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chap16

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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
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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
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
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.
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G
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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
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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
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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
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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
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