chap16

PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Chapitre 16 : Espaces vectoriels
Exercice type 1
Soit E=R[X]et F={P∈E,P(X) = XP
′
(X) + P(0)},montrer que Fest 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∈Fet ainsi F=∅.Soient (P, Q)∈Fet λ∈Ralors
P(X) = XP
′
(X) + P(0) et Q(X) = XQ
′
(X) + Q(0)
Posons R=λP +Qalors
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 Fest bien un sous-espace vectoriel de E.
Exercice type 2
Soit E=M
n
(R), soit A∈Efixé et F={M∈E,AM =MA},montrer que Fest un sous-espace vectoriel de E.
Application : déterminer Fsi A=1−1
1−1.
Solution : On a bien F⊂Eet si M= 0 est la matrice nulle, alors AM =MA = 0 donc 0∈Fet ainsi F=∅.Soient
(M, N)∈F
2
et λ∈Ralors
AM =MA et AN =NA
On pose P=λM +Nalors AP =A(λM +N) = λAM +AN =λMA +NA = (λM +N)A=P A, ainsi P∈F, ce qui
prouve que Fest un sous-espace vectoriel de E.
Dans le cas où A=1−1
1−1,si M=a b c d alors AM =MA ⇐⇒ 1−1 1−1 a b c d −a b c d  1−1 1−1=
−b−c a + 2b−d
a−2c−d b +c= 0. On obtient alors
−b−c= 0
a+ 2b−d= 0
a−2c−d= 0
b+c= 0
⇐⇒ c=−b
a=−2b+d⇐⇒ M=−2b+d b −b d 
d’où
F= Vect  −2 1
−1 0 ,1 0 0 1 
On peut vérifier que F= Vect (I
2
, A), en effet A=−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 Rdans Ret de classe C
2
. Montrer que
F=f∈E,∀x∈R,1 + x
2
f
′′
(x) + f
′
(x)−3f(x) = 0
est un sous-espace vectoriel de E.
—1/8— G H

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Solution : Par définition de F, on a F⊂E(les éléments de Fsont 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 + x
2
f
′′
(x) + f
′
(x)−3f(x) = 0.
Soient fet gdans F, (λ, µ)∈R
2
,a-t-on λf +µg ∈E.
f∈F⇐⇒ ∀x∈R,1 + x
2
f
′′
(x) + f
′
(x)−3f(x) = 0
g∈F⇐⇒ ∀x∈R,1 + x
2
g
′′
(x) + g
′
(x)−3g(x) = 0
Posons h=λf +µg, alors h
′
=λf
′
+µg
′
et f
′′
=λf
′′
+µg
′′
ainsi, ∀x∈R
1 + x
2
h
′′
(x) + h
′
(x)−3h(x)
=1 + x
2
(λf
′′
(x) + µg
′′
(x)) + (λf
′
(x) + µg
′
(x)) + 3 (λf (x) + µg (x))
=λ1 + x
2
f
′′
(x) + f
′
(x)−3f(x)+µ1 + x
2
g
′′
(x) + g
′
(x)−3g(x)
=λ×0 + µ×0car f∈Fet g∈F
Ce qui prouve que h∈F.
L’ensemble Fest bien un sous-espace vectoriel de E.
Exercice type 4
Soit E=R
3
[X]et F=P∈E,P(0) = 0 et 
1
0
P(t)dt = 0. Montrer que Fest un sous-espace vectoriel de Eet en
donner une famille génératrice.
Solution : Soit P=a
0
+a
1
X+a
2
X
2
+a
3
X
3
un élément de E, alors
P∈F⇐⇒ 
P(0) = a
0
= 0
1
0
P(t)dt =a
0
+a
1
2+a
2
3+a
3
4= 0
⇐⇒ a
0
= 0
a
1
=−2a
2
3−a
3
2
où a
2
et a
3
sont quelconques dans R
⇐⇒ ∃(a
2
, a
3
)∈R
2
,P=−2a
2
3−a
3
2X+a
2
X
2
+a
3
X
3
⇐⇒ ∃(a
2
, a
3
)∈R
2
,P=a
2
X
2
−2
3X+a
3
X
3
−1
2X
On a donc prouvé que
F= Vect (P
1
, P
2
)où P
1
=X
2
−2
3Xet P
2
=X
3
−1
2X
En particulier Fest un sous-espace vectoriel (comme tout vect digne de ce nom !) et (P
1
, P
2
)engendre F.
Remarque : On a même une base car la famille est échelonnée en degré donc libre.
Exercice 1
Soit E=R
4
, on note a=
3
7
1
−5
,b=
−1
3
3
1
,c=
1
5
2
−2
et d=
2
2
−1
−3
. On pose F= Vect (a, b)et
G= Vect (c, d), montrer que F=G.
Solution : Montrons que F⊂G. Il suffit de prouver que aet bsont dans G, i.e. qu’ils sont combinaisons linéaires de c
et de d. Pour a, on cherche λet µréels tels que a=λc +µd. Ceci donne le système 
λ+ 2µ= 3
5λ+ 2µ= 7
2λ−µ= 1
−2λ−3µ=−5
⇐⇒ λ=µ= 1.
—2/8—
G H

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On cherche ensuite αet βréels tels que b=αc +βd, ce qui donne 
α+ 2β=−1
5α+ 2β= 3
2α−β= 3
−2α−3β= 1
⇐⇒ α= 1 et β= 1. Il reste à
prouver que G⊂F. Mais on a montré que
a=c+d
b=c−d⇐⇒ 
c=a+b
2
d=a−b
2
=⇒(c, d)∈F=⇒G⊂F
Exercice type 5
Soit E=R
3
, on pose F={(x, y, z)∈E,x+y−z= 0}et G= Vect (1,1,1). Montrer que Fest 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))
est une sous-espace vectoriel de R
3
. On va montrer que E=F⊕G. Soit −→ u=
a
b
c
∈R
3
,on cherche à décomposer
−→
u=−→ f+−→ gde manière unique où −→ f∈Fet −→ g∈G.
Puisque −→ f∈F⇐⇒ ∃(λ, µ)∈R
2
,−→ f=λ
1
0
1
+µ
0
1
1
et −→
g∈G⇐⇒ ∃α∈R,−→ g=α
1
1
1
,on cherche à
montrer qu’il existe un unique triplet (λ, µ, α)tel que
λ
1
0
1
+µ
0
1
1
+α
1
1
1
=
a
b
c
⇐⇒ 
α+λ=a
α+µ=b
α+λ+µ=c
On résout donc le système par les matrices :
1 1 0 |
1 0 1 |
1 1 1 |
a
b
c
∼
L
2
−L
1
L
3
−L
1
110|
0−1 1 |
001|
a
b−a
c−a
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−bet µ=c−a, ce qui donne la décomposition
a
b
c
= (c−b)
1
0
1
+ (c−a)
0
1
1
+ (a+b−c)
1
1
1
=
c−b
c−a
2c−b−a
−→
f
+
a+b−c
a+b−c
a+b−c
−→
g
Exercice type 6
Soit E=R[X], on pose F={P∈E,P(0) = P
′
(1) = 0}et G=R
1
[X], montrer que Fun sous-espace vectoriel de E,
puis que E=F⊕G.
—3/8— G H

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Solution : On a bien F⊂E, le polynôme nul est clairement dans Fdonc 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 Pet Qsont dans F. Ainsi Fest un sous-espace vectoriel de E.
Montrons que la somme est directe. On a déjà F∩G⊂−→ 0. Soit Q∈F∩Galors deg Q1car 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+Gpar analyse synthèse. On a déjà F+G⊂E.
Analyse : Soit A∈E, on suppose que A=P+Qoù P∈Fet 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 ∈Fet A=F+G. Ainsi E⊂F+Get E=F⊕G.
Exercice type 7
Soit F=u∈R
N
,∀n∈N,u
n+2
=u
n+1
+ 3u
n
et G=u∈R
N
,∀n∈N,u
n+2
= 2u
n+1
+ 2u
n
.Montrer que Fet
Gsont des sous-espaces vectoriels de R
N
,l’espace vectoriel des suites réelles. Montrer que si u∈F∩G, alors uest
constante en déduire que la somme F+Gest directe.
Solution : L’équation caractéristique d’une suite de Fest r
2
−r−3 = 0. Ses racines sont r
1
=1−√13
2et r
2
=1 + √13
2.
Ainsi
u∈F⇐⇒ ∃(C
1
, C
2
)∈R
2
,∀n∈N,u
n
=C
1
r
n
1
+C
2
r
n
2
Posons R
1
= (r
n
1
)
n
et R
2
= (r
n
2
)
n
, alors R
1
et R
2
sont des vecteurs de F(pour R
1
,prendre (C
1
, C
2
) = (1,0) , R
1
correspond donc au vecteur −→ i),et l’on a montré que
F= Vect (R
1
, R
2
)
On procède de même avec G(puisque r
2
−2r−2 = 0 a pour racines ρ
1
= 1 + √3et ρ
2
= 1 −√3), on pose T
1
= (ρ
n
1
)
n
et
T
2
= (ρ
n
2
)
n
,alors G= Vect (T
1
, T
2
). Ceci prouve que Fet Gsont bien des sous-espaces vectoriels de R
N
.
Soit u∈F∩G, alors ∀n∈N,u
n+2
=u
n+1
+ 3u
n
= 2u
n+1
+ 2u
n
=⇒u
n+1
+ 3u
n
= 2u
n+1
+ 2u
n
=⇒u
n+1
=u
n
. La suite
est bien constante. Mais alors, u
n+2
=u
n+1
=u
n
,ce qui donne, pusique u∈F
∀n∈N,u
n
=u
n
+ 3u
n
= 4u
n
=⇒u
n
= 0
La somme F⊕Gest donc directe.
Exercice type 8
Soit E=F(R,R)l’espace vectoriel des fonctions de Rdans R, on note Pl’ensemble des fonctions de Epaires et I
l’ensemble des fonctions de Eimpaires. Montrer que Pet Isont des sous-espaces vectoriels de Esupplémentaires.
Application : Déterminer les fonctions fdérivables deux fois sur Ret 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 ⊂ Eet I ⊂ E
(les éléments de Pet Isont des fonctions de E). La fonction nulle (qui est le vecteur nul de E) est à la fois paire et
impaire donc est dans Pet I(si ∀x∈R,f(x) = 0,alors f(x) = f(−x) = −f(−x)).
Enfin, soient fet gdans Pet (λ, µ)∈R
2
,posons h=λf +µg, alors, puisque fet gsont paires
h(−x) = (λf +µg) (−x) = λf (−x) + µg (−x) = λf (x) + µg (x) = h(x)
—4/8—
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ce qui prouve que h∈ P. Si fet gsont 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 Pet Isont 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 fest 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+Gest égale à E:
Il s’agit de prouver que toute fonction f∈Epeut s’écrire sous la forme g+hoù g∈ P et h∈ I. On procède par
analyse-synthèse.
Analyse : Si f=g+havec 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
g(x) = f(x) + f(−x)
2et h(x) = f(x)−f(−x) 2
Synthèse : On définit get hpar g(x) = f(x) + f(−x)
2et h(x) = f(x)−f(−x) 2. Il est clair que g∈ P,h∈ I et
f=g+h.
Remarque : Lors de l’analyse, on a prouvé que get hsont uniques, ceci re-démontre que la somme est bien directe.
Pour l’application, on pose f=g+havec gpaire et himpaire. Puisque fest dérivable deux fois, x−→ f(−x)aussi et
ainsi get hsont dérivables deux fois. De plus puisque g(x) = g(−x),en dérivant on a g
′
(x) = −g
′
(−x).La dérivée
de gpaire 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
f
′′
(x) + f(−x) = g
′′
(x) + h
′′
(x) + g(x)−h(x) = (g
′′
(x) + g(x)) + (h
′′
(x)−h(x)) = x
Ainsi puisque xest 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) = Acos x+Bsin xet h(x) = Cch x+Dsh x−x. Mais puisque
gest paire et himpaire, on a B=C= 0
Conclusion f(x) = Acos x+Dsh x−xoù (A, D)∈R
2
.
Exercice type 9
Dans R
4
, montrer que la famille formée des vecteurs −→ u=
1
0
1
0
,−→
v=
1
1
−1
−1
et (w =
1
1
0
1
est libre.
Solution : On a Mat
B
c
(−→ u , −→ v , −→ w) = 
1
0
1
0
1
1
−1
−1
1
1
0
1
∼
C
2
−C
1
C
3
−C
1
1
0
1
0
0
1
−2
−1
0
1
−1
1
∼
C
3
−C
2
1
0
1
0
0
1
−2
−1
0
0
1
2
est de rang
3. La famille est donc libre.
Exercice type 10
Dans C
∞
(R),soit f, g et hles fonctions définies par f(x) = cos x, g (x) = sin xet h(x) = e
x
. Montrer que (f, g, h)est
une famille libre.
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