Corrigé 2

EPFL
Algèbre linéaire
1ère année
2008-2009
Corrigé de la série 2
Correction exercice 1
1. Soit (Vi)i∈Iune famille de sous-espaces vectoriels de V.
– Etant donné que ∀i∈I, ~ 0∈Vi, on a ~ 0∈ ∩i∈IVi.
– Soient ~x et ~y deux éléments de ∩i∈IVi. On a ∀i∈I(~x ∈Viet ~y ∈Vi). Comme Viest
un sous-espace vectoriel de V, on a : ∀i∈I, ~x +~y ∈Vi. Par conséquent ~x+~y ∈ ∩i∈IVi.
– Soit λ∈Fet ~x un élément de ∩i∈IVi. On a : ∀i∈I, ~x ∈Vi. Comme Viest un
sous-espace vectoriel de V,ona:∀i∈I, λ~x ∈Vi. Par conséquent, λ~x ∈ ∩i∈IVi.
2. L’espace vectoriel {~ 0}étant un sous-espace vectoriel de V, on a que l’intersection de tous
les sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel Vest {~ 0}.
Correction exercice 2
1. E1est un sous-espace vectoriel de R3. En effet :
(a) (0,0,0) ∈E1.
(b) Soient (x, y, z)et (x0, y0, z0)deux éléments de E1. On a x+y+z= 0 et x0+y0+z0= 0.
Donc (x+x0)+(y+y0)+(z+z0) = 0 et (x, y, z)+(x0, y0, z0)appartient à E1.
(c) Soient λ∈Ret (x, y, z)∈E1. Alors la relation x+y+z= 0 implique que λx +
λy +λz = 0 donc que λ(x, y, z)appartient à E1.
2. E2n’est pas un sous-espace vectoriel de R3car (0,0,0) /∈E2.
3. E3est un sous-espace vectoriel de R3. Il s’agit de l’intersection des espaces vectoriels E1
et F1={(x, y, z)∈R3|x+y−z= 0}(On laisse le soin au lecteur de montrer que F1
est un sous-espace vectoriel de R3). Cette intersection est bien un espace vectoriel d’après
l’exercice 1.
4. E4={(x, y, z)∈R3;x2−z2= 0}c’est à dire E4={(x, y, z)∈R3;x=zou x=
−z}. Donc (1,0,−1) et (1,0,1) appartiennent à E4mais (1,0,−1) + (1,0,1) = (2,0,0)
n’appartient pas à E4qui n’est, par conséquent, pas un sous-espace vectoriel de R3.
5. Les vecteurs (1,0,0) et (0,0,1) appartiennent à E5mais leur somme (1,0,1) ne lui ap-
partient pas, donc E5n’est pas un sous-espace vectoriel de R3.
Correction exercice 3
Pour montrer le sens direct, on suppose que F∪Gest un sous-espace de Eet F6⊂ G. Cela
veut dire qu’il existe ~ f∈Ftel que ~ f6∈ G. Soit ~g ∈G. Puisque F∪Gest un sous-espace
de E,~ f+~g ∈F∪G. Par conséquent, soit ~ f+~g ∈F, soit ~ f+~g ∈G. Si ~ f+~g ∈G, alors
(~ f+~g)+(−~g) = ~ f∈G, contradiction. On en déduit que ~ f+~g ∈F, d’où ~g = (−~ f)+(~ f+~g)∈F.
Par conséquent, G⊂F.
Réciproquement, si F⊂G, alors F∪G=Gest un sous-espace de E. De même si G⊂F.
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Correction exercice 4
1. On a, d’une part, F∩G⊂Fet F∩H⊂F, d’où (F∩G) + (F∩H)⊂F. D’autre
part, F∩G⊂Get F∩H⊂Hd’où (F∩G)+(F∩H)⊂G+H. On en déduit que :
(F∩G)+(F∩H)⊂F∩(G+H).
2. Puisque Get Hjouent des rôles symétriques, on peut supposer que G⊂F. Soit ~x ∈
F∩(G+H). Alors, ~x ∈Fet il existe ~g ∈Get ~ h∈Htels que ~x =~g +~ h. On en déduit
que ~ h=~x −~g ∈Fcar ~x ∈Fet ~g ∈G⊂F. Puisque ~x =~g +~ hoù ~g ∈G=F∩Get
~
h∈F∩Hon obtient que F∩(G+H)⊂(F∩G)+(F∩H).
On déduit l’égalité des deux espaces vectoriels grâce au premier point.
3. Prenons, par exemple, E=R2,F={(α, 0) ∈R2|α∈R},G={(0, β)∈R2|β∈R}et
H={(λ, λ)∈R2|λ∈R}.
On a F∩G={(0,0)}et F∩H={(0,0)}, d’où (F∩G) + (F∩H) = {0}. Etant donné
que G+H=Eon obtient F∩(G+H) = F6={0}.
Correction exercice 5
1. Montrons que U1est un sous-espace vectoriel de V. Soient f, g ∈U1et α∈E. Soit
x∈Earbitraire. Alors (f+g)(x) = f(x) + g(x) = f(−x) + g(−x)=(f+g)(−x). Donc
(f+g)∈U1. De plus, (αf)(x) = α·f(x) = α·f(−x)=(αf)(−x), et donc αf ∈U1.
Alors U1est un sous-espace vectoriel. De façon similaire, nous montrons que U2est un
sous-espace vectoriel de V.
2. En considérant quelques exemples concrets, on se rend bientôt compte que la somme U1+
U2contient assez beaucoup d’éléments. Comme tout polynôme est la somme d’un polynôme
pair et d’un polynôme impair, on voit par exemple que U1+U2contient tous les polynômes.
On est donc mené à soupçonner que U1+U2=V.
Vérifions les deux inclusions. Par définition, U1+U2est un sous-ensemble, même un
sous-espace vectoriel, de V. Pour montrer que V⊆U1+U2, prenons f∈V. Définissons
f1, f2E→Epar f1(x) = 1
2f(x) + f(−x)et f2(x) = 1 2f(x)−f(−x)pour tout
x∈E, respectivement. Alors f1(−x) = 1
2f(−x) + f(x)) = 1 2f(x) + f(−x)) = f1(x)et
f2(−x) = 1
2f(−x)−f(x)=1 2−f(x) + f(−x)=−f2(x)pour x∈Earbitraire. Donc
f1∈U1et f2∈U2. Or, (f1+f2)(x) = 1
2f(x) + f(−x) + f(x)−f(−x)=f(x)pour tout
x∈E, et alors f1+f2=f. Nous avons donc réussi à écrire n’importe quel élément fde
Vcomme une somme d’un élément de U1et d’un élément de U2. Par conséquent, nous
avons prouvé que V⊆U1+U2.
En résumé, nous avons démontré que U1+U2=V.
3. Pour répondre à cette question, il nous faut calculer U1∩U2. Soit f∈U1∩U2et x∈E.
Alors f(x) = f(−x)comme f∈U1et f(x) = −f(−x)comme f∈U2. Cela nous donne
que f(x) = −f(x)et donc que 2f(x) = 0. Alors on a forcément f(x)=0pour tout x∈E
et donc f= 0. Comme 0est clairement un élément de U1∩U2, nous avons trouvé que
U1∩U2={0}. Par définition, U1et U2sont donc en somme directe.
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