Feuille 3 : Espaces vectoriels et sous espaces vectoriels

Feuille 3 : Espaces vectoriels et sous espaces vectoriels
Exercice 1. (Sous-espace vectoriels de R2 ).
Les sous-ensembles suivants de R2 sont ils des sous-espaces vectoriels ? Faire des dessins !
1. {(x, y) ∈ R2 | 2x + 3y = 0}.
2. {(x, y) ∈ R2 | 3x + y = 4}.
3. {(x, y) ∈ R2 | y = x2 }.
4. {(x, y) ∈ R2 | xy ≥ 0}.
Solution 1.
1. L’ensemble E = {(x, y) ∈ R2 | 2x + 3y = 0} est un sous-espace vectoriel de R2 . En effet :
(a) (0, 0) appartient à E.
(b) Si (x1 , y1 ) et (x2 , y2 ) appartiennent à E il en est de même de la somme (x1 + x2 , y1 + y2 ) car
2(x1 + x2 ) + 3(y1 + y2 ) = 2x1 + 3y1 + 2x2 + 3y2 = 0 + 0 = 0.
(c) Si λ appartient à R et (x1 , y1 ) appartient à E alors λ.(x1 , y1 ) égal à (λx1 , λy1 ) appartient à E par la relation
2.(λx1 ) + 3(λy1 ) = λ(2.x1 + 3.y1 ) = 0.
2. L’ensemble {(x, y) ∈ R2 | 3x + y = 4} n’est pas un sous-espace vectoriel de R2 car (0, 0) n’appartient pas à cet
ensemble.
3. L’ensemble E = {(x, y) ∈ R2 | y = x2 } n’est pas un sous-espace vectoriel de R2 car il n’est stable ni par addition ni
par dilatation : Le vecteur (1, 1) appartient à E car 1 = 12 mais 2.(1, 1) n’appartient pas à E car 2 6= 22 .
4. L’ensemble E = {(x, y) ∈ R2 | xy ≥ 0} est stable par dilatation et contient 0 mais n’est pas stable par addition. Par
exemple les vecteurs (1, 2) et (−2, −1) appartiennent à E et pourtant la somme (−1, 1) n’appartient pas à E.
Exercice 2. (Sous espace
engendrépar deux

 vecteurs).
 vectoriel
1
1
On note ~u le vecteur  2  et ~v le vecteur  0 .
3
1
1. On note
R~u = {a.~u | a ∈ R} et R~v = {b.~v | b ∈ R}.
Montrer que R~u et R~v sont deux sous espaces vectoriels de R3 .
2. Montrer que R~u et R~v sont en somme directe dans R3 . Sont ils supplémentaires ?
3. On considère l’ensemble des combinaisons linéaires de ~u et ~v
F = {a~u + b~v | a, b ∈ R}.
Montrer que F est un sous espace vectoriel de R3 .
4. Montrer que R~u et R~v sont supplémentaires dans F.
 
0

2 . Montrer de deux manières différentes que le vecteur ~w se décompose de manière
5. On note ~w le vecteur
2
unique comme somme d’un vecteur de R~u et un vecteur R~v.
1


 
1
1



2
0 .
Solution 2. On note ~u le vecteur
et ~v le vecteur
3
1
1. On note
R~u = {a.~u | a ∈ R} et R~v = {b.~v | b ∈ R}.
Montrons que R~u est un sous espace vectoriel de R3 .
(a) Le vecteur nul appartient à R~u car nous avons ~0 = 0.~u.
(b) Soit ~v et ~w deux vecteurs de R~u. Il existe donc deux réels α et β tels que ~v = α~u et ~w = β~u. Par conséquent
~v + ~w = α~u + β~u = (α + β)~u ∈ R~u.
Ceci montre que l’ensemble R~u est stable par addition.
(c) Soit λ un réel et ~v un élément de R~u. Il existe un réel α tel que ~v = α~u. Nous avons alors
λ~v = λ(α~u) = (λα)~u ∈ R~u.
Ceci montre que l’ensemble R~u est stable par multiplication externe.
Ainsi, l’ensemble R~u est un sous espace vectoriel de R3 .
On montre de même que R~v est un sous espace vectoriel de R3 .
2. Par définition les sous espaces vectoriels R~u et R~v sont en somme directe si et seulement si R~u ∩ R~v = {0}. Soit ~w
un vecteur appartenant à cette intersection. Par définition, ~w appartient à R~u et à R~v donc, il existe deux réels α et β
tels que ~w = α~u = β~v, c’est à dire
 
 
1
1



= β 0 .
~w = α 2
1
3
On en déduit que α = β = 0. Ceci montre que ~w est le vecteur nul. Ainsi, les sous espaces vectoriels R~u et R~v sont
en somme directe dans R3 .
Ces deux sous espaces sont supplémentaires, si et seulement si R3 est égal à la somme R~u + R~v. Cela signifie

 que
0
tout vecteur de R3 sécrit comme la somme d’un vecteur de R~u et d’un vecteur de R~v. Notons ~w le vecteur  0 .
1
Si ~w appartient à R~u + R~v alors il existe α et β deux réels tels que ~w = α~u + β~v, c’est à dire
 
 
  

0
1
1
α+β
 0  = α  2  + β  0  =  2α  .
1
3
1
3α + β
Si α et β existe alors α = −β, α = 0 et 3α + β = 0 ce qui est impossible. Le vecteur ~w n’appartient donc pas
à la somme R~u + R~v, donc R3 6= R~u + R~v, ce qui montre que les sous espaces vectoriels R~u et R~v ne sont pas
supplémentaires.
3. On considère l’ensemble des combinaisons linéaires de ~u et ~v
F = {a~u + b~v | a, b ∈ R}.
Montrons que F est un sous espace vectoriel de R3 . En effet soit ~w1 et ~w2 deux vecteurs de F. Il existe des réels a1 ,
a2 , b1 et b2 tels que
~w1 = a1~u + b1~v, ~w2 = a2~u + b2~v.
Remarquons alors que
~w1 + ~w2 = (a1~u + b1~v) + (a2~u + b2~v) = (a1 + a2 )~u + (b1 + b2 )~v
est bien un vecteur qui appartient à F. Remarquons aussi que pour tout réel λ, λ~w1 = λa1 qui est un vecteur appartenant à F. Ainsi, F est un sous espace vectoriel de R3 .
2
4. Montrons que R~u et R~v sont supplémentaires dans F. Par définition, la somme F = R~u + R~v. Il reste à montrer que
que l’intersection des sous espaces vectoriels R~u et R~v est réduite au vecteur nul. Soit ~w un vecteur appartenant à la
fois à R~u et R~v. Il existe deux réels a et b tels que ~w = a~u = b~v :
 
 
1
1



~w = a 2
= b 0 .
3
1
Ceci conduit aux égalités
a = b, 2a = 0, 3a = b
d’où l’on déduit a = b = 0, c’est à dire ~w = ~0.
 
0
5. On note ~w le vecteur  2 . On remarque que le vecteur ~w est égal à ~v −~u. Les sous espaces R~u et R~v étant en
2
somme directe, cette décomposition est unique. En effet si il existe a et b tels que ~w = a~u + b~v alors
~v −~u = a~u + b~v c’est à dire ~v − b~v = a~u +~u ∈ R~u ∩ R~v = {0}
on en déduit donc que 1 − b = 0 et a + 1 = 0 soit a = −1 et b = 1.
On peut aussi raisonner comme suit : soit a et b tels que ~w = a~u + b~v. Ceci conduit à résoudre le système

 a+b = 0
2a
= 2

3a + b = 2
qui a pour unique solution a = 1 et b = −1.
Exercice 3. (Sous espaces vectoriels de R3 ).
On se place dans R3 . On considère les sous-espaces vectoriels
F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0} et G = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 0}.
1. Ces sous-espaces sont ils en somme directe ?
2. Quelle est la somme F + G ? Les espaces F et G sont ils supplémentaires ?
3. Donner toutes les décompositions du vecteur (1, 1, 1) sur F et G.
Mêmes questions avec G = {(x, y, z) ∈ R3 | x = y = 0}.
Faire des dessins pour illustrer les différents phénomènes observés dans cet exercice.
Solution 3. On se place dans R3 . On considère les sous-espaces vectoriels
F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0} et G = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 0}.
1. Déterminons l’intersection des sous-espaces vectoriels F et G. Un vecteur de G est de la forme (0, y, z), ce vecteur
appartient à F si de plus y + z = 0. Par conséquent ce vecteur est colinéaire au vecteur (0, 1, −1). Par conséquent
F ∩ G = R(0, 1, −1).
Les sous espaces F et G ne sont donc pas en somme directe car leur intersection F ∩ G n’est pas réduite à 0.
2. Afin de calculer la somme F + G, on peut par exemple écrire F et G sous forme paramétrée :
F = {(x, y, −x − y) ∈ R3 | (x, y) ∈ R2 } = R(1, 0, −1) + R(0, 1, −1),
de même
G = {(0, y, z) ∈ R3 | (y, z) ∈ R2 } = R(0, 1, 0) + R(0, 0, 1).
3
La somme F + G est l’espace engendré par les vecteurs (1, 0, −1), (0, 1, −1), (0, 1, 0) et (0, 0, 1) c’est à dire R3 .
Remarquons en effet, que l’on peut écrire
(1, 0, 0) = (1, 0, −1) + (0, 0, 1)
par conséquent l’espace F + G contient les trois vecteurs (1, 0, 0), (0, 1, 0) et (0, 0, 1), il contient donc l’espace
engendré par ces trois vecteurs c’est à dire R3 . Les espaces F et G ne sont pas supplémentaires car ils ne sont pas en
somme directe.
3. Donnons toutes les décompositions du vecteur (1, 1, 1) sur F et G. Il s’agit décrire
(1, 1, 1) = (x, y, −x − y) + (0, α, β)
avec x, y, α, β réels. Nécessairement on a
x = 1, 1 = y + α, 1 = −x − y + β
c’est à dire x = 1, y = 1 − α, β = 1 + x + y = 3 − α, par conséquent on a
(1, 1, 1) = (1, 1 − α, −2 + α) + (0, α, 3 − α).
c’est à dire
(1, 1, 1) = [(1, 1 − 2) + (0, −α, α)] + [(0, 0, 3) + (0, α, −α)]
On remarquera que la variable d’ajustement est le vecteur (0, −α, α) qui appartient à l’intersection de F et G.
Reprenons les questions précédentes avec G = {(x, y, z) ∈ R3 | x = y = 0}.
1. L’intersection de F et G est nulle, les sous-espaces F et G sont en somme directe.
2. Remarquons que le vecteur (0, 0, 1) appartient à G. Remarquons aussi que les vecteurs (1, 0, 0) et (0, 1, 0) appartiennent à la somme F + G :
(1, 0, 0) = (1, 0, −1) + (0, 0, 1) et (0, 1, 0) = (0, 1, −1) + (0, 0, 1).
Par conséquent, la somme F + G contient l’espace engendré par (1, 0, 0), (0, 1, 0) et (0, 0, 1), c’est à dire R3 , par
conséquent la somme obtenue est R3 . Les sous-espaces F et G sont en somme directe.
3. La somme étant directe nous savons grâce au cours que le vecteur (1, 1, 1) se décompose de manière unique sur F et
G. Trouvons cette décomposition. Par ce qui précède une décomposition est de la forme
(1, 1, 1) = (x, y, −x − y) + (0, 0, λ) = (x, y, −x − y + λ),
ainsi x = 1, y = 1 et λ = 3.
Cette fois-ci l’intersection de F et G est réduite à 0, il n’y a pas de variable d’ajustement.
Exercice 4. (Exercice type).
1. On considère les parties suivantes de R2
x
x
C=
∈ R2 ; − |x| ≤ y ≤ |x| , D =
∈ R ; 2y = 3x
y
y
Ces parties sont elles des sous-espaces vectoriels de R2 ?
Quel est leur sous espace vectoriel engendré ? Faire un dessin.
2. Montrer que les ensembles
 

 

 x

 x

F =  y  ∈ R3 ; x − y + z = 0 , G =  y  ∈ R3 ; x + z = 0




z
z
et

 
 λ

H =  λ  ∈ R3 ; λ ∈ R


λ
sont trois sous-espaces vectoriels de R3 .
4
3. Montrer que F et G ne sont pas en somme directe. Montrer que les vecteurs
 
 
 
1
0
0
~i =  0  , ~j =  1  et ~k =  0 
0
0
1
appartiennent à la somme F + G. Que vaut la somme
+G?
 F
1
Donner toutes les décompositions du vecteur ~i =  0  comme somme ~iF +~iG avec ~iF ∈ F et ~iG ∈ G.
0
Faîtes un dessin.
4. Montrer que les sous-espaces vectoriels F et H sont en somme directe. Montrer que tout vecteur ~u de R3 se décompose comme somme ~uF +~uH avec ~uF ∈ F et ~uH ∈ H. En déduire que F et H sont supplémentaires.
Faîtes un dessin.
2
1. A partir d’un dessin on constate que lapartieC n’est
pasun sous-espace vectoriel de R , car elle
n’est
1
−1
0
et
appartiennent à C mais leur somme
pas stable par l’addition. Par exemple les vecteurs
1
1
2
n’appartient pas à C.
1
0
2
~
~
L’espace engendré par C noté Vect(C) est R . En effet, les vecteurs i =
et j =
sont des combinaisons
0
1
1
−1
linéaires de vecteurs de C : ~i ∈ C et ~j = 21
+ 12
.
1
1
Par conséquent les combinaisons linéaires de ~i et ~j appartiennent à l’espace engendré par C. En particulier pour tout
x ∈ R, pour tout y ∈ R nous avons
x
= x~i + y~j ∈ Vect(C).
y
Solution 4.
Ce qui montre que Vect(C) = R2 .
L’ensemble D =
(a)
0
0
x
y
∈ R ; 2y = 3x
est un sous espace vectoriel de R2 :
∈ D car 2.0 = 3.0 = 0.
x1
x2
et ~u2 =
deux vecteurs de D. Soit λ un élément de R.
y1
y2
Le vecteur λ~u1 +~u2 appartient à D :
λx1 + x2
λ~u1 +~u2 =
et 3(λx1 + x2 ) − 2(λy1 + y2 ) = λ(3x1 − 2y1 ) + (3x2 − 2y2 ) = 0.
λy1 + y2
(b) Soit ~u1 =
Le sous espace vectoriel engendré par D est donc D.
 

 x

2. Montrons que F =  y  ∈ R3 ; x − y + z = 0 est un sous-espace vectoriel de R3 .


z
 
0

0  ∈ F car 0 − 0 + 0 = 0.
(a)
0
(b) Soit λ ∈ R et




x1
x2
~u1 =  y1  ∈ F, ~u2 =  y2  ∈ F.
z1
z2
5
Le vecteur λu1 +~u2 appartient à F car

λx1 + x2
λu1 +~u2 =  λy1 + y2 
λz1 + z2

et
(λx1 + x2 ) − (λy1 + y2 ) + (λz1 + z2 ) = λ(x1 − y1 + z1 ) + (x2 − y2 + z2 ) = λ0 + 0 = 0.
 

 x

Montrons que G =  y  ∈ R3 ; x + z = 0 est un sous-espace vectoriel de R3 .


z
 
0

0  ∈ G car 0 − 0 + 0 = 0.
(a)
0
(b) Soit λ ∈ R et




x2
x1
~u1 =  y1  ∈ G, ~u2 =  y2  ∈ G.
z2
z1
Le vecteur λu1 +~u2 appartient à G car


λx1 + x2
λu1 +~u2 =  λy1 + y2 
λz1 + z2
et
(λx1 + x2 ) + (λz1 + z2 ) = λ(x1 + z1 ) + (x2 + z2 ) = λ0 + 0 = 0.

 

 µ
Montrons que H =  µ  ∈ R3 ; µ ∈ R est un sous-espace vectoriel de R3 .


µ
 
0

0  ∈ H en prenant µ = 0.
(a)
0
(b) Soit λ ∈ R et




µ1
µ2
~u1 =  µ1  ∈ H, ~u2 =  µ2  ∈ H.
µ1
µ2
Par définition même, nous avons


λµ1 + µ2
λ~u1 +~u2 =  λµ1 + µ2  ∈ H.
λµ1 + µ2
3. Les sous-espaces vectoriels F et G ne sont pas en somme directe
 



1
 x

F ∩ G =  y  ; y = 0 et z = −x = R  0  6= {0}.


z
−1
 
1

~
0  appartient à la somme F + G. Cela signifie qu’il existe deux vecteurs
Montrons que le vecteur i =
0
 


x
α
~iF =  y  ∈ F et ~iG =  β  ∈ G
z
γ
6
avec
~i =~iF +~iG .
Utilisant les équations de F et G, nous pouvons réécrire les vecteurs sous la forme




x
α
~iF =  x + z  ∈ F et ~iG =  β  ∈ G.
z
−α
L’égalité cherchée induit le système :

= 1
 x+α
x+z+β = 0

z−α
= 0
d’où l’on obtient x = 1 − α, z = α et β = −1 et donc la décomposition
 

 

1
1−α
α
~i =  0  =~iF +~iG =  1  +  −1 
0
α
−α
où α appartient à R.

La décomposition du vecteur ~i sur les sous-espaces F et G n’est pas unique car les sous-espaces ne sont pas en
somme directe. Le paramètre d’ajustement est un vecteur de l’intersection que l’on ajoute d’un côté et retranche de
l’autre :
 
 

    
1
−α
0
α
1
~i =  0  =  1  +  0  +  −1  −  0 
0
0
α
0
−α
avec





0
−α
1
 1  ∈ F,  0  ∈ F ∩ G et  −1  ∈ G.
0
α
0

Par le même raisonnement on décompose les vecteurs ~j et ~k comme somme de deux vecteurs de F et G :

 

 
−α
α
0
~j =  1  = ~jF + ~jG =  0  +  1 
0
α
−α
et



 

0
−α
α
~k =  0  =~kF +~kG =  1  +  −1  .
1
1+α
−α
Par conséquent la somme F + G contient les vecteurs ~i, ~j et ~k donc elle contient leurs combinaisons linéaires. La
somme F + G contient donc tous les vecteurs de R3 . Elle est donc égale à R3 .
4. Les sous-espaces vectoriels F et H sont en somme directe car leur intersection est réduite
au vecteur
nul. En effet

λ
soit ~u un vecteur appartenant à la fois à F et H. Par conséquent ~u s’écrit sous la forme ~u =  λ  comme élément
λ
de H avec λ − λ + λ = 0 car ~u est
un
élément
de
F.
Ceci
montre
que
λ
=
0
donc
~
u
est
le
vecteur
nul.
 
x
Montrons que tout vecteur ~u =  y  de R3 se décompose comme la somme ~uF +~uH avec ~uF ∈ F et ~uH ∈ H.
z
7


 
α
λ



α+β
λ  c’est à dire
On cherche pour cela ~uF sous la forme
et ~uH sous la forme
β
λ

 
  
x
α
λ
 y  =  α+β + λ .
z
β
λ
Ceci entraîne donc le système avec pour inconnues λ, α et β :

λ+α
 x =
y = λ+α+β

z =
λ + β.
qui a pour solution α = y − z, β = −x + y et λ = x − y + z.
On obtient alors la décomposition :
 




x
y−z
x−y+z
 y  =  −x + 2y − z  +  x − y + z 
z
−x + y
x−y+z
~u
=
~uF
+
~uH .
Ceci montre que la somme des sous-espaces F et H est R3 . On conclut donc que les sous-espaces sont supplémentaires.

La solution du système étant unique, on remarquera que dans ce cas la décomposition du vecteur~u est unique ! Les
sous-espaces F et H sont en somme directe , il n’y a donc plus de paramètre d’ajustement appartenant à l’intersection
de F et H.
8