto \sin (x + b)$ et $x \mapsto \sin (x + c)$ sont-elles linéairement indépendantes dans l’espace $ℱ (ℝ, ℝ)$ ?

Solution

Non car ces trois fonctions sont combinaisons linéaires des deux suivantes

x \mapsto \sin (x) et x \mapsto \cos (x) .

Exercice 34 1628 Correction

On pose $f_{1}, f_{2}, f_{3}, f_{4} : [0; 2 π] \to ℝ$ les fonctions définies par:

f_{1} (x) = \cos (x), f_{2} (x) = x \cos (x), f_{3} (x) = \sin (x), f_{4} (x) = x \sin (x) .

Montrer que $(f_{1}, f_{2}, f_{3}, f_{4})$ est une famille libre d’éléments de l’espace réel $𝒞 ([0; 2 π], ℝ)$ .

Solution

Les fonctions $f_{1}, f_{2}, f_{3}, f_{4}$ appartiennent effectivement à l’espace $𝒞 ([0; 2 π], ℝ)$ .

Soit $(a, b, c, d) \in ℝ^{4}$ . Supposons

a f_{1} + b f_{2} + c f_{3} + d f_{4} = 0 .

On a

\forall x \in [0; 2 π], (a + b x) \cos (x) + (c + d x) \sin (x) = 0 .

Pour $x = 0$ et $x = π$ , on obtient les équations du système

{\begin{matrix} a & = 0 \\ a + b π & = 0 \end{matrix}

d’où $a = b = 0$ .

Pour $x = \frac{π}{2}$ et $x = \frac{3 π}{2}$ , on forme le système

{\begin{matrix} c + d π / 2 & = 0 \\ c + 3 d π / 2 & = 0 \end{matrix}

d’où $c = d = 0$ .

Finalement, la famille étudiée est libre.

Exercice 35 1629 Correction

Soit $n \in ℕ$ . Pour $k \in ⟦ 0; n ⟧$ , on pose $f_{k} : ℝ \to ℝ$ la fonction définie par $f_{k} (x) = e^{k x}$ .

Montrer que la famille ${(f_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est une famille libre de l’espace $ℱ (ℝ, ℝ)$ .

Solution

Soit $(λ_{0}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ . Supposons $λ_{0} f_{0} + \dots + λ_{n} f_{n} = 0$ . On a

\forall x \in ℝ, λ_{0} + λ_{1} e^{x} + \dots + λ_{n} e^{n x} = 0 .

(1)

En passant la relation ci-dessus à la limite quand $x$ tend vers $- \infty$ , on obtient $λ_{0} = 0$ . La relation (1) se simplifie alors en

\forall x \in ℝ, λ_{1} e^{x} + \dots + λ_{n} e^{n x} = 0

puis en

\forall x \in ℝ, λ_{1} + λ_{2} e^{x} + \dots + λ_{n} e^{(n - 1) x} = 0 .

En reprenant la démarche ci-dessus, on obtient $λ_{1} = 0$ , puis de même¹¹ 1 L’idéal serait de rédiger une résolution par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ . $λ_{2} = \dots = λ_{n} = 0$ .

La famille ${(f_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est donc libre.

Exercice 36 1630

Soit $E$ un espace vectoriel réel.

(a)

Soient $x, y, z$ trois vecteurs de $E$ constituant une famille libre. On pose $u = x + y$ , $v = y + z$ et $w = z + x$ . Montrer la liberté de la famille $(u, v, w)$ .
(b)

Soient $x, y, z, t$ des vecteurs de $E$ constituant une famille libre. On pose $u = x + y$ , $v = y + z$ , $w = z + t$ et $s = t + x$ . Étudier la liberté de la famille $(u, v, w, s)$ .

Exercice 37 1631

Soit $(u_{1}, \dots, u_{n}, u_{n + 1})$ une famille de vecteurs d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ .

(a)

Établir que, si la famille $(u_{1}, \dots, u_{n})$ est libre et que $u_{n + 1}$ n’appartient pas à $Vect (u_{1}, \dots, u_{n})$ , alors $(u_{1}, \dots, u_{n}, u_{n + 1})$ est libre.
(b)

Établir que, si la famille $(u_{1}, \dots, u_{n}, u_{n + 1})$ est génératrice de $E$ et que $u_{n + 1}$ est élément de $Vect (u_{1}, \dots, u_{n})$ , alors $(u_{1}, \dots, u_{n})$ est génératrice de $E$

Exercice 38 1633 Correction

Soit $(e_{1}, \dots, e_{p})$ une famille libre de vecteurs d’un espace réel $E$ .

Établir que pour tout $a \in E ∖ Vect (e_{1}, \dots, e_{p})$ , la famille $(e_{1} + a, \dots, e_{p} + a)$ est libre.

Solution

Soit $(λ_{1}, \dots, λ_{p}) \in ℝ^{p}$ . Supposons

λ_{1} . (e_{1} + a) + \dots + λ_{p} . (e_{p} + a) = 0_{E} .

On a

λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{p} . e_{p} = - (λ_{1} + \dots + λ_{p}) . a .

(1)

Par l’absurde, $λ_{1} + \dots + λ_{p} \neq 0$ alors

a = - \frac{λ_{1} e_{1} + \dots + λ_{p} e_{p}}{λ_{1} + \dots + λ_{p}} \in Vect (e_{1}, \dots, e_{p}) .

Cela est exclu et donc nécessairement $λ_{1} + \dots + λ_{p} = 0$ .

La relation (1) devient alors

λ_{1} . e_{1} + \dots + λ_{p} . e_{p} = 0_{E}

On en déduit $λ_{1} = \dots = λ_{p} = 0$ car la famille $(e_{1}, \dots, e_{p})$ est libre.

Exercice 39 1632 Correction

Soient $(x_{1}, \dots, x_{n})$ une famille libre de vecteurs de $E$ et $α_{1}, \dots, α_{n} \in 𝕂$ .

On pose

u = α_{1} . x_{1} + \dots + α_{n} . x_{n} et y_{i} = x_{i} + u pour i = 1, \dots, n .

À quelle condition sur les scalaires $α_{i}$ , la famille $(y_{1}, \dots, y_{n})$ est-elle libre?

Solution

Supposons $λ_{1} y_{1} + \dots + λ_{n} y_{n} = \vec{0}$ . On a

(λ_{1} + α_{1} (λ_{1} + \dots + λ_{n})) . x_{1} + \dots + (λ_{n} + α_{n} (λ_{1} + \dots + λ_{n})) . x_{n} = \vec{0}

donc

{\begin{matrix} (λ_{1} + α_{1} (λ_{1} + \dots + λ_{n})) & = 0 \\ ⋮ \\ (λ_{n} + α_{n} (λ_{1} + \dots + λ_{n})) & = 0 . \end{matrix}

En sommant les équations,

(λ_{1} + \dots + λ_{n}) (1 + (α_{1} + \dots + α_{n})) = 0 .

Si $α_{1} + \dots + α_{n} \neq - 1$ alors $λ_{1} + \dots + λ_{n} = 0$ puis, par le système, $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 0$ .
Si $α_{1} + \dots + α_{n} = - 1$ alors $α_{1} y_{1} + \dots + α_{n} y_{n} = \vec{0}$ .
Finalement, la famille $(y_{1}, \dots, y_{n})$ est libre si, et seulement si,

α_{1} + \dots + α_{n} \neq - 1 .

Exercice 40 171 Correction

Soit $E$ l’ensemble des applications $f : [- 1; 1] \to ℝ$ continues telles que les restrictions ${f |}_{[- 1; 0]}$ et ${f |}_{[0; 1]}$ soient affines.

(a)

Montrer que $E$ est un $ℝ$ -espace vectoriel.
(b)

Donner une base de $E$ .

Solution

(a)

$E$ est un sous-espace vectoriel de $𝒞 ([- 1; 1], ℝ)$ .
(b)

$x \mapsto 1$ , $x \mapsto x$ et $x \mapsto | x |$ forment une base de $E$ .

[<] Familles de vecteurs[>] Sous espaces affines

Exercice 41 5511 Correction

Soit $E = ℱ (ℝ, ℝ)$ l’espace des fonctions de $ℝ$ vers $ℝ$ . Pour $a \in ℝ$ , on note $e_{a}$ l’application de $ℝ$ vers $ℝ$ définie par $e_{a} (t) = e^{a t}$ .

Montrer que la famille ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre.

Solution

Méthode: On montre qu’une famille infinie est libre en vérifiant que toutes ses sous-familles finies le sont.

Par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ , montrons que toute sous-famille à $n$ éléments de ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre.

Pour $n = 1$ , une sous-famille à un élément de ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre car aucune fonction de cette famille n’est nulle.

Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ et considérons $a_{1}, \dots, a_{n}, a_{n + 1}$ des réels deux à deux distincts. Supposons

λ_{1} . e_{a_{1}} + \dots + λ_{n} . e_{a_{n}} + λ_{n + 1} . e_{a_{n + 1}} = 0

(1)

avec $λ_{1}, \dots, λ_{n}, λ_{n + 1} \in ℝ$ . On dérive cette relation fonctionnelle sachant ${(e_{a})}^{'} = a e_{a}$ :

a_{1} λ_{1} . e_{a_{1}} + \dots + a_{n} λ_{n} . e_{a_{n}} + a_{n + 1} λ_{n + 1} . e_{a_{n + 1}} = 0 .

(2)

La combinaison $a_{n + 1} (1) - (2)$ simplifie le terme $e_{a_{n + 1}}$ et donne

(a_{n + 1} - a_{1}) λ_{1} . e_{a_{1}} + \dots + (a_{n + 1} - a_{n}) λ_{n} . e_{a_{n}} = 0 .

Par l’hypothèse de récurrence, et en exploitant que les $a_{i}$ sont deux à deux distincts, on obtient $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 0$ et l’on en déduit $λ_{n + 1} = 0$ .

Pour annuler les $λ_{i}$ , il existe des démarches alternative à la dérivation que nous venons de suivre. Par exemple, on peut ordonner les $a_{i}$ par croissance, diviser (1) par $e^{a_{n + 1} t}$ et passer à la limite quand $t$ tend vers $+ \infty$ pour acquérir $λ_{n + 1} = 0$ .

La récurrence est établie et l’on peut affirmer que la famille ${(e_{a})}_{a \in ℝ}$ est libre car toutes ses sous-familles finies le sont.

Exercice 42 5513 Correction

(Polynômes de degrés étagés)

Soit ${(P_{n})}_{n \in ℕ} \in ℝ {[X]}^{ℕ}$ une famille de polynômes vérifiant $\deg (P_{n}) = n$ pour tout $n \in ℕ$ .

(a)

Montrer que ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

En déduire que ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est une base de $ℝ [X]$ .

Solution

(a)

La famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est constituée de $n + 1$ vecteurs tous éléments de $ℝ_{n} [X]$ . Puisque l’espace $ℝ_{n} [X]$ est de dimension $n + 1$ , il suffit de vérifier que la famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est libre pour conclure que c’est une base de cet espace.

Soit $(λ_{0}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ . Supposons $λ_{0} P_{0} + \dots + λ_{n} P_{n} = 0$ . En dérivant cette relation à l’ordre $n$ , on obtient $λ_{n} P_{n}^{(n)} = 0$ car $P_{k}^{(n)} = 0$ pour $k = 0, \dots, n - 1$ . Puisque le polynôme $P_{n}^{(n)}$ est constant non nul, il vient $λ_{n} = 0$ . En répétant cette opération, on montre successivement $λ_{n - 1} = \dots = λ_{0} = 0$ . La famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est donc libre et c’est une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

La famille ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est libre car toutes ses sous-familles finies le sont. En effet, toute sous-famille finie est, pour $n$ assez grand, une sous-famille de la famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ que l’on sait libre.

La famille ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est génératrice de $ℝ [X]$ car tout polynôme de $ℝ [X]$ est, pour $n$ assez grand, élément de $ℝ_{n} [X]$ et donc combinaison linéaire de la sous-famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ .

Finalement, ${(P_{n})}_{n \in ℕ}$ est une base de $ℝ [X]$ .

Exercice 43 169 Correction

Pour $a \in ℝ_{+}$ , on note $f_{a}$ l’application de $ℝ$ vers $ℝ$ définie par

f_{a} (t) = \cos (a t) .

Montrer que la famille ${(f_{a})}_{a \in ℝ_{+}}$ est une famille libre d’éléments de l’espace de $ℱ (ℝ, ℝ)$ .

Solution

Montrons que toute sous-famille finie à $n$ éléments de ${(f_{a})}_{a \in ℝ_{+}}$ est libre.

Par récurrence sur $n \geq 1$ .

Pour $n = 1$ : ok Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ . Soient $a_{1}, \dots, a_{n + 1}$ des réels positifs distincts et supposons

λ_{1} f_{a_{1}} + \dots + λ_{n + 1} f_{a_{n + 1}} = 0 .

(1)

En dérivant 2 fois cette relation,

a_{1}^{2} λ_{1} f_{a_{1}} + \dots + a_{n + 1}^{2} λ_{n + 1} f_{a_{n + 1}} = 0 .

(2)

La combinaison $a_{n + 1}^{2} \times (1) - (2)$ donne

λ_{1} (a_{n + 1}^{2} - a_{1}^{2}) f_{a_{1}} + \dots + λ_{n} (a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2}) f_{a_{n}} = 0 .

Par hypothèse de récurrence et en exploitant que les $a_{i}^{2}$ sont deux à deux distincts, on obtient $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 0$ puis ensuite aisément $λ_{n + 1} = 0$ .

La récurrence est établie.

Exercice 44 4229

Soient $a < b$ deux réels et $E$ l’espace des fonctions continues et affines par morceaux du segment $[a; b]$ vers $ℝ$ . Pour $α \in [a; b]$ , on note $f_{α}$ la fonction de $E$ définie par

f_{α} (x) = | x - α | pour tout x \in [a; b] .

Montrer que la famille ${(f_{α})}_{α \in [a; b]}$ est une base de $E$ .

[<] Familles infinies de vecteurs

Exercice 45 1728 Correction

Soient $V = \vec{a} + F$ et $W = \vec{b} + G$ deux sous-espaces affines d’un $ℝ$ -espace vectoriel $E$ .
Montrer que

V \cap W \neq \emptyset \Leftrightarrow \vec{b} - \vec{a} \in F + G .

Solution

$(⟹)$ Supposons $V \cap W \neq \emptyset$ . Soit $\vec{x} \in V \cap W$ . On peut écrire $\vec{x} = \vec{a} + \vec{u} = \vec{b} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in F$ et $\vec{v} \in G$ .
On a alors $\vec{b} - \vec{a} = \vec{u} + (- \vec{v}) \in F + G$ .

$(⟸)$ Inversement, si $\vec{b} - \vec{a} \in F + G$ alors on peut écrire $\vec{b} - \vec{a} = \vec{u} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in F$ et $\vec{v} \in G$ .
On alors $\vec{x} = \vec{a} + \vec{u} = \vec{b} - \vec{v} \in V \cap W$ .

Exercice 46 1727 Correction

À quelle condition simple le sous-espace affine $V = \vec{a} + F$ est-il un sous-espace vectoriel?

Solution

Si $\vec{a} \in F$ alors $V = \vec{a} + F = F$ est un sous-espace vectoriel.
Inversement, si $V$ est un sous-espace vectoriel alors $\vec{o} \in V$ donc il existe $\vec{b} \in F$ tel que $\vec{o} = \vec{a} + \vec{b}$ .
On a alors $\vec{a} = - \vec{b} \in F$ . La condition cherchée et $\vec{a} \in F$ .

Exercice 47 4521

Soient $V$ et $W$ deux sous-espaces affines de directions $F$ et $G$ d’un espace $E$ . Lorsque $F \subset G$ , on dit que $V$ est parallèle à $W$ .

Montrer que si $V$ est parallèle à $W$ , alors $V \subset W$ ou bien $V$ et $W$ sont disjoints.

Exercice 48 1729

Soient $V$ et $W$ deux sous-espaces affines disjoints d’un espace vectoriel réel $E$ .

Montrer qu’il existe deux sous-espaces affines disjoints $V^{'}$ et $W^{'}$ ayant la même direction et contenant respectivement $V$ et $W$ .

Édité le 21-09-2023