[>] Bases en dimension finie

 
Exercice 1  1634  Correction  

Soit E l’ensemble des fonctions f: telles qu’il existe a,b,c pour lesquels:

x,f(x)=(ax2+bx+c)cos(x).
  • (a)

    Montrer que E est sous-espace vectoriel de (,).

  • (b)

    Déterminer une base de E et sa dimension.

Solution

  • (a)

    On peut percevoir E=Vect(f0,f1,f2) avec f0(x)=cos(x), f1(x)=xcos(x) et f2(x)=x2cos(x).

    L’ensemble E est donc un sous-espace vectoriel et (f0,f1,f2) en est une famille génératrice.

  • (b)

    Soit (α,β,γ)3. Supposons αf0+βf1+γf2=0. Pour tout x,

    (α+βx+γx2)cos(x)=0.

    Pour x=2nπ, on obtient α+2nπβ+4n2π2γ=0 pour tout n.

    Par l’absurde, si γ0 alors α+2nπβ+4n2π2γn+±. C’est exclu. Nécessairement γ=0.

    On a alors α+2nπβ=0 pour tout n.

    Pour n=0, puis n=1, on obtient successivement α=0 et β=0.

    Finalement, (f0,f1,f2) est une famille libre. C’est donc une base de E et dimE=3

 
Exercice 2  1636  Correction  

Soit E=(,). Pour tout n, on pose fn:xxn.

  • (a)

    Montrer que la famille (f0,,fn) est libre.

  • (b)

    En déduire la dimension de E.

Solution

  • (a)

    Supposons λ0f0++λnfn=0. Pour tout x,

    λ0+λ1x++λnxn=0.

    Si λn0 alors

    λ0+λ1x++λnxnx+±.

    C’est absurde.

    Nécessairement, λn=0 puis, de même, λn-1==λ0=0.

    Finalement, la famille (f0,,fn) est libre.

  • (b)

    Par suite, n+1dimE pour tout n. L’espace E est de dimension infinie.

 
Exercice 3  3848   

Soient p* et Ep l’ensemble des suites complexes p-périodiques, c’est-à-dire l’ensemble des suites11 1 Dans ce sujet, on adopte une notation fonctionnelle des termes de la suite en écrivant u(n) au lieu de un. u=(u(n)) vérifiant u(n+p)=u(n) pour tout entier naturel n.

  • (a)

    Montrer que Ep est un -espace vectoriel de dimension finie et calculer celle-ci.

  • (b)

    Déterminer une base de Ep formée uniquement de suites géométriques.

 
Exercice 4  5188   

Soient E l’espace réel des fonctions de vers et F le sous-ensemble de E constitué des fonctions de la forme

tacos(t+b) avec a et b[0;π].

Montrer que F est un sous-espace vectoriel de dimension finie de E et préciser sa dimension.

 
Exercice 5  4512  

Soit E l’ensemble des fonctions f: telles qu’il existe des réels a,b,c,d pour lesquels:

f(x)=(ax+b)cos(x)+(cx+d)sin(x)pour tout x.

Montrer que E est sous-espace vectoriel de l’espace (,) et déterminer sa dimension.

 
Exercice 6  2150   Correction  

Soit E l’espace vectoriel des applications de dans .
On considère F la partie de E constituée des applications de la forme:

xP(x)sin(x)+Q(x)cos(x) avec P,Qn[X].
  • (a)

    Montrer que F un sous-espace vectoriel de E.

  • (b)

    Montrer que F est de dimension finie et déterminer dimF.

Solution

  • (a)

    FE et la fonction nulle appartient à F (en prenant P=Q=0n[X])
    Soient f,gF et λ,μ. On peut écrire f(x)=P(x)sin(x)+Q(x)cos(x) et g(x)=P^(x)sin(x)+Q^(x)cos(x) avec P,Q,P^,Q^n[X].
    On a alors λf+μg=(λP+μP^)(x)sin(x)+(λQ+μQ^)(x)cos(x) avec λP+μP^,λQ+μQ^n[X] donc λf+μgF et finalement F est un sous-espace vectoriel de E.

  • (b)

    Posons fk(x)=xksin(x) et gk(x)=xkcos(x) avec k{0,,n}.
    Les fonctions f0,,fn,g0,,gn sont des fonctions de F formant clairement une famille génératrice.
    Supposons

    λ0f0++λnfn+μ0g0++μngn=0.

    Pour tout x,

    (λ0+λ1x++λnxn)sin(x)+(μ0+μ1x++μnxn)cos(x)=0.

    Pour x=π/2+2kπ avec k, on obtient une infinité de racine au polynôme λ0+λ1X++λnXn.
    Cela permet d’affirmer λ0=λ1==λn=0.
    Pour x=2kπ avec k, on peut affirmer μ0=μ1==μn=0.
    On peut conclure que (f0,,fn,g0,,gn) est libre et donc une base de F puis dimF=2(n+1).

 
Exercice 7  3638   

Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n*. Déterminer les applications d définies sur l’ensemble des sous-espaces vectoriels de E et à valeurs dans vérifiant, pour tous sous-espaces vectoriels F et G en somme directe,

d(FG)=d(F)+d(G). (1)

[<] Dimension d'un espace[>] Sous-espaces vectoriels de dimension finie

 
Exercice 8  1637  Correction  

On pose e1=(1,1,1), e2=(1,1,0) et e3=(0,1,1).
Montrer que =(e1,e2,e3) est une base de 3.

Solution

Supposons λ1e1+λ2e2+λ3e3=0.
On a

{λ1+λ2=0λ1+λ2+λ3=0λ1+λ3=0

qui donne λ1=λ2=λ3=0.
La famille est une famille libre formée de 3=dim3 vecteurs de 3, c’est donc une base de 3.

 
Exercice 9  4511  

Soient E un espace vectoriel réel de dimension 3 et =(e1,e2,e3) une base de E. On pose

e1=e2+2.e3,e2=e1+e3ete3=e1+2.e2.
  • (a)

    Montrer que la famille =(e1,e2,e3) est une base de E.

  • (b)

    Déterminer les coordonnées du vecteur x=e1+e2+e3 dans les bases et .

 
Exercice 10  1638  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension 3 et e=(e1,e2,e3) une base de E.
On pose

ε1=e2+2e3,ε2=e3-e1etε3=e1+2e2.

Montrer que ε=(ε1,ε2,ε3) est une base de E.

Solution

Supposons λ1ε1+λ2ε2+λ3ε3=0E. On a

(λ3-λ2)e1+(λ1+2λ3)e2+(2λ1+λ2)e3=0E.

Or (e1,e2,e3) est libre donc

{λ3-λ2=0λ1+2λ3=02λ1+λ2=0

puis λ1=λ2=λ3=0.
La famille ε est une famille libre formée de 3=dimE vecteurs de E, c’est donc une base de E.

 
Exercice 11  1640  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel muni d’une base e=(e1,,en).
Pour tout i{1,,n}, on pose εi=e1++ei.

  • (a)

    Montrer que ε=(ε1,,εn) est une base de E.

  • (b)

    Exprimer les composantes dans ε d’un vecteur en fonction de ses composantes dans e.

Solution

  • (a)

    Supposons λ1ε1++λnεn=0E. On a (λ1++λn)e1++λnen=0E donc

    {λ1+λ2++λn=0λ2++λn=0λn=0

    qui donne λ1==λn=0.
    La famille ε est une famille libre formée de n=dimE vecteurs de E, c’est donc une base de E.

  • (b)

    λ1ε1++λnεn=μ1e1++μnen donne

    {λ1+λ2++λn=μ1λ2++λn=μ2λn=μn

    puis

    {λ1=μ1-μ2λn-1=μn-1-μnλn=μn.
 
Exercice 12  1639  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension 3 et e=(e1,e2,e3) une base de E.
Soit

ε1=e1+2e2+2e3etε2=e2+e3.

Montrer que la famille (ε1,ε2) est libre et compléter celle-ci en une base de E.

Solution

Les vecteurs ε1 et ε2 ne sont pas colinéaires donc forme une famille libre.
Pour ε3=e2 (ou encore par exemple ε3=e3 mais surtout pas ε3=e1), on montre que la famille (ε1,ε2,ε3) est libre et donc une base de E.

 
Exercice 13  3724   Correction  

(Lemme d’échange)

Soient (e1,,en) et (e1,,en) deux bases d’un -espace vectoriel E.
Montrer qu’il existe j{1,,n} tel que la famille (e1,,en-1,ej) soit encore une base de E.

Solution

Par l’absurde, supposons la famille (e1,,en-1,ej) liée pour chaque j{1,,n}.
Puisque la sous-famille (e1,,en-1) est libre, le vecteur ej est combinaison linéaire des vecteurs e1,,en-1 et donc

j{1,,n},ejVect(e1,,en-1).

Cela entraîne

enE=Vect(e1,,en)Vect(e1,,en-1)

ce qui est absurde.

 
Exercice 14  4520   

(Polynômes de degrés étagés)

Soit (Pn)n une famille de polynômes de 𝕂[X] vérifiant deg(Pn)=n pour tout naturel n.

  • (a)

    Soit n. Montrer que (Pk)0kn est une base de 𝕂n[X].

  • (b)

    Établir que (Pn)n est une base de 𝕂[X].

 
Exercice 15  5165   

(Suites récurrentes linéaires doubles11 1 L’enjeu de cet exercice est de produire une démonstration algébrique du théorème des suites récurrentes linéaire double donnant l’expression du terme général d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2.)

Soient (a,b)2 et 𝒮 l’ensemble des suites u=(un) vérifiant la relation de récurrence linéaire double

un+2+aun+1+bun=0pour tout n.
  • (a)

    Montrer que 𝒮 est un sous-espace vectoriel de l’espace .

  • (b)

    Justifier qu’une suite géométrique de raison q appartient à 𝒮 si, et seulement si, q est racine de l’équation (E):r2+ar+b=0.

Pour u𝒮, on pose φ(u)=(u0,u1).

  • (c)

    Montrer que φ est un isomorphisme de 𝒮 vers 2. En déduire la dimension de 𝒮.

  • (d)

    On suppose que l’équation (E) possède deux racines distinctes r1 et r2. Déterminer une base de l’espace 𝒮 formé de suites géométriques.

  • (e)

    On suppose que l’équation (E) possède une racine double r non nulle22 2 0 est racine double de l’équation (E) si, et seulement si, (a,b)=(0,0). Dans ce cas, une suite est élément de 𝒮 si, et seulement si, tous ses termes sont nuls au delà du rang 2.. Montrer que les suites (rn) et (nrn) forment une base 𝒮.

[<] Bases en dimension finie[>] Supplémentarité

 
Exercice 16  4514  

On considère l’espace réel 3.

  • (a)

    Déterminer une base du sous-espace vectoriel F={(x,y,z)3|x-z=0}.

  • (b)

    Compléter en une base de 3 la famille (u,v) avec u=(1,1,1) et v=(0,1,1).

  • (c)

    Déterminer un sous-espace supplémentaire de G=Vect{(1,1,0),(0,1,-1)} dans 3.

 
Exercice 17  5937  Correction  

Dans 2(), on considère l’ensemble 𝒟 des matrices diagonales

𝒟={(a00b)|a,b}
  • (a)

    Vérifier que 𝒟 est un sous-espace vectoriel de 2().

  • (b)

    Déterminer une base de 𝒟.

Solution

  • (a)

    On introduit les matrices

    E1,1=(1000)etE2,2=(0001)

    On constate

    𝒟={aE1,1+bE2,2|a,b}=Vect(E1,1,E2,2)

    Puisque 𝒟 apparaît comme un sous-espace vectoriel engendré par une famille de vecteurs, c’est en particulier un sous-espace vectoriel.

  • (b)

    Ce qui précède a déterminé une famille génératrice de 𝒟. Vérifions que celle-ci est libre.

    Soit (λ,μ)2. Supposons λE1,1+μE2,2=0. On a

    (λ00μ)=(0000)

    Par identification des coefficients d’une matrice, λ=μ=0. La famille (E1,1,E2,2) est libre11 1 On aurait aussi pu observer que c’est une sous-famille de la famille libre qu’est la base canonique constituée des matrices élémentaires..

 
Exercice 18  5938  Correction  

Soit F l’ensemble des polynômes P2[X] vérifiant P(0)=P′′(0).

  • (a)

    Montrer que F est un sous-espace vectoriel de l’espace E=2[X].

  • (b)

    Déterminer une base de F.

Solution

  • (a)

    Soit P un polynôme de 2[X]: P=aX2+bX+c. On observe

    P(0)=P′′(0)c=2a.

    L’ensemble F est donc l’ensemble des polynômes de la forme P=aX2+bX+2a avec a,b. Ainsi,

    F={a(X2+2)+bX|a,b}=Vect(X2+2,X).

    L’ensemble F apparaît comme le sous-espace vectoriel engendré par une famille finie de vecteurs, c’est donc un sous-espace vectoriel de 2[X].

  • (b)

    Par ce qui précède, P1=X2+2 et P2=X forment une famille génératrice de F. Vérifions que celle-ci est une famille libre.

    Soit (λ1,λ2)2. Supposons λ1P1+λ2P2=0. On a

    λ1X2+λ2X+2λ1=0.

    Par unicité des coefficients d’un polynôme, on identifie λ1=λ2=0. La famille (P1,P2) est donc une base de F.

 
Exercice 19  1642  Correction  

Dans 4, on considère les vecteurs u=(1,0,1,0), v=(0,1,-1,0), w=(1,1,1,1), x=(0,0,1,0) et y=(1,1,0,-1) puis on pose

F=Vect(u,v,w)etG=Vect(x,y).

Quelles sont les dimensions de F,G,F+G et FG?

Solution

(u,v,w) forme une famille libre donc une base de F. Ainsi, dimF=3.

(x,y) forme une famille libre donc une base de G. Ainsi, dimG=2.

(u,v,w,x) forme une famille libre donc une base de 4. Ainsi, F+G=E et dimF+G=4.

Enfin,

dim(FG)=dimF+dimG-dim(F+G)=1.
 
Exercice 20  5512  Correction  

Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un espace E de dimension n. Vérifier

dim(FG)dimF+dimG-n.

Solution

Par la formule de Grassmann,

dim(FG)=dimF+dimG-dim(F+G).

Or F+GE et donc dim(F+G)dimE=n. On en déduit

dim(FG)dimF+dimG-n.
 
Exercice 21  4134   Correction  

Soient U, V et W trois sous-espaces vectoriels d’un -espace vectoriel de dimension finie n.

  • (a)

    On suppose dimU+dimV>n. Montrer que UV n’est pas réduit au vecteur nul.

  • (b)

    On suppose dimU+dimV+dimW>2n. Que dire de l’espace UVW?

Solution

  • (a)

    Puisque U+VE, on a dim(U+V)n. La formule des quatre dimensions donne alors

    dimU+dimVdim(UV)=dim(U+V)n.

    L’hypothèse de travail fournit alors dim(UV)>0.

  • (b)

    Introduisons l’espace W=UV. Par la formule des quatre dimensions,

    dimW=dimU+dimVdim(U+V)dimU+dimVn.

    On a donc

    dimW+dimWdimU+dimV+dimWn>n.

    L’étude précédent assure alors que l’espace UVW=WW n’est pas réduit à l’espace nul.

 
Exercice 22  4515    

Soit E un espace vectoriel de dimension finie n*.

  • (a)

    Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E vérifiant dimF+dimG>n. Montrer que FG n’est pas réduit au vecteur nul.

  • (b)

    Généraliser ce résultat à plusieurs sous-espaces vectoriels F1,,Fp de E.

[<] Sous-espaces vectoriels de dimension finie[>] Hyperplans en dimension finie

 
Exercice 23  1646  Correction  

Dans 3, déterminer une base et un supplémentaire des sous-espaces vectoriels suivants:

  • (a)

    F=Vect(u,v)u=(1,1,0) et v=(2,1,1)

  • (b)

    F=Vect(u,v,w)u=(-1,1,0),v=(2,0,1) et w=(1,1,1)

  • (c)

    F={(x,y,z)3|x-2y+3z=0}.

Solution

  • (a)

    (u,v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u,v) génératrice de F. C’est donc une base de F.
    D=Vect(w) avec w=(1,0,0) est un supplémentaire de F car la famille (u,v,w) est une base de 3.

  • (b)

    w=u+v donc F=Vect(u,v). (u,v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u,v) génératrice de F. C’est donc une base de F.
    D=Vect(t) avec t=(1,0,0) est un supplémentaire de F car la famille (u,v,t) est une base de 3.

  • (c)

    F={(2y-3z,y,z)|y,z}=Vect(u,v) avec u=(2,1,0) et v=(-3,0,1). (u,v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u,v) génératrice de F. C’est donc une base de F.
    D=Vect(w) avec w=(1,0,0) est un supplémentaire de F car la famille (u,v,w) est une base de 3.

 
Exercice 24  4518   

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, F un sous-espace vectoriel de E distinct de E et G un sous-espace vectoriel supplémentaire de F dans E.

On introduit =(e1,,ep) une base de G et, pour a=(a1,,ap) une famille de vecteurs de F, on note

Ga=Vect(ej+aj)1jp.

Montrer que les espaces Ga déterminent tous les sous-espaces supplémentaires de F dans E.

 
Exercice 25  221   

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et F1,,Fn des sous-espaces vectoriels de E vérifiant F1++Fn=E.

Montrer qu’il existe des sous-espaces vectoriels G1,,Gn tels que:

1in,GiFietE=G1Gn.
 
Exercice 26  182   Correction  

Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie non nulle.

  • (a)

    Soient H et H deux hyperplans de E. Montrer que ceux-ci possèdent un sous-espace vectoriel supplémentaire commun.

  • (b)

    Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E tels que dimF=dimG.
    Montrer que F et G ont un sous-espace vectoriel supplémentaire en commun.

Solution

  • (a)

    Si H=H alors n’importe quel supplémentaire de H est convenable et il en existe.

    Sinon, on a HH et HH donc il existe xH et xH tels que xH et xH.

    On a alors x+xHH. L’espace Vect(x+x) est alors un supplémentaire commun à H et H.

  • (b)

    Raisonnons par récurrence décroissante sur

    n=dimF=dimG{0,1,,dimE}.

    Si n=dimE et n=dimE-1: ok

    Supposons la propriété établie au rang n+1{1,,dimE}.

    Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de dimension n.

    Si F=G alors n’importe quel supplémentaire de F est convenable.

    Sinon, on a FG et GF. Il existe donc xF et xG tels que xG et xF. On a alors x+xFG.

    Posons F=FVect(x+x) et G=GVect(x+x).

    Comme dimF=dimG=n+1, par hypothèse de récurrence, F et G possède un supplémentaire commun H et, par suite, HVect(x+x) est une supplémentaire commun à F et G.

    La récurrence est établie.

 
Exercice 27  181      CENTRALE (MP)Correction  

Soient 𝕂 un sous-corps de , E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E.

  • (a)

    On suppose dimF1=dimF2. Montrer qu’il existe G sous-espace vectoriel de E tel que F1G=F2G=E.

  • (b)

    On suppose que dimF1dimF2. Montrer qu’il existe G1 et G2 sous-espaces vectoriels de E tels que F1G1=F2G2=E et G2G1.

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur p=dimE-dimF1.
    Si dimE-dimF1=0 alors G={0E} convient.
    Supposons la propriété établie au rang p0.
    Soient F1 et F2 de même dimension tels que dimE-dimF1=p+1.
    Si F1=F2 l’existence d’un supplémentaire à tout sous-espace vectoriel en dimension finie permet de conclure.
    Sinon, on a F1F2 et F2F1 ce qui assure l’existence de x1F1F2 et de x2F2F1.
    Le vecteur x=x1+x2 n’appartient ni à F1, ni à F2. On pose alors F1=F1Vect(x) et F2=F2Vect(x). On peut appliquer l’hypothèse de récurrence à F1 et F2: on obtient l’existence d’un supplémentaire commun G à F1 et F2. G=GVect(x) est alors supplémentaire commun à F1 et F2. Récurrence établie.

  • (b)

    Soit F1 un sous-espace vectoriel contenant F1 et de même dimension que F2. F1 et F2 possèdent un supplémentaire commun G. Considérons H un supplémentaire de F1 dans F1. En posant G1=HG et G2=G on conclut.

[<] Supplémentarité[>] Rang d'une famille de vecteurs

 
Exercice 28  1678  Correction  

Dans 3, on considère le sous-espace vectoriel

H={(x,y,z)3|x-2y+3z=0}.

Soient u=(1,2,1) et v=(-1,1,1). Montrer que =(u,v) forme une base de H.

Solution

u,vH car ces vecteurs vérifient l’équation définissant H.
(u,v) est libre et dimH=2 car H est un hyperplan de 3.
On secoue, hop, hop, le résultat tombe.

 
Exercice 29  5187  

Soient n2, (a1,,an)𝕂n{(0,,0)} et

H={(x1,,xn)𝕂n|a1x1++anxn=0}.

Montrer que H est un sous-espace vectoriel de 𝕂n de dimension11 1 On dit qu’un tel espace est un hyperplan. n-1.

 
Exercice 30  1643  Correction  

Soient H1 et H2 deux hyperplans distincts d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie supérieure à 2.

Déterminer la dimension de H1H2.

Solution

H1+H2 est un sous-espace vectoriel de E qui contient H1 donc dim(H1+H2)=n-1 ou n.
Si dimH1+H2=n-1 alors par inclusion et égalité des dimensions: H2=H1+H2=H1.
C’est exclu, il reste dim(H1+H2)=n et alors dim(H1H2)=dimH1+dimH2-dim(H1+H2)=n-2.

 
Exercice 31  1644  Correction  

Soient H un hyperplan et F un sous-espace vectoriel non inclus dans H.
Montrer

dim(FH)=dimF-1.

Solution

On a FF+HE et FH donc F+H=E d’où dim(FH)=dimF-1 via le théorème des quatre dimensions.

 
Exercice 32  4517  

Soient E un espace vectoriel de dimension finie n1 et H un sous-espace vectoriel de E de dimension11 1 Dans le sujet 5187 il est présenté un exemple général d’espace de ce type. n-1. Montrer que, si un vecteur a de E n’appartient pas à H, alors E=HVect(a).

 
Exercice 33  5123  

Soient H un hyperplan d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n1 et a un vecteur de E. À quelle condition les espaces H et Vect(a) sont-ils supplémentaires dans E?

 
Exercice 34  1645   

Soient E un espace de dimension finie n1 et F un sous-espace vectoriel distinct de E.

  • (a)

    Montrer que F peut s’écrire comme une intersection d’un nombre fini d’hyperplans.

  • (b)

    Quel est le nombre minimum d’hyperplans nécessaire?

 
Exercice 35  5124   
  • (a)

    Montrer que le sous-ensemble de l’espace n() constitué des matrices de trace nulle est un hyperplan.

  • (b)

    Soit H un hyperplan de n(). Montrer qu’il existe une matrice An() non nulle telle que

    MHtr(AM)=0.

    Y a-t-il unicité d’une telle matrice A?

 
Exercice 36  5164   

(Formes linéaires)

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie n2. On appelle forme linéaire sur E, toute application linéaire φ de E vers 𝕂.

  • (a)

    Montrer qu’une forme linéaire non nulle est surjective.

  • (b)

    En déduire que le noyau d’une forme linéaire non nulle est un sous-espace vectoriel de dimension11 1 On dit qu’un tel espace est un hyperplan. n-1.

Inversement, soit H un sous-espace vectoriel de E de dimension n-1.

  • (c)

    Montrer qu’il existe une forme linéaire non nulle φ dont H est le noyau.

  • (d)

    Montrer que les formes linéaires non nulles dont H est le noyau sont alors exactement les λφ avec λ𝕂*.

 
Exercice 37  5636   Correction  

Soit E un -espace vectoriel de dimension finie. On se propose d’établir que si une réunion de sous-espaces vectoriels F1,,Fp est égale à E alors11 1 Une conséquence est que si une réunion finie de sous-espaces vectoriels de dimensions finies est un sous-espace vectoriel alors l’un des espaces contient tous les autres. l’un des espaces qui constitue cette réunion est égal à E. On raisonne par récurrence sur n=dimE.

  • (a)

    Établir la propriété lorsque n=0.

On suppose la propriété vraie au rang n-10 et l’on considère F1,,Fp des sous-espaces vectoriels d’un espace E de dimension n tels que E=F1Fp.

  • (b)

    Soit H un hyperplan de E.

    Que dire de la réunion des sous-espaces vectoriels F1H,,FpH?

  • (c)

    Conclure

Solution

  • (a)

    Lorsque n=0, tous les sous-espaces vectoriels F1,,Fp sont réduits au vecteur nul donc tous égaux à E.

  • (b)

    Par distributivité,

    j=1p(FjH)=(j=1pFj)H=EH=H.

    Cela détermine une réunion finie de sous-espaces vectoriels de H qui est égale à l’espace H lui-même de dimension n-1.

  • (c)

    Soit H un hyperplan de E arbitraire. Par l’hypothèse de récurrence, puisque les FkH sont des sous-espaces vectoriels de H dont la réunion vaut H, il existe j1;p tel que FjH=H et donc HFj. Par l’absurde, si aucun des espaces Fk ne vaut E, ce qui précède donne que, pour tout hyperplan H de E, il existe j1;p tel que H=Fj. Cela est absurde car signifie que l’espace E ne possède qu’un nombre fini d’hyperplans. La récurrence est établie.

[<] Hyperplans en dimension finie[>] L'espace des matrices carrées

 
Exercice 38  1650  Correction  

Déterminer le rang des familles de vecteurs suivantes de 4:

  • (a)

    (x1,x2,x3) avec x1=(1,1,1,1),x2=(1,-1,1,-1) et x3=(1,0,1,1).

  • (b)

    (x1,x2,x3,x4) avec x1=(1,1,0,1),x2=(1,-1,1,0),x3=(2,0,1,1) et x4=(0,2,-1,1).

Solution

  • (a)

    (x1,x2,x3) est libre donc rg(x1,x2,x3)=3.

  • (b)

    Comme x3=x1+x2 et x4=x1-x2, on a Vect(x1,x2,x3,x4)=Vect(x1,x2).
    Comme (x1,x2) est libre, on a rg(x1,x2,x3,x4)=rg(x1,x2)=2.

 
Exercice 39  1651   Correction  

Dans E=]-1;1[ on considère:

f1(x)=1+x1-x,f2(x)=1-x1+x,f3(x)=11-x2 et f4(x)=x1-x2.

Quel est le rang de la famille (f1,f2,f3,f4)?

Solution

On a

f1(x)=1+x1-x2=f3(x)+f4(x),f2(x)=1-x1-x2=f3(x)-f4(x)

donc

rg(f1,f2,f3,f4)=rg(f3,f4)=2

car (f3,f4) est libre.

 
Exercice 40  4519  

Soient a,b,c trois réels. Dans l’espace des fonctions de vers , déterminer le rang de la famille des fonctions fa:xsin(x+a), fb:xsin(x+b) et fc:xsin(x+c).

 
Exercice 41  1652   

Soit (x1,,xn) une famille de vecteurs d’un espace vectoriel E. Établir que pour tout p0;n,

rg(x1,,xp)rg(x1,,xn)+p-n.

[<] Rang d'une famille de vecteurs[>] L'espace des polynômes de degrés inférieurs à n

 
Exercice 42  4524  

Une matrice Mn() est dite symétrique (resp. antisymétrique) lorsque M=M (resp. M=-M). On note 𝒮n() et 𝒜n() les ensembles constitués des matrices symétriques et des matrices antisymétriques de n().

  • (a)

    Montrer que 𝒮n() et 𝒜n() sont des espaces supplémentaires de n().

  • (b)

    Préciser leurs dimensions respectives.

 
Exercice 43  2689     MINES (MP)Correction  

Soient n*, α1,,αn des complexes distincts, A=diag(α1,,αn) et

C(A)={Mn(),AM=MA}.

Montrer que (Ak)0kn-1 est une base de C(A).

Solution

En étudiant l’égalité AM=MA, on justifie C(A)=Dn(). C(A) est donc un sous-espace vectoriel de dimension n. De plus, il contient évidemment les éléments Ak pour k{0,,n-1} (et, plus généralement, tout polynôme en A).

Supposons

λ0In+λ1A++λn-1An-1=0.

Pour tout i=1,,n, on a

λ0+λ1αi++λn-1αin-1=0.

Le polynôme P=λ0+λ1X++λn-1Xn-1 s’annule en chaque αi et possède donc plus de racines que son degré. On peut alors affirmer P=0 puis λ0==λn-1=0.

La famille (Ak)0kn-1 est une famille libre à n éléments de C(A), c’en est donc une base

 
Exercice 44  5126  Correction  

(Les quaternions)

On note l’ensemble des matrices

M(a,b)=(ab-b¯a¯) avec a,b.
  • (a)

    Montrer que est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel réel 2() et que celui-ci est stable par produit.

  • (b)

    Déterminer une base (I,J,K,L) de avec

    I=I2,J2=K2=L2=-IetJK=L=-KJ.
  • (c)

    Vérifier que tout élément non nul de est inversible et que son inverse appartient à .

Solution

  • (a)

    2() est un espace vectoriel complexe de dimension 4 donc aussi un espace vectoriel réel de dimension 8, c’est cette dernière structure qui est considérée ici: les scalaires sont les nombres réels, les vecteurs les matrices carrées complexes de taille 2.

    L’ensemble est une partie non vide de 2() stable par combinaison linéaire car, pour a,b,c,d et λ,μ, on vérifie

    λM(a,b)+μM(c,d)=M(λa+μc,λb+μd).

    Ainsi, est un sous-espace vectoriel l’espace réel 2().

    Au surplus, est stable par produit car, avec les mêmes notations qu’au-dessus,

    M(a,b)M(c,d)=M(ac-bd¯,ad+bc¯).
  • (b)

    et c’est donc une -algèbre. Enfin, en introduisant les parties réelles et imaginaires des nombres complexes a et b, on peut écrire

    M(a,b)=tI2+xJ+yK+zL

    avec t=Re(a), x=Im(a), y=Re(b), z=Im(b) et

    J=(i00-i),K=(01-10)etL=(0ii0)

    est l’ensemble des combinaisons linéaires réelles des quatre matrices11 1 On a les relations remarquables J2=K2=L2=-I2, JK=L, KL=J et LJ=K. I2, J, K et L. Ces dernières étant linéairement indépendantes, est un espace réel de dimension 4.

  • (c)

    Soit (a,b)2. Étudions l’inversibilité de M(a,b) dans .

    Si M(a,b)O2, on a (a,b)(0,0) et det(M(a,b))=|a|2+|b|20. On en déduit que la matrice M(a,b) est inversible dans 2(). De plus, en introduisant sa comatrice, on peut exprimer l’inverse de M(a,b) puis vérifier son appartenance à :

    (M(a,b))-1 =1det(M(a,b))(Com(M(a,b)))=1|a|2+|b|2(a¯-bb¯a)
    =M(a¯|a|2+|b|2,-b|a|2+|b|2).

    Finalement, tout élément non nul de l’algèbre est inversible22 2 La multiplication sur n’est pas commutative et n’est donc pas un corps dans le sens où ce concept est défini dans le cours..

 
Exercice 45  4535   

Soit E l’ensemble des matrices de la forme

M(a,b,c)=(abcba+cbcba) avec a,b,c.
  • (a)

    Montrer que E est un sous-espace vectoriel de 3() et préciser sa dimension.

  • (b)

    Montrer que ABE pour tous11 1 On dit que E est stable pour le produit matriciel. A et B de E.

Soit A une matrice inversible de E.

  • (c)

    En considérant l’application f:MAM définie sur E, montrer (sans le calculer) que l’inverse de A est élément de E.

 
Exercice 46  1266   Correction  

Soit E l’ensemble des matrices de la forme

M(a,b,c)=(abc0ab00a)

avec a,b,c.
Notre objectif est d’établir que l’inverse d’une matrice inversible de E appartient encore à E, sans pour autant calculer cet inverse.

  • (a)

    Montrer que (E,+,.) est un -espace vectoriel dont on précisera la dimension.

  • (b)

    Montrer que (E,+,×) est un anneau commutatif.

  • (c)

    À quelle condition sur (a,b,c)3, la matrice A=M(a,b,c) est-elle inversible dans 3()? On suppose cette condition vérifiée. En considérant l’application f:EE définie par f(X)=AX, montrer que A-1E.

Solution

  • (a)

    M(a,b,c)=a.I+b.J+c.K avec

    I=(100010001),J=(010001000) et K=J2=(001000000).

    On observe que: E=Vect(I,J,K). Par suite, E un sous-espace vectoriel de 3().
    De plus, la famille (I,J,K) est libre, c’est donc une base de E et par suite dimE=3.

  • (b)

    De plus, IE, M(a,b,c)-M(a,b,c)=M(a-a,b-b,c-c)E et M(a,b,c)M(a,b,c)=(aI+bJ+cK)(aI+bJ+cK)=aaI+(ab+ab)J+(ac+bb+ca)KE.
    Donc E est un sous-anneau de 3().
    De plus, M(a,b,c)M(a,b,c)=M(a,b,c)M(a,b,c), donc E est un anneau commutatif.

  • (c)

    A est inversible si, et seulement si, a0 (ici A est triangulaire supérieure)
    f(λ.X+μ.Y)=A(λ.X+μ.Y)=λ.AX+μ.AY=λ.f(X)+μ.f(Y). f est un endomorphisme de E.
    Soit XE, si XKer(f) alors AX=O puis A-1AX=O d’où X=O. Par suite, Ker(f)={0}
    f est un endomorphisme injectif d’un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, c’est donc un automorphisme. Par suite, il existe BE telle que f(B)=AB=I.
    En multipliant par A-1, on conclut A-1=BE.

 
Exercice 47  1563   

On dit qu’une matrice A=(ai,j)n(𝕂) est centro-symétrique lorsque

an+1-i,n+1-j=ai,jpour tout (i,j)1;n2.
  • (a)

    Décrire les matrices centro-symétriques lorsque n=2 et n=3.

On note 𝒞 le sous-espace vectoriel11 1 On vérifie aisément que la matrice nulle est centro-symétrique et qu’une combinaison linéaire de matrices centro-symétriques l’est encore. On peut aussi établir que l’espace 𝒞 est de dimension n2+12. de n(𝕂) formé des matrices centro-symétriques.

  • (b)

    Montrer que le produit de deux matrices centro-symétriques de n(𝕂) est aussi centro-symétrique.

  • (c)

    Soit An(𝕂) une matrice centro-symétrique inversible. En considérant l’application MAM de 𝒞 vers 𝒞, montrer que A-1 est centro-symétrique.

 
Exercice 48  4971      MINES (PC)

Soit n avec n2. On note Ω l’ensemble des matrices élémentaires Ei,j de n() d’indice (i,j) avec i et j distincts.

  • (a)

    Montrer que, si un sous-espace vectoriel de n() contient Ω, il contient au moins une matrice inversible.

  • (b)

    Montrer que tout hyperplan de n() contient au moins une matrice inversible.

[<] L'espace des matrices carrées

 
Exercice 49  2146  Correction  

Soient P1=X2+1, P2=X2+X-1 et P3=X2+X.
Montrer que la famille (P1,P2,P3) est une base de 𝕂2[X].

Solution

Supposons λ1P1+λ2P2+λ3P3=0. Par égalité de coefficients de polynômes:

{λ1-λ2=0λ2+λ3=0λ1+λ2+λ3=0.

Après résolution λ1=λ2=λ3=0.
La famille (P1,P2,P3) est une famille libre formée de 3=dim𝕂2[X] polynômes de 𝕂2[X], c’est donc une base de 𝕂2[X].

 
Exercice 50  2619    CCINP (MP)Correction  

Pour n et k0;n, on pose Pk=Xk(1-X)n-k.

  • (a)

    Montrer que la famille (P0,,Pn) est une base de n[X].

  • (b)

    Exprimer 1,X,,Xn dans la base précédente.

Solution

  • (a)

    Commençons par souligner que les polynômes Pk sont tous de degré n: ils appartiennent bien à l’espace n[X]. De plus, ceux-ci sont au nombre de n+1 avec n+1 égal à la dimension de n[X]. Il suffit donc d’établir que la famille (P0,,Pn) est libre pour conclure que c’est une base de n[X].

    Supposons λ0P0++λnPn=0 avec λ0,,λn réels, c’est-à-dire

    λ0(1-X)n+λ1X(1-X)n-1++λnXn=0. (1)

    En évaluant en 0 cette identité polynomiale, on obtient immédiatement λ0=0. La relation (1) peut alors être simplifiée par X ce qui donne

    λ1(1-X)n-1+λ2X(1-X)n-2++λnXn-1=0.

    On évalue à nouveau11 1 On peut être surpris d’une simplification par X suivie d’une évaluation en 0. Cela n’a rien de singulier car on manipule ici des polynômes et non des fonctions d’une variable réelle. Si un produit XP désigne le polynôme nul avec P un polynôme, on a nécessairement P=0 et donc P(0)=0: c’est la démarche qui est suivie ici. en 0 pour obtenir λ1=0 et encore simplifier par X, etc. Ainsi, on obtient successivement λi=0 pour tout indice i allant de 0 jusqu’à n: on peut conclure que la famille (P0,,Pn) est libre, c’est donc une base de n[X].

  • (b)

    Pour k0;n, on écrit

    Xk =Xk(X+(1-X))n-k
    =Xkj=0n-k(n-kj)Xj(1-X)n-k-j=j=0n-k(n-kj)Pk+j.
 
Exercice 51  2147  Correction  

Pour k{0,,n}, on pose Pk=(X+1)k+1-Xk+1.
Montrer que la famille (P0,,Pn) est une base de 𝕂n[X].

Solution

On remarque que deg(Pk)=k donc Pk𝕂n[X].
Supposons λ0P0++λnPn=0.
Si λn0 alors deg(λ0P0++λnPn)=n car deg(λ0P0++λn-1Pn-1)n-1 et deg(λnPn)=n
Ceci est exclu, donc λn=0.
Sachant λn=0, le même raisonnement donne λn-1=0 et ainsi de suite λn-2==λ0=0.
La famille (P0,,Pn) est une famille libre de n+1=dim𝕂n[X] éléments de 𝕂n[X], c’est donc une base de 𝕂n[X].

 
Exercice 52  2149   

(Polynômes de Newton)

Soit n. On pose

P0=1etPk=X(X-1)(X-k+1)k!pour k1;n.
  • (a)

    Soit n. Montrer que la famille (Pk)0kn est une base de n[X].

  • (b)

    Vérifier que Pk(m) est un nombre entier pour tout m et tout k.

  • (c)

    Trouver tous les polynômes P prenant des valeurs entières sur chaque entier.

 
Exercice 53  5186   

On dit qu’une famille (P0,,Pn) de polynômes non nuls de 𝕂[X] est une famille de polynômes de degrés échelonnés lorsque

deg(P0)<<deg(Pn).
  • (a)

    Montrer qu’une telle famille est libre.

  • (b)

    À quelle condition celle-ci constitue-t-elle une base de 𝕂n[X]?

 
Exercice 54  2151   Correction  

Soient n et A𝕂n[X] un polynôme non nul.
Montrer que F={P𝕂n[X]|AP} est un sous-espace vectoriel de 𝕂n[X] et en déterminer la dimension et un supplémentaire.

Solution

F𝕂n[X], 0F car A0.
Soient λ,μ𝕂 et P,QF.
AP et AQ donc A(λP+μQ) puis λP+μQF.
Ainsi, F est un sous-espace vectoriel de 𝕂n[X].
Notons p=deg(A). On a

F𝕂p-1[X]=𝕂n[X]

ce qui détermine un supplémentaire de F et donne dimF=n+1-p.

 
Exercice 55  1761     KER LANN (MP)Correction  
  • (a)

    Montrer que la famille (X+k)n pour k{0,,n} constitue une base de n[X].

  • (b)

    Redémontrer la formule donnant l’expression du déterminant de Vandermonde

Solution

  • (a)

    La matrice de la famille étudiée dans la base canonique de n[X] a pour coefficient général

    ai,j=(ni)ji avec 0i,jn.

    En factorisant par ligne le déterminant de cette matrice est

    i=0n(ni)Vn+1(0,1,,n)0

    avec Vn+1(a0,,an) déterminant de Vandermonde.

  • (b)

    cf. cours.



Édité le 23-02-2024

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