PCSI 2 2013-2014 Préparation des Khôlles Chapitre 16 : Espaces vectoriels Exercice type 1 Soit E = R [X] et F = {P ∈ E, P (X) = XP ′ (X) + P (0)} , montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. Solution : On a bien F ⊂ E. Si P = 0 est le polynôme nul alors P ′ (X) = 0 et P (0) = 0, ainsi P (X) = XP ′ (X)+P (0) donc 0 ∈ F et ainsi F = ∅. Soient (P, Q) ∈ F et λ ∈ R alors P (X) = XP ′ (X) + P (0) et Q (X) = XQ′ (X) + Q (0) Posons R = λP + Q alors R (X) = λP (X) + Q (X) = λ (XP ′ (X) + P (0)) + XQ′ (X) + Q (0) = X (λP + Q)′ (X) + (λP + Q) (0) = XR′ (X) + R (0) Ainsi R ∈ F . Ceci prouve que F est bien un sous-espace vectoriel de E. Exercice type 2 Soit E = Mn (R), soit A ∈ E fixé et F = {M ∈ E, AM = M A} , montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. Application : déterminer F si A = 1 −1 1 −1 . Solution : On a bien F ⊂ E et si M = 0 est la matrice nulle, alors AM = MA = 0 donc 0 ∈ F et ainsi F = ∅. Soient (M, N ) ∈ F 2 et λ ∈ R alors AM = MA et AN = NA On pose P = λM + N alors AP = A (λM + N ) = λAM + AN = λM A + N A = (λM + N ) A = P A, ainsi P ∈ F , ce qui prouve que F est un sous-espace vectoriel de E. a b 1 −1 a b a b 1 −1 1 −1 Dans le cas où A = , si M = alors AM = MA ⇐⇒ − = 1 −1 c d 1 −1 c d c d 1 −1 −b − c a + 2b − d = 0. On obtient alors a − 2c − d b+c −b − c = 0 a + 2b − d = 0 c = −b −2b + d b ⇐⇒ ⇐⇒ M = a − 2c − d = 0 a = −2b + d −b d b+c=0 d’où F = Vect On peut vérifier que F = Vect (I2 , A), en effet A = − −2 1 −1 0 1 0 0 1 , − 1 0 0 1 −2 1 −1 0 = 1 −1 1 −1 . Exercice type 3 Soit E = C 2 (R, R) l’espace vectoriel des fonctions de R dans R et de classe C 2 . Montrer que F = f ∈ E, ∀x ∈ R, 1 + x2 f ′′ (x) + f ′ (x) − 3f (x) = 0 est un sous-espace vectoriel de E. —1/8— G H PCSI 2 2013-2014 Préparation des Khôlles Solution : Par définition de F, on a F ⊂ E (les éléments de F sont des fonctions de E). Puis F = ∅, la fonction nulle est dans F, en effet si f = 0 alors ∀x ∈ R, f (x) = f ′ (x) = f ′′ (x) et ainsi 1 + x2 f ′′ (x) + f ′ (x) − 3f (x) = 0. Soient f et g dans F, (λ, µ) ∈ R2 , a-t-on λf + µg ∈ E. f g ∈ F ⇐⇒ ∀x ∈ R, 1 + x2 f ′′ (x) + f ′ (x) − 3f (x) = 0 ∈ F ⇐⇒ ∀x ∈ R, 1 + x2 g ′′ (x) + g′ (x) − 3g (x) = 0 Posons h = λf + µg, alors h′ = λf ′ + µg ′ et f ′′ = λf ′′ + µg ′′ ainsi, ∀x ∈ R = = = 1 + x2 h′′ (x) + h′ (x) − 3h (x) 1 + x2 (λf ′′ (x) + µg ′′ (x)) + (λf ′ (x) + µg′ (x)) + 3 (λf (x) + µg (x)) λ 1 + x2 f ′′ (x) + f ′ (x) − 3f (x) + µ 1 + x2 g′′ (x) + g ′ (x) − 3g (x) λ × 0 + µ × 0 car f ∈ F et g ∈ F Ce qui prouve que h ∈ F . L’ensemble F est bien un sous-espace vectoriel de E. Exercice type 4 1 Soit E = R3 [X] et F = P ∈ E, P (0) = 0 et P (t) dt = 0 . Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E et en 0 donner une famille génératrice. Solution : Soit P = a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3 un élément de E, alors P (0) = a0 = 0 1 P ∈ F ⇐⇒ a1 a2 a3 P (t) dt = a0 + + + =0 2 3 4 0 a0 = 0 2a2 a3 où a2 et a3 sont quelconques dans R ⇐⇒ a1 = − − 3 2 2a2 a3 ⇐⇒ ∃ (a2 , a3 ) ∈ R2 , P = − − X + a2 X 2 + a3 X 3 3 2 2 1 ⇐⇒ ∃ (a2 , a3 ) ∈ R2 , P = a2 X 2 − X + a3 X 3 − X 3 2 On a donc prouvé que 2 1 F = Vect (P1 , P2 ) où P1 = X 2 − X et P2 = X 3 − X 3 2 En particulier F est un sous-espace vectoriel (comme tout vect digne de ce nom !) et (P1 , P2 ) engendre F . Remarque : On a même une base car la famille est échelonnée en degré donc libre. Exercice 1 3 −1 7 3 4 Soit E = R , on note a = 1 , b = 3 −5 1 G = Vect (c, d), montrer que F = G. 1 2 5 2 , c = 2 et d = −1 −2 −3 . On pose F = Vect (a, b) et Solution : Montrons que F ⊂ G. Il suffit de prouver que a et b sont dans G, i.e. qu’ils sont combinaisons linéaires de c λ + 2µ = 3 5λ + 2µ = 7 et de d. Pour a, on cherche λ et µ réels tels que a = λc + µd. Ceci donne le système ⇐⇒ λ = µ = 1. 2λ − µ = 1 −2λ − 3µ = −5 —2/8— G H PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014 α + 2β = −1 5α + 2β = 3 On cherche ensuite α et β réels tels que b = αc + βd, ce qui donne ⇐⇒ α = 1 et β = 1. Il reste à 2α − β = 3 −2α − 3β = 1 prouver que G ⊂ F . Mais on a montré que c= a+b a=c+d 2 ⇐⇒ =⇒ (c, d) ∈ F =⇒ G ⊂ F b=c−d d= a−b 2 Exercice type 5 Soit E = R3 , on pose F = {(x, y, z) ∈ E, x + y − z = 0} et G = Vect (1, 1, 1). Montrer que F est un sous-espace vectoriel et que E = F ⊕ G. Solution : On a (x, y, z) ∈ F ⇐⇒ (x, y, z) = (x, y, x + y) = x (1, 0, 1) + y (0, 1, 1) ,ainsi F = Vect ((1, 0, 1) , (0, 1, 1)) a → est une sous-espace vectoriel de R3 . On va montrer que E = F ⊕ G. Soit − u = b ∈ R3 , on cherche à décomposer c − → → − → − → → u = f +− g de manière unique où f ∈ F et− g ∈G. 1 0 1 − → − → → → g ∈ G ⇐⇒ ∃α ∈ R, − g = α 1 , on cherche à Puisque f ∈ F ⇐⇒ ∃ (λ, µ) ∈ R2 , f = λ 0 + µ 1 et − 1 1 1 montrer qu’il existe un unique triplet (λ, µ, α) tel que 1 0 1 a α+λ =a α+µ=b λ 0 + µ 1 + α 1 = b ⇐⇒ 1 1 1 c α+λ+µ= c On résout donc le système par les matrices 1 1 0 1 0 1 1 1 1 : | a 1 1 0 | a 0 −1 1 | b − a | b ∼ L2 − L1 | c 0 0 1 | c−a L3 − L1 Le système admet donc toujours une unique solution. Ainsi E = F ⊕ G. Remarque : Si on termine la résolution, on a α = a + b − c, λ = c − b et µ = c − a, ce qui donne la décomposition a 1 0 1 b = (c − b) 0 + (c − a) 1 + (a + b − c) 1 c 1 1 1 c−b a+b−c + a+b−c = c−a 2c − b − a a+b−c → − f → − g Exercice type 6 Soit E = R [X], on pose F = {P ∈ E, P (0) = P ′ (1) = 0} et G = R1 [X], montrer que F un sous-espace vectoriel de E, puis que E = F ⊕ G. —3/8— G H PCSI 2 2013-2014 Préparation des Khôlles Solution : On a bien F ⊂ E, le polynôme nul est clairement dans F donc F = ∅. Puis si (P, Q) ∈ F 2 et λ ∈ R, avec R = λP + Q, on a R (0) = λP (0) + Q (0) = 0 et R′ (1) = λP ′ (1) + Q′ (1) = 0 car P et Q sont dans F . Ainsi F est un sous-espace vectoriel de E. − → Montrons que la somme est directe. On a déjà F ∩ G ⊂ 0 . Soit Q ∈ F ∩ G alors deg Q 1 car Q ∈ G. On peut écrire − → Q = aX + b. Puis Q (0) = b = 0 et Q′ (1) = A = 0 car Q ∈ F . Conclusion Q = 0 et F ∩ G = 0 . Montrons que E = F + G par analyse synthèse. On a déjà F + G ⊂ E. Analyse : Soit A ∈ E, on suppose que A = P + Q où P ∈ F et Q ∈ G . On a deg Q 2, on écrit donc Q = aX + b. Puis P = A − Q ∈ F ⇐⇒ P (0) = A (0) − b = 0 et P ′ (1) = A′ (1) − a = 0 On a donc Q = A′ (1) X + A (0) et P = A − Q (Au passage, cela prouve l’unicité de la décomposition donc la somme directe). Synthèse : Si Q = A′ (1) X + A (0) et P = A − Q, alors Q ∈ G, P ∈ F et A = F + G. Ainsi E ⊂ F + G et E = F ⊕ G. Exercice type 7 Soit F = u ∈ RN , ∀n ∈ N, un+2 = un+1 + 3un et G = u ∈ RN , ∀n ∈ N, un+2 = 2un+1 + 2un . Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels de RN , l’espace vectoriel des suites réelles. Montrer que si u ∈ F ∩ G, alors u est constante en déduire que la somme F + G est directe. 2 Solution : L’équation caractéristique d’une suite de F est r −r−3 = 0. Ses racines sont r1 = Ainsi u ∈ F ⇐⇒ ∃ (C1 , C2 ) ∈ R2 , ∀n ∈ N, un = C1 r1n + C2 r2n 1− √ √ 13 1 + 13 et r2 = . 2 2 Posons R1 = (r1n )n et R2 = (r2n )n , alors R1 et R2 sont des vecteurs de F (pour R1 , prendre (C1 , C2 ) = (1, 0) , R1 − → correspond donc au vecteur i ), et l’on a montré que F = Vect (R1 , R2 ) √ √ On procède de même avec G (puisque r2 − 2r − 2 = 0 a pour racines ρ1 = 1 + 3 et ρ2 = 1 − 3), on pose T1 = (ρn1 )n et T2 = (ρn2 )n , alors G = Vect (T1 , T2 ). Ceci prouve que F et G sont bien des sous-espaces vectoriels de RN . Soit u ∈ F ∩ G, alors ∀n ∈ N, un+2 = un+1 + 3un = 2un+1 + 2un =⇒ un+1 + 3un = 2un+1 + 2un =⇒ un+1 = un . La suite est bien constante. Mais alors, un+2 = un+1 = un , ce qui donne, pusique u ∈ F ∀n ∈ N, un = un + 3un = 4un =⇒ un = 0 La somme F ⊕ G est donc directe. Exercice type 8 Soit E = F (R, R) l’espace vectoriel des fonctions de R dans R, on note P l’ensemble des fonctions de E paires et I l’ensemble des fonctions de E impaires. Montrer que P et I sont des sous-espaces vectoriels de E supplémentaires. Application : Déterminer les fonctions f dérivables deux fois sur R et telle que ∀x ∈ R, f ′′ (x) + f (−x) = x. Solution : On a P = {f ∈ E, ∀x ∈ E, f (x) = f (−x)} et I = {f ∈ E, ∀x ∈ E, f (x) = −f (−x)}. On a P ⊂ E et I ⊂ E (les éléments de P et I sont des fonctions de E). La fonction nulle (qui est le vecteur nul de E) est à la fois paire et impaire donc est dans P et I (si ∀x ∈ R, f (x) = 0, alors f (x) = f (−x) = −f (−x)). Enfin, soient f et g dans P et (λ, µ) ∈ R2 , posons h = λf + µg, alors, puisque f et g sont paires h (−x) = (λf + µg) (−x) = λf (−x) + µg (−x) = λf (x) + µg (x) = h (x) —4/8— G H PCSI 2 2013-2014 Préparation des Khôlles ce qui prouve que h ∈ P. Si f et g sont dans I, on a h (−x) = (λf + µg) (−x) = λf (−x) + µg (−x) = −λf (x) − µg (x) = −h (x), ce qui prouve que h ∈ I. On a montré que P et I sont des sous-espaces vectoriels de E. Sont-ils supplémentaires ? La somme est directe : En effet soit f ∈ P ∩ I, alors ∀x ∈ R, f (−x) = f (x) = −f (x) car f est paire et impaire, d’où f (x) = −f (x) =⇒ f (x) = 0. Le seul vecteur de l’intersection est le vecteur nul P ∩I = − → 0 , la somme est directe La somme F + G est égale à E : Il s’agit de prouver que toute fonction f ∈ E peut s’écrire sous la forme g + h où g ∈ P et h ∈ I. On procède par analyse-synthèse. Analyse : Si f = g + h avec g ∈ P et h ∈ I alors, ∀x ∈ R f (x) = g (x) + h (x) et f (−x) = g (−x) + h (−x) = g (x) − h (x) D’où f (x) + f (−x) f (x) − f (−x) et h (x) = 2 2 f (x) + f (−x) f (x) − f (−x) Synthèse : On définit g et h par g (x) = et h (x) = . Il est clair que g ∈ P, h ∈ I et 2 2 f = g + h. Remarque : Lors de l’analyse, on a prouvé que g et h sont uniques, ceci re-démontre que la somme est bien directe. Pour l’application, on pose f = g + h avec g paire et h impaire. Puisque f est dérivable deux fois, x −→ f (−x) aussi et ainsi g et h sont dérivables deux fois. De plus puisque g (x) = g (−x) , en dérivant on a g′ (x) = −g ′ (−x) . La dérivée de g paire est donc impaire et de même la dérivée d’une fonction impaire est paire. En dérivant deux fois, on a g′′ et h′′ paires. On a alors g (x) = f ′′ (x) + f (−x) = g ′′ (x) + h′′ (x) + g (x) − h (x) = (g′′ (x) + g (x)) + (h′′ (x) − h (x)) = x Ainsi puisque x est impaire, par unicité de la décomposition, on a pour tout x ∈ R. g ′′ (x) + g (x) = 0 et h′′ (x) − h (x) = x On résout les deux équations différentielles pour avoir g (x) = A cos x+B sin x et h (x) = C ch x+D sh x−x. Mais puisque g est paire et h impaire, on a B = C = 0 Conclusion f (x) = A cos x + D sh x − x où (A, D) ∈ R2 . Exercice type 9 1 1 0 → → 1 − Dans R4 , montrer que la famille formée des vecteurs − u = 1 , v = −1 0 −1 1 1 1 0 1 1 → → → Solution : On a MatBc (− u,− v ,− w) = ∼ 1 −1 0 C2 − C1 0 −1 1 C3 − C1 3. La famille est donc libre. 1 1 et w ( = 0 est libre. 1 1 0 0 0 1 1 1 −2 −1 C3∼ −C2 0 −1 1 1 0 0 0 1 0 1 −2 1 est de rang 0 −1 2 Exercice type 10 Dans C ∞ (R) , soit f, g et h les fonctions définies par f (x) = cos x, g (x) = sin x et h (x) = ex . Montrer que (f, g, h) est une famille libre. —5/8— G H PCSI 2 2013-2014 Préparation des Khôlles Solution : Soient (α, β, γ) ∈ R3 tel que αf + βg + γh = 0. Première méthode : On a donc ∀x ∈ R, α cos x + β sin x + γex = 0. On spécialise en trois valeurs de R, pour x = 0, x = π2 et x = − π2 , on obtient le système α+γ =0 π β + γe 2 = 0 π −β + γe− 2 = 0 1 0 1 1 0 1 π π e2 ∼ 0 1 La matrice de ce système est 0 1 e 2 est de rang 3, ce système admet donc une L3 +L2 −π 0 0 2 ch π2 0 −1 e 2 unique solution qui est · · · clairement α = β = γ = 0. Deuxième méthode : La fonction x −→ α cos x + β sin x + γex est donc la fonction nulle. Or si l’on calcule le DL à l’ordre 2 en 0 de cette fonction, on obtient α 1− x2 2 + βx + γ 1 + x + Par unicité du DL, on obtient alors α+γ = 0 β+γ =0 α−γ = 0 x2 2 + o x→0 x2 = 0 + o x→0 x2 coefficient constant coefficient en x ⇐⇒ α = β = γ = 0 coefficient en x2 Troisième solution : La fonction x −→ α cos x + β sin x + γex est donc la fonction nulle, donc, en divisant par ex γ + αe−x cos x + βe−x sin x = 0 Or si γ = 0, puisque αe−x cos x + βe−x sin x −−−−−→ 0 (bornée × tend vers 0), on a γ + αe−x cos x + βe−x sin x −−−−−→ γ. x→+∞ π 2 on Ainsi γ = 0. Puis avec x = 0, α = 0 et avec x = x→+∞ conclut que β = 0. Exercice 2 Dans F (R, R) les familles suivantes sont-elles libres ? — — — — B1 B2 B3 B4 = x −→ sink (x) 0 = x −→ cosk (x) 0 = (x −→ sin (kx))0 = (x −→ cos (kx))0 . . n n. n. k n k k k Solution : Pour mémoire la fonction f 0 (x) est la fonction constante égale à 0. Pour B1 ou B2 , soient (λ0 , · · · , λn ) ∈ Rn+1 tel que n ∀x ∈ R, λk sink (x) = 0 k=0 n k k=0 λk X , Si l’on pose P = on en déduit que pour x = arcsin θ où θ ∈ [−1, +1], on a P (sin (arcsin θ)) = P (θ) = 0. Ainsi, le polynôme P admet une infinité de racine donc a tous ses coefficients nuls. Ceci signifie que λ0 = · · · = λn = 0. La famille B1 est libre. On procède de même, si ∀x ∈ R, nk=0 λk cosk (x) = 0 en posant x = arccos θ, la famille B2 est libre. Pour B3 , la fonction x −→ sin (0 × x) est la fonction nulle. La famille B3 est liée car elle contient le vecteur nul. Pour B4 , soient (λ0 , · · · , λn ) ∈ Rn+1 tel que n ∀x ∈ R, λk cos (kx) = 0 k=0 Soit p ∈ {0, · · · , n} alors π n n λk cos (kx) cos (px) dx = 0= 0 k=0 k=0 —6/8— π cos (kx) cos (px) dx λk 0 G H PCSI 2 2013-2014 Préparation des Khôlles Mais π 1 π [cos ((k + p) x) + cos ((k − p) x)] dx 2 0 π 1 sin ((k + p) x) 1 sin ((k − p) x) + k+p 2 k−p 2 0 cos (kx) cos (px) dx = 0 = Ainsi 1 sin ((k + p) x) 2 k+p ∀p ∈ {0, · · · , n} , π + 0 π = 2 π 2 π = 0 si k = p 0 si k = p πλp = 0 et la famille est libre. 2 Exercice type 11 Donner une base de F = (x, y, z) ∈ R3 , x − y + z = 0 . 1 0 Solution : On a F = Vect 1 , 1 car 0 1 1 0 1 , 1 est génératrice de F et libre (deux 0 1 x x x y ∈ F ⇐⇒ y = x + z avec (x, z) ∈ R2 . La famille z z z vecteurs non colinéaires de F ), c’est une base de F. Exercice 3 Dans R4 , soient a, b, c et d les vecteurs définis par 1 0 a= 0 , b = 1 −1 1 , c = 2 −2 α 2 , d = 1 1 2 −1 1 1 Préciser si la famille (a, b, c, d) est libre ou liée, dans le dernier cas donner une relation de dépendance. Solution : On a 1 −1 α 2 0 1 2 −1 ∼ 0 2 1 1 C 1 −2 1 1 ∼ C 1 0 0 1 C2 +C1 C3 −αC1 C4 −2C1 0 1 2 −1 0 2 1 1−α 0 −1 1 −1 C2 +C1 C3 −2C2 −(α+2)C1 C3 −C2 +C4 −(α+3)C1 1 0 0 1 0 1 2 −1 0 0 −3 3−α 0 0 0 1−α 1 ∼ 0 C 0 1 C2 +C1 C3 −2C2 −(α+2)C1 C4 +C2 −C1 0 1 2 −1 0 0 −3 3−α 0 0 3 −2 1 0 0 0 0 1 0 0 est libre car le rang est égal à 4 (et (a, b, c, d) est une base de R4 car Si α = 1, la famille 0 , 2 , −3 , 0 1 −1 3 − α 1 − α —7/8— G H PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014 il y a 4 vecteurs). Si α = 1,la famille (a, b, c, d) est liée car de rang est égal à 3 et ayant 4 éléments et la relation de dépendance linéaire est − → c − b + d − 4a = 0 —8/8— G H