Corrigé 2

EPFL
Algèbre linéaire
1ère année
2008-2009
Corrigé de la série 2
Correction exercice 1
1. Soit (Vi )i∈I une famille de sous-espaces vectoriels de V .
– Etant donné que ∀i ∈ I, ~0 ∈ Vi , on a ~0 ∈ ∩i∈I Vi .
– Soient ~x et ~y deux éléments de ∩i∈I Vi . On a ∀i ∈ I (~x ∈ Vi et ~y ∈ Vi ). Comme Vi est
un sous-espace vectoriel de V , on a : ∀i ∈ I, ~x + ~y ∈ Vi . Par conséquent ~x + ~y ∈ ∩i∈I Vi .
– Soit λ ∈ F et ~x un élément de ∩i∈I Vi . On a : ∀i ∈ I, ~x ∈ Vi . Comme Vi est un
sous-espace vectoriel de V , on a : ∀i ∈ I, λ~x ∈ Vi . Par conséquent, λ~x ∈ ∩i∈I Vi .
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 V est {~0}.
Correction exercice 2
1. E1 est un sous-espace vectoriel de R3 . En effet :
(a) (0, 0, 0) ∈ E1 .
(b) Soient (x, y, z) et (x0 , y 0 , z 0 ) deux éléments de E1 . On a x+y+z = 0 et x0 +y 0 +z 0 = 0.
Donc (x + x0 ) + (y + y 0 ) + (z + z 0 ) = 0 et (x, y, z) + (x0 , y 0 , z 0 ) appartient à E1 .
(c) Soient λ ∈ R et (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. E2 n’est pas un sous-espace vectoriel de R3 car (0, 0, 0) ∈
/ E2 .
3. E3 est 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 − z 2 = 0} c’est à dire E4 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = z ou x =
−z}. Donc (1, 0, −1) et (1, 0, 1) appartiennent à E4 mais (1, 0, −1) + (1, 0, 1) = (2, 0, 0)
n’appartient pas à E4 qui n’est, par conséquent, pas un sous-espace vectoriel de R3 .
5. Les vecteurs (1, 0, 0) et (0, 0, 1) appartiennent à E5 mais leur somme (1, 0, 1) ne lui appartient pas, donc E5 n’est pas un sous-espace vectoriel de R3 .
Correction exercice 3
Pour montrer le sens direct, on suppose que F ∪ G est un sous-espace de E et F 6⊂ G. Cela
veut dire qu’il existe f~ ∈ F tel que f~ 6∈ G. Soit ~g ∈ G. Puisque F ∪ G est 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 = G est 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 ⊂ F et F ∩ H ⊂ F , d’où (F ∩ G) + (F ∩ H) ⊂ F . D’autre
part, F ∩ G ⊂ G et F ∩ H ⊂ H d’où (F ∩ G) + (F ∩ H) ⊂ G + H. On en déduit que :
(F ∩ G) + (F ∩ H) ⊂ F ∩ (G + H).
2. Puisque G et H jouent des rôles symétriques, on peut supposer que G ⊂ F . Soit ~x ∈
F ∩ (G + H). Alors, ~x ∈ F et il existe ~g ∈ G et ~h ∈ H tels que ~x = ~g + ~h. On en déduit
que ~h = ~x − ~g ∈ F car ~x ∈ F et ~g ∈ G ⊂ F . Puisque ~x = ~g + ~h où ~g ∈ G = F ∩ G et
~h ∈ F ∩ H on 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 = E on obtient F ∩ (G + H) = F 6= {0}.
Correction exercice 5
1. Montrons que U1 est un sous-espace vectoriel de V . Soient f, g ∈ U1 et α ∈ E. Soit
x ∈ E arbitraire. 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 U1 est un sous-espace vectoriel. De façon similaire, nous montrons que U2 est un
sous-espace vectoriel de V .
2. En considérant quelques exemples concrets, on se rend bientôt compte que la somme U1 +
U2 contient 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 +U2 contient tous les polynômes.
On est donc mené à soupçonner que U1 + U2 = V .
Vérifions les deux inclusions. Par définition, U1 + U2 est un sous-ensemble, même un
sous-espace vectoriel, de V . Pour montrer queV ⊆ U1 + U2 , prenons f ∈ V . Définissons
f1 , f2 E → E par f1 (x) = 21 f (x) + f (−x) et f2 (x) = 12 f (x) − f (−x) pour tout
x ∈ E, respectivement. Alors
f1 (−x) = 21 f (−x) + f (x)) = 12 f (x) + f (−x)) = f1 (x) et
f2 (−x) = 21 f (−x) − f (x) = 21 −f (x) + f (−x) = −f2 (x) pour x ∈ E
arbitraire. Donc
f1 ∈ U1 et f2 ∈ U2 . Or, (f1 + f2 )(x) = 12 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 f de
V comme une somme d’un élément de U1 et 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 ∩ U2 et x ∈ E.
Alors f (x) = f (−x) comme f ∈ U1 et 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) = 0 pour tout x ∈ E
et donc f = 0. Comme 0 est clairement un élément de U1 ∩ U2 , nous avons trouvé que
U1 ∩ U2 = {0}. Par définition, U1 et U2 sont donc en somme directe.
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