En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Espaces et sous-espaces vectorielsEspace vectoriel/Exercices/Espaces et sous-espaces vectoriels », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
K
{\displaystyle K}
désigne
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
ou
C
{\displaystyle \mathbb {C} }
E est un
K
{\displaystyle K}
-espace vectoriel.
Être ou ne pas être un espace vectoriel ?
modifier
1. Les espaces suivants sont-ils des sous-espaces vectoriels de
R
2
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
?
a.
E
1
a
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
x
−
y
≥
m
}
{\displaystyle E_{1a}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x-y\geq m\}}
(où
m
{\displaystyle m}
est un réel fixé)
b.
E
1
b
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
x
y
=
0
}
{\displaystyle E_{1b}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid xy=0\}}
c.
E
1
c
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
x
=
y
}
{\displaystyle E_{1c}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x=y\}}
d.
E
1
d
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
x
+
y
=
1
}
{\displaystyle E_{1d}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x+y=1\}}
e.
E
1
d
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
sin
x
=
y
}
{\displaystyle E_{1d}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid \sin x=y\}}
2. Les espaces suivants sont-ils des sous-espaces vectoriels de
R
N
{\displaystyle \mathbb {R} ^{\mathbb {N} }}
?
a. E2a = Ensemble des suites bornées
b. E2b = Ensemble des suites monotones
c. E2c = Ensemble des suites convergentes
d. E2d = Ensemble des suites arithmétiques
3. Les espaces suivants sont-ils des sous-espaces vectoriels de
R
R
{\displaystyle \mathbb {R} ^{\mathbb {R} }}
?
a.
E
3
a
=
{
f
∈
R
R
∣
f
monotone
}
{\displaystyle E_{3a}=\{f\in \mathbb {R} ^{\mathbb {R} }\mid f{\text{ monotone}}\}}
b.
E
3
b
=
{
f
∈
R
R
∣
f
s'annule en
0
}
{\displaystyle E_{3b}=\{f\in \mathbb {R} ^{\mathbb {R} }\mid f{\text{ s'annule en }}0\}}
c.
E
3
c
=
{
f
∈
R
R
∣
f
s'annule
}
{\displaystyle E_{3c}=\{f\in \mathbb {R} ^{\mathbb {R} }\mid f{\text{ s'annule}}\}}
d.
E
3
d
=
{
f
∈
R
R
∣
f
est impaire
}
{\displaystyle E_{3d}=\{f\in \mathbb {R} ^{\mathbb {R} }\mid f{\text{ est impaire}}\}}
4. Les espaces suivants sont-ils des sous-espaces vectoriels de
M
2
(
R
)
{\displaystyle \mathrm {M} _{2}(\mathbb {R} )}
?
a.
E
4
a
=
{\displaystyle E_{4a}=}
le sous-ensemble des matrices
A
{\displaystyle A}
vérifiant
A
(
1
1
)
=
(
0
0
)
{\displaystyle A{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}}
b.
E
4
b
=
{\displaystyle E_{4b}=}
le sous-ensemble des matrices
A
{\displaystyle A}
vérifiant
A
(
0
0
)
=
(
1
1
)
{\displaystyle A{\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}}
Solution
Série 1
a. Non car
v
:=
(
|
m
|
+
1
,
0
)
∈
E
1
a
{\displaystyle v:=(|m|+1,0)\in E_{1a}}
et
−
v
=
(
−
|
m
|
−
1
,
0
)
∉
E
1
a
{\displaystyle -v=(-|m|-1,0)\notin E_{1a}}
.
b. Non : cf. Exercice 1-3.
c. Oui car
E
1
c
=
Vect
(
{
(
1
,
1
)
}
)
{\displaystyle E_{1c}=\operatorname {Vect} (\{(1,1)\})}
.
d. Non car
(
0
,
0
)
∉
E
1
d
{\displaystyle (0,0)\not \in E_{1d}}
.
e. Non car (par exemple)
(
π
/
2
,
1
)
∈
E
1
e
{\displaystyle (\pi /2,1)\in E_{1e}}
mais
2
(
π
/
2
,
1
)
∉
E
1
e
{\displaystyle 2(\pi /2,1)\notin E_{1e}}
.
Série 2
a. : Oui. b. : Non. c. : Oui. d. : Oui.
Série 3
a. : Non. b. : Oui. c. : Non. d. : Oui.
Série 4
a. : Oui. b. : Non.
Soient
F
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
+
y
−
z
=
0
}
{\displaystyle F=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x+y-z=0\}}
et
G
=
{
(
a
−
b
,
a
+
b
,
a
−
3
b
)
∣
(
a
,
b
)
∈
R
2
}
{\displaystyle G=\{(a-b,a+b,a-3b)\mid (a,b)\in \mathbb {R} ^{2}\}}
.
Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
.
Déterminer
F
∩
G
{\displaystyle F\cap G}
.
Solution
Soient
λ
∈
R
,
u
1
=
(
x
1
,
y
1
,
z
1
)
∈
F
,
u
2
=
(
x
2
,
y
2
,
z
2
)
∈
F
{\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} ,u_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})\in F,u_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})\in F}
. Alors
λ
u
1
+
u
2
=
(
λ
x
1
+
x
2
,
λ
y
1
+
y
2
,
λ
z
1
+
z
2
)
{\displaystyle \lambda u_{1}+u_{2}=(\lambda x_{1}+x_{2},\lambda y_{1}+y_{2},\lambda z_{1}+z_{2})}
et
(
λ
x
1
+
x
2
)
+
(
λ
y
1
+
y
2
)
−
(
λ
z
1
+
z
2
)
=
λ
(
x
1
+
y
1
−
z
1
)
+
(
x
2
+
y
2
−
z
2
)
=
0
{\displaystyle (\lambda x_{1}+x_{2})+(\lambda y_{1}+y_{2})-(\lambda z_{1}+z_{2})=\lambda (x_{1}+y_{1}-z_{1})+(x_{2}+y_{2}-z_{2})=0}
. Donc F est bien un sous-espace vectoriel de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
.
G
=
Vect
{
(
1
,
1
,
1
)
,
(
−
1
,
1
,
−
3
)
}
{\displaystyle G=\operatorname {Vect} \left\{(1,1,1),(-1,1,-3)\right\}}
donc G est bien un sous-espace vectoriel de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
.
u
∈
F
∩
G
⇔
∃
(
a
,
b
)
∈
R
2
{
u
=
(
a
−
b
,
a
+
b
,
a
−
3
b
)
(
a
−
b
)
+
(
a
+
b
)
−
(
a
−
3
b
)
=
0
⇔
∃
(
a
,
b
)
∈
R
2
{
u
=
(
a
−
b
,
a
+
b
,
a
−
3
b
)
a
=
−
3
b
⇔
∃
b
∈
R
u
=
(
−
3
b
−
b
,
−
3
b
+
b
,
−
3
b
−
3
b
)
⇔
∃
b
∈
R
u
=
b
(
−
4
,
−
2
,
−
6
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}u\in F\cap G&\Leftrightarrow \exists (a,b)\in \mathbb {R} ^{2}\quad {\begin{cases}u=(a-b,a+b,a-3b)\\(a-b)+(a+b)-(a-3b)=0\end{cases}}\\&\Leftrightarrow \exists (a,b)\in \mathbb {R} ^{2}\quad {\begin{cases}u=(a-b,a+b,a-3b)\\a=-3b\end{cases}}\\&\Leftrightarrow \exists b\in \mathbb {R} \quad u=(-3b-b,-3b+b,-3b-3b)\\&\Leftrightarrow \exists b\in \mathbb {R} \quad u=b(-4,-2,-6).\end{aligned}}}
Ainsi,
F
∩
G
=
Vect
{
(
−
4
,
−
2
,
−
6
)
}
=
Vect
{
(
2
,
1
,
3
)
}
{\displaystyle F\cap G=\operatorname {Vect} \{(-4,-2,-6)\}=\operatorname {Vect} \{(2,1,3)\}}
.
Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E . Montrer que
F
∩
G
=
F
+
G
⇔
F
=
G
{\displaystyle F\cap G=F+G\Leftrightarrow F=G}
.
Soient
F
{\displaystyle F}
et
G
{\displaystyle G}
deux sous-espaces vectoriels de
E
{\displaystyle E}
. Montrer que
F
∪
G
{\displaystyle F\cup G}
est un sous-espace vectoriel de
E
{\displaystyle E}
(si et) seulement si
F
⊂
G
{\displaystyle F\subset G}
ou
G
⊂
F
{\displaystyle G\subset F}
.
Solution
⇐
{\displaystyle \Leftarrow }
est immédiat. Pour prouver
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
, démontrons la contraposée , c'est-à-dire : supposons que
F
⊄
G
{\displaystyle F\not \subset G}
et
G
⊄
F
{\displaystyle G\not \subset F}
et montrons qu'alors,
F
∪
G
{\displaystyle F\cup G}
n'est pas un sous-espace vectoriel de
E
{\displaystyle E}
.
Par hypothèse, il existe un vecteur
x
∈
F
∖
G
{\displaystyle x\in F\setminus G}
et un vecteur
y
∈
G
∖
F
{\displaystyle y\in G\setminus F}
.
Ces deux vecteurs appartiennent à
F
∪
G
{\displaystyle F\cup G}
mais leur somme
z
{\displaystyle z}
n'appartient ni à
F
{\displaystyle F}
(sinon, puisque
x
∈
F
{\displaystyle x\in F}
et que
F
{\displaystyle F}
est stable par différences, on aurait
y
=
z
−
x
∈
F
{\displaystyle y=z-x\in F}
, ce qui est contraire au choix de
y
{\displaystyle y}
), ni à
G
{\displaystyle G}
(de même en intervertissant les couples
(
x
,
F
)
{\displaystyle (x,F)}
et
(
y
,
G
)
{\displaystyle (y,G)}
). Donc
F
∪
G
{\displaystyle F\cup G}
n'est pas stable par
+
{\displaystyle +}
.
Soient
F
=
{
f
∈
C
(
[
−
1
,
1
]
,
C
)
|
∫
−
1
1
f
=
0
}
{\displaystyle F=\left\{f\in {\mathcal {C}}([-1,1],\mathbb {C} )~\left|~\int _{-1}^{1}f=0\right.\right\}}
et
G
=
{
f
∈
C
(
[
−
1
,
1
]
,
C
)
∣
f
constante
}
{\displaystyle G=\left\{f\in {\mathcal {C}}([-1,1],\mathbb {C} )\mid f{\text{ constante}}\right\}}
.
Montrer que ces deux sous-espaces de
C
(
[
−
1
,
1
]
,
C
)
{\displaystyle {\mathcal {C}}([-1,1],\mathbb {C} )}
sont supplémentaires.
Soit
Q
∈
R
[
X
]
{\displaystyle Q\in \mathbb {R} [X]}
,
Q
≠
0
{\displaystyle Q\neq 0}
. Montrer que les sous-espaces
A
:=
{
P
∈
R
[
X
]
;
Q
∣
P
}
{\displaystyle A:=\{P\in \mathbb {R} [X];Q\mid P\}}
et
B
:=
{
P
∈
R
[
X
]
;
deg
(
P
)
<
deg
(
Q
)
}
{\displaystyle B:=\{P\in \mathbb {R} [X];\deg(P)<\deg(Q)\}}
sont supplémentaires dans
R
[
X
]
{\displaystyle \mathbb {R} [X]}
.
Solution
Par division euclidienne , tout polynôme est, de façon unique, somme d'un élément de
A
{\displaystyle A}
et d'un élément de
B
{\displaystyle B}
.
Soient
u
=
(
1
,
2
,
3
,
4
)
{\displaystyle u=(1,2,3,4)}
et
v
=
(
1
,
−
2
,
3
,
−
4
)
{\displaystyle v=(1,-2,3,-4)}
.
Déterminer l'ensemble des couples
(
x
,
y
)
∈
R
2
{\displaystyle (x,y)\in \mathbb {R} ^{2}}
tels que
(
x
,
1
,
y
,
1
)
∈
Vect
(
u
,
v
)
{\displaystyle (x,1,y,1)\in \operatorname {Vect} (u,v)}
.
Même question pour les couples tels que
(
x
,
1
,
1
,
y
)
∈
Vect
(
u
,
v
)
{\displaystyle (x,1,1,y)\in \operatorname {Vect} (u,v)}
.
Solution
Vect
(
u
,
v
)
=
Vect
(
u
+
v
,
u
−
v
)
=
Vect
(
(
1
,
0
,
3
,
0
)
,
(
0
,
1
,
0
,
2
)
)
=
{
(
a
,
b
,
3
a
,
2
b
)
∣
a
,
b
∈
R
}
=
{
(
a
,
b
,
c
,
d
)
∈
R
4
∣
c
=
3
a
et
d
=
2
b
}
{\displaystyle \operatorname {Vect} (u,v)=\operatorname {Vect} (u+v,u-v)=\operatorname {Vect} ((1,0,3,0),(0,1,0,2))=\{(a,b,3a,2b)\mid a,b\in \mathbb {R} \}=\{(a,b,c,d)\in \mathbb {R} ^{4}\mid c=3a{\text{ et }}d=2b\}}
.
y
=
3
x
et
1
=
2
{\displaystyle y=3x{\text{ et }}1=2}
n'a pas de solution
(
x
,
y
)
{\displaystyle (x,y)}
.
1
=
3
x
et
y
=
2
{\displaystyle 1=3x{\text{ et }}y=2}
a pour solution
(
x
,
y
)
=
(
1
/
3
,
2
)
{\displaystyle (x,y)=(1/3,2)}
.
Déterminer des équations cartésiennes des sous-espaces vectoriels suivants :
F
=
Vect
(
(
1
,
3
,
−
1
)
)
⊂
R
3
{\displaystyle F=\operatorname {Vect} \left((1,3,-1)\right)\subset \mathbb {R} ^{3}}
;
G
=
Vect
(
(
1
,
2
,
3
)
,
(
1
,
0
,
1
)
)
⊂
R
3
{\displaystyle G=\operatorname {Vect} \left((1,2,3),(1,0,1)\right)\subset \mathbb {R} ^{3}}
;
H
=
Vect
(
(
1
,
0
,
1
,
0
)
,
(
2
,
1
,
3
,
1
)
,
(
1
,
1
,
2
,
1
)
)
⊂
R
4
{\displaystyle H=\operatorname {Vect} \left((1,0,1,0),(2,1,3,1),(1,1,2,1)\right)\subset \mathbb {R} ^{4}}
;
I
=
Vect
(
(
1
,
−
2
)
)
⊂
R
2
{\displaystyle I=\operatorname {Vect} \left((1,-2)\right)\subset \mathbb {R} ^{2}}
;
J
=
Vect
(
(
1
,
0
,
1
)
,
(
0
,
2
,
−
3
)
)
⊂
R
3
{\displaystyle J=\operatorname {Vect} \left((1,0,1),(0,2,-3)\right)\subset \mathbb {R} ^{3}}
;
K
=
Vect
(
(
1
,
1
,
1
)
)
⊂
R
3
{\displaystyle K=\operatorname {Vect} \left((1,1,1)\right)\subset \mathbb {R} ^{3}}
;
Solution
F
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
y
=
3
x
et
z
=
−
x
}
{\displaystyle F=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid y=3x{\text{ et }}z=-x\}}
.
∃
(
a
,
b
)
∈
R
2
(
x
,
y
,
z
)
=
a
(
1
,
2
,
3
)
+
b
(
1
,
0
,
1
)
⇔
∃
(
a
,
b
)
∈
R
2
a
=
y
/
2
,
b
=
x
−
y
/
2
,
a
=
y
/
2
z
=
3
a
+
b
⇔
z
=
x
+
y
{\displaystyle \exists (a,b)\in \mathbb {R} ^{2}\quad (x,y,z)=a(1,2,3)+b(1,0,1)\Leftrightarrow \exists (a,b)\in \mathbb {R} ^{2}\quad a=y/2,\;b=x-y/2,\;a=y/2\;z=3a+b\Leftrightarrow z=x+y}
(une autre méthode est de calculer le produit vectoriel
u
∧
v
=
n
{\displaystyle u\land v=n}
de ces deux vecteurs, puis d'écrire que
(
x
,
y
,
z
)
{\displaystyle (x,y,z)}
appartient à
G
{\displaystyle G}
si et seulement si son produit scalaire par ce vecteur
n
{\displaystyle n}
est nul, ou plus directement, d'écrire que le déterminant des trois vecteurs
u
{\displaystyle u}
,
v
{\displaystyle v}
et
(
x
,
y
,
z
)
{\displaystyle (x,y,z)}
est nul).
(
2
,
1
,
3
,
1
)
=
(
1
,
0
,
1
,
0
)
+
(
1
,
1
,
2
,
1
)
{\displaystyle (2,1,3,1)=(1,0,1,0)+(1,1,2,1)}
donc
H
=
Vect
(
(
1
,
0
,
1
,
0
)
,
(
1
,
1
,
2
,
1
)
)
{\displaystyle H=\operatorname {Vect} \left((1,0,1,0),(1,1,2,1)\right)}
.
∃
(
a
,
b
)
∈
R
2
(
x
,
y
,
z
,
t
)
=
a
(
1
,
0
,
1
,
0
)
+
b
(
1
,
1
,
2
,
1
)
⇔
∃
(
a
,
b
)
∈
R
2
a
=
x
−
y
,
b
=
y
,
z
=
x
+
y
,
t
=
y
⇔
z
=
x
+
y
,
t
=
y
{\displaystyle \exists (a,b)\in \mathbb {R} ^{2}\quad (x,y,z,t)=a(1,0,1,0)+b(1,1,2,1)\Leftrightarrow \exists (a,b)\in \mathbb {R} ^{2}\quad a=x-y,\;b=y,\;z=x+y,\;t=y\Leftrightarrow z=x+y,\;t=y}
.
I
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
∣
y
=
−
2
x
}
{\displaystyle I=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y=-2x\}}
.
0
=
|
1
0
x
0
2
y
1
−
3
z
|
=
−
2
x
+
3
y
+
2
z
{\displaystyle 0={\begin{vmatrix}1&0&x\\0&2&y\\1&-3&z\end{vmatrix}}=-2x+3y+2z}
(analogue à
G
{\displaystyle G}
).
K
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∈
R
3
∣
x
=
y
=
z
}
{\displaystyle K=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x=y=z\}}
(analogue à
F
{\displaystyle F}
).
Soient
U
,
V
,
W
{\displaystyle U,\,V,\,W}
trois s.e.v. de
E
{\displaystyle E}
. On va comparer trois propriétés :
(
i
)
:
U
∩
V
=
{
0
}
=
(
U
+
V
)
∩
W
{\displaystyle (i):U\cap V=\{0\}=(U+V)\cap W}
;
(
i
i
)
:
V
∩
W
=
{
0
}
=
(
V
+
W
)
∩
U
{\displaystyle (ii):V\cap W=\{0\}=(V+W)\cap U}
;
(
i
i
i
)
:
∀
x
∈
U
+
V
+
W
∃
!
(
u
,
v
,
w
)
∈
U
×
V
×
W
x
=
u
+
v
+
w
{\displaystyle (iii):\forall x\in U+V+W\quad \exists !(u,v,w)\in U\times V\times W\quad x=u+v+w}
.
a) Démontrer que
(
i
)
{\displaystyle (i)}
équivaut à
(
i
i
i
)
{\displaystyle (iii)}
.
b) En déduire que
(
i
)
{\displaystyle (i)}
équivaut à
(
i
i
)
{\displaystyle (ii)}
.
Solution
b) résultera immédiatement de a), puisque
(
i
i
i
)
{\displaystyle (iii)}
est symétrique en
U
,
V
,
W
{\displaystyle U,V,W}
.
Supposons
(
i
)
{\displaystyle (i)}
et montrons
(
i
i
i
)
{\displaystyle (iii)}
. Soient
u
,
u
′
∈
U
{\displaystyle u,u'\in U}
,
v
,
v
′
∈
V
{\displaystyle v,v'\in V}
,
w
,
w
′
∈
W
{\displaystyle w,w'\in W}
tels que
u
+
v
+
w
=
u
′
+
v
′
+
w
′
{\displaystyle u+v+w=u'+v'+w'}
. Alors
w
′
−
w
=
(
u
−
u
′
)
+
(
v
−
v
′
)
∈
(
U
+
V
)
∩
W
{\displaystyle w'-w=(u-u')+(v-v')\in (U+V)\cap W}
, donc
w
′
=
w
{\displaystyle w'=w}
et
v
′
−
v
=
u
−
u
′
∈
U
∩
V
{\displaystyle v'-v=u-u'\in U\cap V}
, donc
u
′
=
u
{\displaystyle u'=u}
et
v
′
=
v
{\displaystyle v'=v}
.
Supposons
(
i
i
i
)
{\displaystyle (iii)}
et montrons
(
i
)
{\displaystyle (i)}
: si
x
∈
U
∩
V
{\displaystyle x\in U\cap V}
alors, de
x
+
0
+
0
=
0
+
x
+
0
{\displaystyle x+0+0=0+x+0}
on déduit
x
=
0
{\displaystyle x=0}
, et si
w
=
u
+
v
∈
(
U
+
V
)
∩
W
{\displaystyle w=u+v\in (U+V)\cap W}
, de
u
+
v
+
0
=
0
+
0
+
w
{\displaystyle u+v+0=0+0+w}
on déduit
w
=
0
{\displaystyle w=0}
.