Exercices corrigés sur les espaces vectoriels

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Nous proposons des exercices corrigés sur les espaces vectoriels. En particulier, l’études des sous-espaces vectoriels, les bases, et la dimension des espaces. Ce chapitre est important pour toutes les filières de la première année de l’université.

Exercice: Déterminer si les sous-ensembles suivantes sont des sous-espaces vectoriels:

  1. $E=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x+y=0\}$.
  2. $F=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x+y=1\}$.
  3. $G=\{f:[-1,1]\to \mathbb{R}\;\text{continue}:\; 3f(-1)=f(0)\}.$
  4. $H=\{f:[-1,1]\to \mathbb{R}\;\text{continue}:\; 3f(-1)=f(0)+2\}$.
  5. $C_0=\{(u_n)_n \subset \mathbb{R}: u_n\to 0,\;n\to\infty\}$.

Solution:

  1. On a $E\subset \mathbb{R}^2$ et $\mathbb{R}^2$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel. De plus, il est évident que $0_{\mathbb{R}^2}=(0,0)\in E,$ ce qui implique que $E$ est non vide. Il suffit donc de montrer que $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^2$. pour ceci, soient $\lambda\in \mathbb{R}$ et $u_1,u_2\in E$ tels que $$u_1=(x_1,y_1),\quad u_2=(x_2,y_2).$$ Il faut montrer que $u_1+u_2\in E$ et $\lambda u_1\in E$. En effet on a \begin{align*}& \lambda (x_1,y_1)=(\lambda x_1,\lambda y_1)\cr &\lambda x_1+\lambda y_1=\lambda (x_1+y_1)= \lambda\times 0=0.\end{align*}Donc $\lambda (x_1,y_1)\in E$. De plus on a aussi\begin{align*}& u_1+u_2=(x_1+x_2,y_1+y_2)\cr & (x_1+y_1)+(x_2+y_2)=0+0=0.\end{align*} Donc $u_1+u_2\in E$. Par suite, $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^2$.
  2. On a $F\subset \mathbb{R}^2$ et que $F$ est non vide car $(1,0)\in F$. Mais l’élément neutre $0_{\mathbb{R}^2}=(0,0)\notin F$. Donc $F$ ne peut jamais être un sous-espace vectoriel.
  3. On note par $C([-1,1],\mathbb{R})$ le $\mathbb{R}$-espace vectoriel des toutes les fonctions continues de $[-1,1]$ dans $\mathbb{R},$ muni de lois suivantes $(f+g)(x)=f(x)+g(x)$ et $(\lambda f)(x)=\lambda f(x)$ pour tous $f,g\in C([-1,1],\mathbb{R})$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. On a $G\subset C([-1,1],\mathbb{R})$ et la fonction nulle $\Theta(x)=0$ pour tout $x\in [-1,1]$ est un élément de $G$ puisque cette fonction est continue sur $[-1,1]$ et que $3\Theta(-1)= 3\times 0=0=\Theta(0)$. Soient $f,g\in G$ et $\lambda\in \mathbb{R}$. On a $f+g$ est continue et que \begin{align*}3(f+g)(-1)&=3 (f(-1)+g(-1))\cr &=3f(-1)+3g(-1)\cr &=f(0)+g(0)=(f+g)(0),\end{align*} d’où $f+g\in G$. De plus $3(\lambda f)(-1)=3\lambda f(-1)=\lambda 3 f(-1)=\lambda f(0)=(\lambda f)(0),$ d’où $\lambda f\in G$. Ainsi $G$ est un sous-espace de $C([-1,1],\mathbb{R})$.
  4. $H$ n’est pas un sous-espace de $C([-1,1],\mathbb{R})$ car il ne contient pas la fonction nulle, l’élément neutre de $C([-1,1],\mathbb{R})$.
  5. Soit $\mathcal{F}(\mathbb{N},\mathbb{R})$ l’espace vectoriel des suites de nombres réels. On sait que la suite nulle $(0)_n$ (tout les termes de suites sont nuls) converge vers $0$. Donc $(0)_n\subset C_0$ Soit $(u_n)$ et $(v_n)$ deux suites dans $C_0$. On a $(u_n)+(v_n)=(u_n+v_n)_n$ et \begin{align*} \lim_{n\to +\infty} (u_n+v_n)&=\lim_{n\to +\infty} u_n+\lim_{n\to +\infty}v_n\cr &=0+0=0.\end{align*} Donc $(u_n)+(v_n)\in C_0$. D’autre pour $\lambda\in \mathbb{R}$ on a $\lambda (u_n)=(\lambda u_n)$ et\begin{align*}\lim_{n\to +\infty} \lambda u_n=\lambda \lim_{n\to +\infty} u_n= \lambda\times 0=0.\end{align*}Ce qui implique $\lambda (u_n)=(\lambda u_n)\in C_0$. Ainsi $C_0$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{F}(\mathbb{N},\mathbb{R})$.

Exercice:

  1. Montrer que les seuls sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$ sont ${0}$ et $\mathbb{R}$.
  2. Soit $\mathcal{E}$ l’ensemble des applications de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ deux fois dérivables et vérifiant l’équation\begin{align*}\tag{Eq} \ddot{f}+2f’-f=0.\end{align*}Montrer que $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel.

Solution:

  1. Soit $G$ un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$. Supposons que $G\neq {0},$ donc $G$ contient au moins un élément $a$ non nul ($a\in G$ et $a\neq 0$). Nous allons montrer que $G=\mathbb{R}$, il suffit donc de montrer que $\mathbb{R}\subset G$. Soit donc $x\in \mathbb{R}$ et posons $\lambda:= \frac{x}{a}$. Comme $G$ est $\mathbb{R}$-sous-espace et $a\in G,$ alors $x=\lambda a\in G$. Ce qui preuve que $\mathbb{R}\subset G,$ et donc $G=\mathbb{R}$.
  2. On sait que $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$,l’ensemble des applications de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R},$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel. Comme $\mathcal{E}\subset \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$, il suffit de montrer que $\mathcal{E}$ est un sous espace vectoriel de $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$. Il est claire que la fonction nulle $0$ (l’élément neutre de $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$) est deux fois dérivable et satisfait (Eq), donc $0\in \mathcal{E}$. Soit maintenant $f,g\in \mathcal{E}$ and $\lambda\in \mathbb{R}$. On a donc $\ddot{f}+2f’-f=0$ et $\ddot{g}+2g’-g=0$. En faisant la somme, on trouve\begin{align*}(f+g)^{..}+2(f+g)’-(f+g)=0.\end{align*}D’où $f+g\in\mathcal{E}$. D’autre part, on\begin{align*}(\lambda f)^{..}+(\lambda f)’-2(\lambda f)&=\lambda (\ddot{f}+2f’-f)\cr &=\lambda\times 0=0.\end{align*}D’où $\lambda f\in\mathcal{E}$. Ceci implique que $\mathcal{E}$ est un sous espace de l’espace vectoriel des application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.

Exercice:

  1. La famille $\{(1,2,3),(-1,0,-1),(1,-2,0)\}$ est-elle une famille libre de $\mathbb{R^3}$.
  2. Soit $c>b>a>0$ et on pose $$ u_n=a^n,\quad v_n=b^n,\quad w_n=c^n,\qquad \forall n\in \mathbb{N}. $$ Soit $\mathcal{S}$ l’espace vectoriel des suites de nombres réels. Montrer que la famille ${(u_n),(v_n),(w_n)}$ est une famille libre dans $\mathcal{S}$.
  1. Soient $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\in \mathbb{R}$ tel que $$ \lambda_1(1,2,3)+\lambda_2(-1,0,-1)+\lambda_3(1,-2,0)=(0,0,0). $$ Donc on a le système suivant\begin{align*}\begin{cases} \lambda_1 -\lambda_2 + \lambda_3=0,& (1)\cr 2\lambda_1-2\lambda_3=0,& (2)\cr 3\lambda_1-\lambda_2=0, &(3). \end{cases}\end{align*}En fait (1)+(2) on trouve $3\lambda_1=\lambda_2+\lambda_3$. En utilisant (3) on a $3\lambda_1=\lambda_2+\lambda_3=\lambda_2$. D’où $\lambda_3=0$. La relation (2) donne alors $\lambda_1=0$. La relation (3) donne $\lambda_2=0$. Finalement $\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0$. Ainsi la famille ${(1,2,3),(-1,0,-1),(1,-2,0)}$ est libre dans $\mathbb{R}^3$.
  2. Soient $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\in \mathbb{R}$ tel que $$ \lambda_1(u_n)+\lambda_2(v_n)+\lambda_3(w_n)=(0). $$ Donc $$ \forall n\in\mathbb{N},\qquad a^n \lambda_1+ b^n \lambda_2+ c^n \lambda_3=0. $$ Dans un premier temps, on divise par $c_n$ (c’est justifier car $c\neq 0$), on trouve\begin{align*}\tag{P} \forall n\in\mathbb{N},\qquad \left(\frac{a}{c}\right)^n \lambda_1+ \left(\frac{b}{c}\right)^n \lambda_2+\lambda_3=0.\end{align*}Comme $0 < \frac{a}{c} < 1$ et $0 < \frac{b}{c} < 1$, alors (suite géométrique) on a \begin{align*}\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{a}{c}\right)^n=0,\qquad \lim_{n\to +\infty} \left(\frac{b}{c}\right)^n=0.\end{align*}En faisant tendre $n\to +\infty$ dans (P) on obtient $\lambda_3=0$. Et donc pour tout $n\in\mathbb{N}$ on a $a^n \lambda_1+ b^n \lambda_2=0.$ Par la même technique en divise pas $b^n$ et en fait tendre $n$ vers $\infty$ on trouve $\lambda_2=0$. Ce qui donne aussi $a^n \lambda_1=0$ pour tout $n,$ donc en particulier $a \lambda_1 0=0$. Comme $a>0$ alors $\lambda_1=0$. Donc la famille est libre dans $\mathcal{S}$.

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