[<] Espaces engendrés par une partie [>] Somme d'un nombre fini de sous-espaces

 
Exercice 1  4509  

Soient E=𝒞([0;1],) l’espace réel des fonctions continues de [0;1] vers ,

F={fE|f(0)=f(1)=0}etG={gE|g est affine}.

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

 
Exercice 2  1698  Correction  

Soient F={f𝒞1(,)|f(0)=f(0)=0} et G={xax+b|(a,b)2}.
Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de 𝒞1(,).

Solution

F𝒞1(,) et 0F.
Soient λ,μ et f,gF,

(λf+μg)(0)=λf(0)+μg(0)=0

et

(λf+μg)(0)=λf(0)+μg(0)=0

donc λf+μgF.
G𝒞1(,) et 0G (en prenant a=b=0).
Soient λ,μ et f,gG, il existe a,b,c,d tels que

x,f(x)=ax+b et g(x)=cx+d

et on a alors

(λf+μg)(x)=ex+f

avec

e=λa+μc et f=λb+μd

donc λf+μgG.
Soit hFG. Il existe a,b tels que

x,h(x)=ax+b

car hG. Or hF donc h(0)=b=0 et h(0)=a=0 puis h(x)=0 c’est-à-dire h=0. Ainsi,

FG={0~}.

Soit h𝒞1(,). Posons a=h(0), b=h(0), g:xax+b et f=h-g.

Clairement, gG et h=f+g.

De plus, f(0)=h(0)-b=0 et f(0)=h(0)-a=0 donc fF.

Ainsi,

F+G=𝒞1(,).

Finalement, F et G sont supplémentaires dans 𝒞1(,).

 
Exercice 3  1699  Correction  

Soient F={f𝒞([-1;1],)|-11f(t)dt=0} et G={f𝒞([-1;1],)|f constante}.
Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de 𝒞([-1;1],).

Solution

F𝒞([-1;1],) et 0~F car -110dt=0.
Soient λ,μ et f,gF, on a

-11(λf+μg)(t)dt=λ-11f(t)dt+μ-11g(t)dt=0

donc λf+μgF.
G𝒞([-1;1],) et 0~G car c’est une fonction constante.
Soient λ,μ et f,gG. On a λf+μgG car il est clair que c’est une fonction constante.
Soit hFG. On a h constante car hG. Posons C la valeur de cette constante.
Puisque hF, on a

-11h(t)dt=-11Cdt=2C=0

et donc h=0~. Ainsi,

FG={0~}.

Soit h𝒞([-1;1],). Posons C=-11h(t)dt, g la fonction constante égale à 12C et f=h-g.
Clairement gG et f+g=h. De plus, -11f(t)dt=-11h(t)dt-C=0 donc fF.
Ainsi,

F+G=𝒞([-1;1],).

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

 
Exercice 4  4516  

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

 
Exercice 5  1700  Correction  

Soient

H={(x1,x2,,xn)𝕂n|x1+x2++xn=0}

et u=(1,,1)𝕂n.
Montrer que H et Vect(u) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de 𝕂n.

Solution

H𝕂n, 0=(0,,0)H car 0++0=0.
Soient λ,μ𝕂 et x=(x1,,xn)H, y=(y1,,yn)H. On a

λx+μy=(λx1+μy1,,λxn+μyn)

avec

(λx1+μy1)++(λxn+μyn)=λ(x1++xn)+μ(y1++yn)=0

donc λx+μyH.
Vect(u)=𝕂u est un sous-espace vectoriel.
Soit vHVect(u). On peut écrire v=λu=(λ,,λ) car vVect(u).
Or vH donc λ++λ=0 d’où λ=0 et donc v=0. Ainsi,

HVect(u)={0}.

Soit v=(v1,,vn)𝕂n. Posons λ=1n(v1++vn), y=λu et x=v-y.
Clairement x+y=v, yVect(u). De plus, x=(x1,,xn) avec

x1++xn=(v1-λ)++(vn-λ)=(v1++vn)-nλ=0

donc xH. Ainsi,

H+Vect(u)=𝕂n.

Finalement, H et Vect(u) sont supplémentaires dans 𝕂n.

 
Exercice 6  1701   Correction  

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

F={fE|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 fFG. 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 fE. Posons λ=2f(π/2)-f(0)-f(π)2, μ=f(0)-f(π)2, h=λsin+μcos et g=f-h.
On a f=g+h avec gF et hG.
Ainsi F et G sont supplémentaires dans E.

 
Exercice 7  1702   Correction  

Soit F={f(,)|f(0)+f(1)=0}.

  • (a)

    Montrer que F est un sous-espace vectoriel.

  • (b)

    Déterminer un supplémentaire de F dans (,).

Solution

  • (a)

    sans peine

  • (b)

    L’ensemble des fonctions constantes convient.

 
Exercice 8  3852   

Dans l’espace E des fonctions continues de [-1;1] vers , on considère les sous-espaces vectoriels

F1={fE|f est constante},F2={fE|t[-1;0],f(t)=0} et 
F3={fE|t[0;1],f(t)=0}.

Établir

E=F1F2F3.
 
Exercice 9  217   Correction  

Soient n et E=n[X].
Pour tout i0;n, on note

Fi={PE|j0;n{i},P(j)=0}.

Montrer que les Fi sont des sous-espaces vectoriels et que

E=F0Fn.

Solution

Les Fi sont clairement des sous-espaces vectoriels.
Supposons P0++Pn=0 avec PiFi.
Pi possède par définition n racines et (P0++Pn)(i)=0 donc Pi(i)=0 ce qui fournit une n+1-ième racine. Par suite, Pi=0 car deg(Pi)n.
Soit PE.

Analyse: Supposons P=P0++Pn avec PiFi.
On a P(i)=Pi(i) car Pj(i)=0 pour ji.
Par suite,

Pi=P(i)j=0,jin(X-j)(i-j).

Synthèse: Les Pi précédemment proposés conviennent car
PiFi par construction et P=P0++Pn puisque P-(P0++Pn) est le polynôme nul car de degré n et possédant au moins n+1 racines: 0,1,,n.

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Édité le 08-11-2019

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