Espaces de dimension nie

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1 [ édité le 3 novembre 2017 Enoncés 1 Espaces de dimension nie Dimension d'un espace Exercice 1 [ ] [Correction] Soit E l'ensemble des fonctions f : R R telles qu'il existe a, b, c R pour lesquels : x R, f(x) = (ax 2 + bx + c) cos x (a) Montrer que E est sous-espace vectoriel de F(R, R) (b) Déterminer une base de E et sa dimension Exercice 2 [ ] [Correction] Soient p N et E l'ensemble des suites réelles p périodiques ie l'ensemble des suites réelles (u n ) telles que n N, u(n + p) = u(n) Montrer que E est un R-espace vectoriel de dimension nie et déterminer celle-ci Exercice 3 [ ] [Correction] Soit E = R R Pour tout n N, on pose f n : x x n (a) Montrer que (f 0,, f n ) est libre (b) En déduire dim E Bases en dimension nie Exercice 4 [ ] [Correction] On pose e 1 = (1, 1, 1), e 2 = (1, 1, 0) et e 3 = (0, 1, 1) Montrer que B = ( e 1, e 2, e 3 ) est une base de R 3 Exercice 5 [ ] [Correction] Soit E un K-espace vectoriel de dimension 3 et e = (e 1, e 2, e 3 ) une base de E On pose ε 1 = e 2 + 2e 3, ε 2 = e 3 e 1 et ε 3 = e 1 + 2e 2 Montrer que ε = (ε 1, ε 2, ε 3 ) est une base de E Exercice 6 [ ] [Correction] Soit E un K-espace vectoriel de dimension 3 et e = (e 1, e 2, e 3 ) une base de E Soit ε 1 = e 1 + 2e 2 + 2e 3 et ε 2 = e 2 + e 3 Montrer que la famille (ε 1, ε 2 ) est libre et compléter celle-ci en une base de E Exercice 7 [ ] [Correction] Soit E un K-espace vectoriel muni d'une base e = (e 1,, e n ) Pour tout i {1,, n}, on pose ε i = e e i (a) Montrer que ε = (ε 1,, ε n ) est une base de E (b) Exprimer les composantes dans ε d'un vecteur en fonction de ses composantes dans e Exercice 8 [ ] [Correction] (Lemme d'échange) Soient (e 1,, e n ) et (e 1,, e n) deux bases d'un R-espace vectoriel E Montrer qu'il existe j {1,, n} tel que la famille (e 1,, e n 1, e j ) soit encore une base de E Sous-espaces vectoriels de dimension nie Exercice 9 [ ] [Correction] Soient F, G deux sous-espaces vectoriels d'un K-espace vectoriel E de dimension nie n N Montrer que si dim F + dim G > n alors F G contient un vecteur non nul Exercice 10 [ ] [Correction] Dans R 4 on considère les vecteurs u = (1, 0, 1, 0), v = (0, 1, 1, 0), w = (1, 1, 1, 1), x = (0, 0, 1, 0) et y = (1, 1, 0, 1) Soit F = Vect(u, v, w) et G = Vect(x, y) Quelles sont les dimensions de F, G, F + G et F G? Exercice 11 [ ] [Correction] Soient U, V et W trois sous-espaces vectoriels d'un R-espace vectoriel de dimension nie n (a) On suppose dim U + dim V > n Montrer que U V n'est pas réduit au vecteur nul (b) On suppose dim U + dim V + dim W > 2n Que dire de l'espace U V W?

2 [ édité le 3 novembre 2017 Enoncés 2 Supplémentarité Exercice 12 [ ] [Correction] Dans R 3, déterminer une base et un supplémentaire des sous-espaces vectoriels suivants : (a) F = Vect(u, v) où u = (1, 1, 0) et v = (2, 1, 1) (b) F = Vect(u, v, w) où u = ( 1, 1, 0), v = (2, 0, 1) et w = (1, 1, 1) (c) F = { (x, y, z) R 3 x 2y + 3z = 0 } Rang d'une famille de vecteurs Exercice 16 [ ] [Correction] Déterminer le rang des familles de vecteurs suivantes de R 4 : (a) (x 1, x 2, x 3 ) avec x 1 = (1, 1, 1, 1), x 2 = (1, 1, 1, 1) et x 3 = (1, 0, 1, 1) (b) (x 1, x 2, x 3, x 4 ) avec x 1 = (1, 1, 0, 1), x 2 = (1, 1, 1, 0), x 3 = (2, 0, 1, 1) et x 4 = (0, 2, 1, 1) Exercice 13 [ ] [Correction] Soit E un espace vectoriel de dimension nie (a) Soient H et H deux hyperplans de E Montrer que ceux-ci possèdent un supplémentaire commun (b) Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E tels que dim F = dim G Montrer que F et G ont un supplémentaire commun Exercice 14 [ ] [Correction] Soient K un sous-corps de C, E un K-espace vectoriel de dimension nie, F 1 et F 2 deux sous-espaces vectoriels de E (a) On suppose dim F 1 = dim F 2 Montrer qu'il existe G sous-espace vectoriel de E tel que F 1 G = F 2 G = E (b) On suppose que dim F 1 dim F 2 Montrer qu'il existe G 1 et G 2 sous-espaces vectoriels de E tels que F 1 G 1 = F 2 G 2 = E et G 2 G 1 Exercice 17 [ ] [Correction] Dans E = R ] 1;1[ on considère : 1 + x f 1 (x) =, f 2(x) = 1 + x, f 3(x) = Quel est le rang de la famille (f 1, f 2, f 3, f 4 )? Hyperplans en dimension nie Exercice 18 [ ] [Correction] Dans R 3, on considère le sous-espace vectoriel 1 2, f 4(x) = H = { (x, y, z) R 3 x 2y + 3z = 0 } x 2 Soient u = (1, 2, 1) et v = ( 1, 1, 1) Montrer que B = (u, v) forme une base de H Exercice 15 [ ] [Correction] Soit (e 1,, e p ) une famille libre de vecteurs de E, F = Vect(e 1,, e p ) et G un supplémentaire de F dans E Pour tout a G, on note F a = Vect(e 1 + a,, e p + a) Exercice 19 [ ] [Correction] Soit E un K-espace vectoriel de dimension nie supérieure à 2 Soit H 1 et H 2 deux hyperplans de E distincts Déterminer la dimension de H 1 H 2 (a) Montrer que (b) Soient a, b G Montrer F a G = E a b = F a F b Exercice 20 [ ] [Correction] Soient H un hyperplan et F un sous-espace vectoriel non inclus dans H Montrer dim F H = dim F 1

3 [ édité le 3 novembre 2017 Enoncés 3 Exercice 21 [ ] [Correction] Soient D une droite vectorielle et H un hyperplan d'un K-espace vectoriel E de dimension n N Montrer que si D H alors D et H sont supplémentaires dans E Exercice 22 [ ] [Correction] Soient E un K-espace vectoriel de dimension nie n N, H un hyperplan de E et D une droite vectorielle de E À quelle condition H et D sont-ils supplémentaires dans E? Exercice 23 [ ] [Correction] Soient E un espace vectoriel de dimension nie et F un sous-espace vectoriel de E, distinct de E Montrer que F peut s'écrire comme une intersection d'un nombre ni d'hyperplans Quel est le nombre minimum d'hyperplans nécessaire?

4 [ édité le 3 novembre 2017 Corrections 4 Corrections Exercice 1 : [énoncé] (a) E = Vect(f 0, f 1, f 2 ) avec f 0 (x) = cos x, f 1 (x) = x cos x et f 2 (x) = x 2 cos x E est donc un sous-espace vectoriel et (f 0, f 1, f 2 ) en est une famille génératrice (b) Supposons αf 0 + βf 1 + γf 2 = 0 On a x R, (α + βx + γx 2 ) cos x = 0 Pour x = 2nπ, on obtient α + 2nπβ + 4n 2 π 2 γ = 0 pour tout n N Si γ 0 alors α + 2nπβ + 4n 2 π 2 γ ± C'est exclu Nécessairement γ = 0 On a alors α + 2nπβ = 0 pour tout n N Pour n = 0, puis n = 1 on obtient successivement α = β = 0 Finalement (f 0, f 1, f 2 ) est une famille libre C'est donc une base de E et dim E = 3 Exercice 2 : [énoncé] On vérie aisément que E est un sous-espace vectoriel de R N Pour tout 0 i p 1, on note e i la suite dénie par e i (n) = { 1 si n = i [p] 0 sinon On vérie aisément que les suites e 0,, e p 1 sont linéairement indépendantes et on a p 1 u E, u = u(i)e i La famille (e 0,, e p 1 ) est donc une base de E et par suite dim E = p Exercice 3 : [énoncé] (a) Supposons λ 0 f λ n f n = 0 On a x R : λ 0 + λ 1 x + + λ n x n = 0 Si λ n 0 alors λ 0 + λ 1 x + + λ n x n ± c'est absurde x + Nécessairement λ n = 0 puis de même λ n 1 = = λ 0 = 0 Finalement (f 0,, f n ) est libre i=0 (b) Par suite n + 1 dim E pour tout n N, donc dim E = + Exercice 4 : [énoncé] Supposons λ 1 e 1 + λ 2 e 2 + λ 3 e 3 = 0 On a λ 1 + λ 2 = 0 λ 1 + λ 2 + λ 3 = 0 λ 1 + λ 3 = 0 qui donne λ 1 = λ 2 = λ 3 = 0 La famille B est une famille libre formée de 3 = dim R 3 vecteurs de R 3, c'est donc une base de R 3 Exercice 5 : [énoncé] Supposons λ 1 ε 1 + λ 2 ε 2 + λ 3 ε 3 = 0 E On a Or (e 1, e 2, e 3 ) est libre donc (λ 3 λ 2 )e 1 + (λ 1 + 2λ 3 )e 2 + (2λ 1 + λ 2 )e 3 = 0 E λ 3 λ 2 = 0 λ 1 + 2λ 3 = 0 2λ 1 + λ 2 = 0 puis λ 1 = λ 2 = λ 3 = 0 La famille ε est une famille libre formée de 3 = dim E vecteurs de E, c'est donc une base de E Exercice 6 : [énoncé] Les vecteurs ε 1 et ε 2 ne sont pas colinéaires donc forme une famille libre Pour ε 3 = e 2 (ou encore par exemple ε 3 = e 3 mais surtout pas ε 3 = e 1 ), on montre que la famille (ε 1, ε 2, ε 3 ) est libre et donc une base de E Exercice 7 : [énoncé] (a) Supposons λ 1 ε λ n ε n = 0 E On a (λ λ n )e λ n e n = 0 E donc λ 1 + λ λ n = 0 λ λ n = 0 λ n = 0 qui donne λ 1 = = λ n = 0 La famille ε est une famille libre formée de n = dim E vecteurs de E, c'est donc une base de E

5 [ édité le 3 novembre 2017 Corrections 5 (b) λ 1 ε λ n ε n = µ 1 e µ n e n donne puis Exercice 8 : [énoncé] λ 1 + λ λ n = µ 1 λ λ n = µ 2 λ n = µ n λ 1 = µ 1 µ 2 λ n 1 = µ n 1 µ n λ n = µ n Par l'absurde, supposons la famille (e 1,, e n 1, e j ) liée pour chaque j {1,, n} Puisque la sous-famille (e 1,, e n 1 ) est libre, le vecteur e j est combinaison linéaire des vecteurs e 1,, e n 1 et donc Cela entraîne ce qui est absurde j {1,, n}, e j Vect(e 1,, e n 1 ) e n E = Vect(e 1,, e n) Vect(e 1,, e n 1 ) Exercice 9 : [énoncé] On sait dim F + G = dim F + dim G dim F G donc dim F G = dim F + dim G dim F + G or dim F + G dim E = n donc dim F G > 0 Par suite F G possède un vecteur non nul Exercice 10 : [énoncé] (u, v, w) forme une famille libre donc une base de F Ainsi dim F = 3 (x, y) forme une famille libre donc une base de G Ainsi dim G = 2 (u, v, w, x) forme une famille libre donc une base de R 4 Ainsi F + G = E et dim F + G = 4 Enn dim F G = dim F + dim G dim F + G = 1 Exercice 11 : [énoncé] (a) Puisque U + V E, on a dim(u + V ) n La formule des quatre dimensions donne alors dim U + dim V dim(u V ) = dim(u + V ) n L'hypothèse de travail fournit alors dim(u V ) > 0 (b) Introduisons l'espace W = U V Par la fomule des quatre dimensions On a donc dim W = dim U + dim V dim(u + V ) dim U + dim V n dim W + dim W dim U + dim V + dim W n > n L'étude précédent assure alors que l'espace U V W = W W n'est pas réduit à l'espace nul Exercice 12 : [énoncé] (a) (u, v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u, v) génératrice de F C'est donc une base de F D = Vect(w) avec w = (1, 0, 0) est un supplémentaire de F car la famille (u, v, w) est une base de R 3 (b) w = u + v donc F = Vect(u, v) (u, v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u, v) génératrice de F C'est donc une base de F D = Vect(t) avec t = (1, 0, 0) est un supplémentaire de F car la famille (u, v, t) est une base de R 3 (c) F = { (2y 3z, y, z) y, z R } = Vect(u, v) avec u = (2, 1, 0) et v = ( 3, 0, 1) (u, v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u, v) génératrice de F C'est donc une base de F D = Vect(w) avec w = (1, 0, 0) est un supplémentaire de F car la famille (u, v, w) est une base de R 3

6 [ édité le 3 novembre 2017 Corrections 6 Exercice 13 : [énoncé] (a) Si H = H alors n'importe quel supplémentaire de H est convenable et il en existe Sinon, on a H H et H H donc il existe x H et x H tels que x / H et x / H On a alors x + x / H H et par suite Vect(x + x ) est supplémentaire commun à H et H (b) Raisonnons par récurrence décroissante sur n = dim F = dim G {0 1,, dim E} Si n = dim E et n = dim E 1 : ok Supposons la propriété établie au rang n + 1 {1,, dim E} Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de dimension n Si F = G alors n'importe quel supplémentaire de F est convenable Sinon, on a F G et G F donc il existe x F et x G tels que x / G et x / F On a alors x + x / F G Posons F = F Vect(x + x ) et G = G Vect(x + x ) Comme dim F = dim G = n + 1, par hypothèse de récurrence, F et G possède un supplémentaire commun H et par suite H Vect(x + x ) est supplémentaire commun à F et G Récurrence établie Exercice 14 : [énoncé] (a) Par récurrence sur p = dim E dim F 1 Si dim E dim F 1 = 0 alors G = {0 E } convient Supposons la propriété établie au rang p 0 Soient F 1 et F 2 de même dimension tels que dim E dim F 1 = p + 1 Si F 1 = F 2 l'existence d'un supplémentaire à tout sous-espace vectoriel en dimension nie permet de conclure Sinon, on a F 1 F 2 et F 2 F 1 ce qui assure l'existence de x 1 F 1 \ F 2 et de x 2 F 2 \ F 1 Le vecteur x = x 1 + x 2 n'appartient ni à F 1, ni à F 2 On pose alors F 1 = F 1 Vect(x) et F 2 = F 2 Vect(x) On peut appliquer l'hypothèse de récurrence à F 1 et F 2 : on obtient l'existence d'un supplémentaire commun G à F 1 et F 2 G = G Vect(x) est alors supplémentaire commun à F 1 et F 2 Récurrence établie (b) Soit F 1 un sous-espace vectoriel contenant F 1 et de même dimension que F 2 F 1 et F 2 possèdent un supplémentaire commun G Considérons H un supplémentaire de F 1 dans F 1 En posant G 1 = H G et G 2 = G on conclut Exercice 15 : [énoncé] (a) Soit x F a G, on peut écrire Mais alors x = λ i e i = x λ i (e i + a) λ i a F G = {0 E } donc λ 1 = = λ p = 0 puis x = 0 E Soit x E, on peut écrire x = u + v avec u = p λ ie i F et v G On a alors ( ) x = λ i (e i + a) + v λ i a F a + G Ainsi F a G = E (b) Par contraposée : Si F a = F b alors on peut écrire On a alors e 1 + a = λ i e i e 1 = λ i (e i + b) λ i b a F G donc λ 1 = 1 et 2 i p, λ i = 0 La relation initiale donne alors e 1 + a = e 1 + b puis a = b Exercice 16 : [énoncé] (a) (x 1, x 2, x 3 ) est libre donc rg(x 1, x 2, x 3 ) = 3 (b) Comme x 3 = x 1 + x 2 et x 4 = x 2, on a Vect(x 1, x 2, x 3, x 4 ) = Vect(x 1, x 2 ) Comme (x 1, x 2 ) est libre, on a rg(x 1, x 2, x 3, x 4 ) = rg(x 1, x 2 ) = 2 Exercice 17 : [énoncé] On a f 1 (x) = 1 + x = f 3(x) + f 4 (x), f 2 (x) = = f 3(x) f 4 (x) 2 2

7 [ édité le 3 novembre 2017 Corrections 7 donc car (f 3, f 4 ) est libre rg(f 1, f 2, f 3, f 4 ) = rg(f 3, f 4 ) = 2 Soit x D H Si x 0 E alors D = Vect(x) H ce qui est exclu Nécessairement D H = {0 E } De plus dim H + dim D = dim E donc H D = E Exercice 18 : [énoncé] u, v H car ces vecteurs vérient l'équation dénissant H (u, v) est libre et dim H = 2 car H est un hyperplan de R 3 On secoue, hop, hop, le résultat tombe Exercice 19 : [énoncé] H 1 + H 2 est un sous-espace vectoriel de E qui contient H 1 donc dim H 1 + H 2 = n 1 ou n Si dim H 1 + H 2 = n 1 alors par inclusion et égalité des dimensions : H 2 = H 1 + H 2 = H 1 C'est exclu, il reste dim H 1 + H 2 = n et alors dim H 1 H 2 = dim H 1 + dim H 2 dim H 1 + H 2 = n 2 Exercice 20 : [énoncé] On a F F + H E et F H donc F + H = E d'où dim F H = dim F 1 via le théorème des quatre dimensions Exercice 23 : [énoncé] Posons n = dim E et p = dim F Soit B = (e 1,, e p ) une base de F que l'on complète en (e 1,, e n ) base de E Posons H i = Vect(e 1,, ê i,, e n ) Par double inclusion, on montre F = n i=p+1 On ne peut construire une intersection avoir moins d'hyperplans car on peut montrer par récurrence que l'intersection de q hyperplans est de dimension supérieure à n q Ainsi, le nombre minimum d'hyperplans intersecté pour écrire F est de n p H i Exercice 21 : [énoncé] D + H est un sous-espace vectoriel de E contenant H donc dim D + H = n 1 ou n Si dim D + H = n 1 alors par inclusion et égalité des dimensions D + H = H or D D + H et D H, ceci est donc exclu Il reste dim D + H = n d'où D + H = E Puisque D + H = E et dim D + dim H = dim E, D et H sont supplémentaires dans E Exercice 22 : [énoncé] Si D H alors H et D ne sont pas supplémentaires car Supposons D H H D = D {0 E }