CORRECTION FX 13. Soit (λ, x) K E. D une part (règle R 1 ) : et donc ( λ).x = (λ.x). Et d autre part (règle R 2 ) :

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1 Lycée Thiers CORRECTION FX 13 Ex 1 Soit (λ, x) K E. D une part (règle R 1 ) : λ.x + ( λ).x = [λ + ( λ)].x = 0.x = 0 E et donc ( λ).x = (λ.x). Et d autre part (règle R ) : et donc λ. ( x) = (λ.x). λ.x + λ. ( x) = λ. [x + ( x)] = λ.0 E = 0 E Ex Ex 3 Ex 4 G 1 n est pas un sous-espace vectoriel (sev) de R 3 car (0, 0, 0) G 1. G en est un, car (0, 0, 0) G et de plus, si ( x, y, z ) G, ( x, y, z ) G et λ R, alors : λ ( x, y, z ) + ( x, y, z ) G ; en effet : (λx + x ) + ( λy + y ) (λz + z ) = λ ( x + y z ) + ( x + y z ) = 0 Rappelons que, plus généralement, si a 1,, a n sont des réels (quelconques) alors l ensemble (x 1,, x n ) R n ; a k x k = 0 est un sev de R n. G 3 est un sev car c est l intersection des deux sous-espaces : H = { ( x, y, z ) R 3 ; x + y z = 0 }, H = { ( x, y, z ) R 3 ; x + 3y z = 0 } G 4 n est pas un sev, car il n est pas stable par combinaison linéaire : Autre argument : (1, 1, 1) G 4 et (1, 0, ) G 4 mais (1, 1, 1) + (1, 0, ) = (, 1, 3) G 4 G 4 = H H, or l union de deux sev n est pas un sev, sauf si l un d eux contient l autre, et ce n est pas le cas ici (puisque, par exemple, (1, 1, 1) H mais (1, 1, 1) H et (1, 0, ) H mais (1, 0, ) H). Si v F G, alors il existe (a, b) R tel que : v = (a + b, a b, 3a + b) et 3 (a + b) + (a b) + (3a + b) = 0 c est-à-dire 8a + b = 0. Ainsi v = ( 7a, 17a, 13a) et donc v R ( 7, 17, 13). On vérifie réciproquement que ( 7, 17, 13) F G et donc R ( 7, 17, 13) F G. Finalement : k=1 F G = R ( 7, 17, 13) Autrement dit, F G est la droite vectorielle engendrée par le vecteur ( 7, 17, 13). Si un sev F de R contient (1, 1) et ( 1, 1), alors (stabilité par combinaison linéaire) F contient : y + x (1, 1) + y x ( 1, 1) = ( x, y )

2 CORRECTION FX 13 Ex et ceci quels que soient les réels x, y. Autrement dit, le seul sev de R contenant (1, 1) et ( 1, 1) est R lui-même. Notons B, A, P, M, C, D, E, F les huit sous-ensembles suivants de R N : 1) B est l ensemble des suites bornées ) A est l ensemble des suites arithmétiques 3) P est l ensemble des suites périodiques 4) M l ensemble des suites monotones ) C l ensemble des suites convergentes 6) D l ensemble des suites x pour lesquelles lim n (x n+1 x n ) = 0 7) E l ensemble des suites possédant une suite extraite convergente 8) F = { u R N ; n N, u n+ n u n+1 + u n = 0 } La suite nulle est appartient à chacun de ces ensembles. De plus, toute combinaison linéaire de suites bornées (resp. arithmétiques, périodiques, convergentes, telles que lim n (x n+1 x n ) = 0, appartenant à F) est bornée (resp. arithmétique, périodique [cf. détail ci-dessous], convergente, telle que lim n (x n+1 x n ) = 0, appartient à F [cf. détail ci-dessous]). En revanche, une CL de suites monotones n est pas monotone en général [cf. détail ci-dessous], et même problème pour une CL de suites admettant une suite extraite convergente [cf. détail ci-dessous]. Ainsi B, A, P, C, D, F sont des sev de R N mais M, E n en sont pas Détail pour la stabilité par combinaison linéaire de P : Si u R N est périodique, cela signifie qu il existe p N tels que n N, u n+p = u n. Il est clair que tout entier naturel multiple de p est aussi une période de u. Par conséquent, si p et q sont des périodes respectives de u et v, alors pq est une période commune. Du coup, pour tout λ R, la suite λu + v admet pq pour période. [Remarque : dans ce raisonnement, on aurait pu considérer le ppcm des entiers p et q au lieu de leur produit). Détail pour la stabilité par combinaison linéaire de F : Soient u F, v F et λ R. Alors, pour tout n N : (λu + v) n+ n (λu + v) n+1 + (λu + v) n = λ (u n+ n u n+1 + u n ) + (v n+ n v n+1 + v n ) = 0 et donc λu + v F. On peut généraliser cet exemple en considérant des suites x (0),, x (p) R N et l ensemble : { F = u R N ; n N, x (p) n u n+p + x (p 1) } n u n+p x (1) n u n+1 + x (0) n u n = 0 On démontre aisément que F est un sev de R N. Détail pour la non stabilité par combinaison linéaire de M : n + 1 n Considérons par exemple les suites u, v définies par u n = et v n =. Ces deux suites sont croissantes (donc monotones) mais la suite u v n est pas monotone; elle n est même monotone à partir d aucun rang, puisque : u p v p = p + 1 p = 0 p N, u p+1 v p+1 = ( p + 1 ) p + 1 = 1 Détail pour la non stabilité par combinaison linéaire de E : Soient u, v les suites définies par : { 0 si n pair n N, u n = n sinon n N, v n = { n si n pair 0 sinon

3 CORRECTION FX 13 3 Alors (u, v) E mais u + v diverge vers + donc ne possède aucune suite extraite convegente. Ex 6 Pour f R X, notons S f = { x X; f (x) 0 }. Notons θ l application nulle : x X, θ (x) = 0. Alors S θ = (qui est fini!) donc θ R (X). Soient maintenant f, g R (X) et λ R. Si x X est tel que f (x) = g (x) = 0, alors ) (x) = 0 donc (en passant aux complémentaires) : S λ f +g S f S g. Comme S f et S g sont finis par hypothèse, il s ensuit que S λ f +g est fini. Autrement dit, λ f + g R (X). On a montré que R (X) est un sev de R X. Ex 7 Signalons pour commencer que l application nulle appartient à chacun des ensembles proposés, à l exception de celui des applications polynomiales de degré n. Pour les autres, il s agit maintenant d examiner s ils sont stables ou non par combinaison linéaire. 1) Notons Π l ensemble des applications paires. Si ( f, g ) Π et λ R, alors pour tout t R : ) ( t) = λ f ( t) + g ( t) = λ f (t) + g (t) = ) (t) Π est donc un sev de R R. Ajoutons que c est aussi le cas du sous-ensemble constitué des applications impaires. ) Notons Z A l ensemble des applications qui s annulent en tout point de A. Si ( f, g ) Z A et λ R, alors pour tout a A : (λ f + g ) (a) = λ f (a) + g (a) = 0 Z A est donc un sev de R R. On aurait pu aussi voir que, pour tout x R, Z {x} est un sev, puis utiliser le fait que Z A = Z {a} pour conclure (intersection d une famille de sev). a A 3) Notons, pour tout T > 0, P T l ensemble des applications périodiques de période T. Si ( f, g ) P T et λ R, alors pour tout x R : ) (x + T) = λ f (x + T) + g (x + T) = λ f (x) + g (x) = ) (x) P T est donc un sev de R R. 4) Notons P l ensemble des applications périodiques. Cette fois, il y a un os... En effet, considérons les applications f : R R, t cos (t) ; g : R R, t cos ( t ) f est π périodique et g est π périodique. On constate que ( f + g ) (0) =. Par ailleurs, si ( f + g ) (t) =, alors nécessairement cos (t) = 1 et cos ( t ) = 1, ce qui impose : ( k Z; t = kπ) et ( l Z; t = lπ ) Si t 0, alors en faisant le rapport de ces deux égalités, on obtient = l k et donc Q, ce qui est absurde! Ainsi f + g n est pas périodique (elle ne prend qu une seule fois la valeur ). Finalement, P n est pas un sev de R R. ) Notons P l ensemble des applications admettant une période rationnelle (strictement positive). Soient f P, g P et λ R. Par hypothèse, il existe p, q, r, s N tels que f soit p q périodique et g soit r périodique. Alors pr est une période commune pour f et g, et c est s donc aussi une période pour λ f + g. Ainsi, P est un sev de R R.

4 CORRECTION FX ) Notons F l ensemble des applications polynomiales. Soient f F, g F et λ R. Il existe ( p, q ) N et ( a 0,, a p ) R p+1 ainsi que ( b 0, b q ) R q+1 tels que : t R, f (t) = p a k t k et g (t) = q b k t k Afin de simplifier l écriture, on peut supposer p = q, quitte à compléter l une ou l autre des listes de coefficients par des zéros. On voit maintenant que : t R, ) p (t) = (λa k + b k ) t k ce qui prouve que λ f + g F. Ainsi F est un sev de R R. 7) Précisons qu une application f est dite polynomiale de degré n lorsqu il existe des réels a 0,, a n avec a n 0 tels que : t R, f (t) = a k t k L ensemble D n des applications polynomiales de degré n (pour n N donné) ne contient donc pas l application nulle. De ce fait, ce n est pas un sev de R R. 8) Par définition, une application est dite polynomiale de degré inférieur ou égal à n (n N donné) lorsqu elle est nulle ou bien de degré d n. On voit alors facilement que l ensemble F n des applications polynomiales de degré n est un sev de R R (et aussi, bien sûr, de F). 9) Etant donnés (a, b) R, posons pour tout t R : f (t) = a cos (t + b). On constate que f = a cos (b) cos a sin (b) sin et donc f Vect {cos, sin}. Réciproquement, si f Vect {cos, sin} alors il existe ( λ, µ ) R tel que : t R, f (t) = λ cos (t) + µ sin (t) Si ( λ, µ ) (0, 0), alors il existe θ R tel que : d où : t R, f (t) = cos (θ) = λ λ + µ et sin (θ) = λ + µ (cos (θ) cos (t) + sin (θ) sin (t)) = µ λ + µ λ + µ cos (t θ) L ensemble des applications de la forme t a cos (t + b) est donc le sev engendré par cos et sin (et, en particulier, c est un sev de R R, ce qui peut paraître un peu mystérieux de façon directe). 10) Notons S l ensemble des applications f deux fois dérivables et telles que f = f + f. Si f, g appartiennent à S et λ R, alors : ) = λ f + g = λ ( f + f ) + ( g + g ) = λ f + g + λ f + g = ) + ) Ainsi S est un sev de R R (et aussi de C (R, R)... pourquoi?). Ex 8 L application nulle appartient manifestement à F n. De plus, si λ R et ( f, g ) F n, alors λ f + g F n puisque : lim ( x + xn λ f (x) + g (x) ) = λ lim x + xn f (x) + lim x + xn g (x) = 0 Ensuite, on observe que, si p, q N sont tels que p < q, alors F q F p. Il s ensuit que A = F 0 (et donc que A est un sev de E; ses éléments sont les applications de [0, + [ dans R admettant en + une limite nulle). Quant à B, c est un sev car c est l intersection d une famille de sev. Par ailleurs, on voit que (x e x ) B, ce qui assure que B {0}.

5 CORRECTION FX 13 Série Ex 1 Dans R 3, le vecteur (, 3, 4) n est pas combinaison linéaire des vecteurs (3, 7, 0) et (, 1, 0), car si tel était le cas, sa troisième coordonnée dans la base caonique serait nulle. Quant aux vecteurs (1,, 3) et ( 1,, 4), on peut observer que pour chacun d eux, la somme des coordonnées dans la base canonique est nulle ; autrement dit ils appartiennent au sev P = { ( x, y, z ) R 3 ; x + y + z = 0 }. Comme (, 3, 4) P, alors (, 3, 4) n est pas combinaison linéaire de (1,, 3) et ( 1,, 4). Ensuite, si x sin (x) pouvait s écrire comme CL de x cos (x) et x sin (x), on verrait en évaluant en 0 puis en π que les coefficients de cette combinaison linéaire seraient nécessairement nuls, ce qui est absurde. En revanche x cos (x) est combinaison linéaire de x cos (x) et de x 1, puisque : Ex Ex 3 Ex 4 Ex x R, cos (x) = 1 cos (x) + 1 Pour finir, toujours dans R R, l application ϕ : x x + x + 1 n est pas combinaison linéaire des applications x x + et x x car ces deux-là sont dérivables en 0 tandis que ϕ ne l est pas. Supposons que A B. Si x vect (A), alors x est CL de vecteurs de A, donc est CL de vecteurs de B et donc x vect (B). Ainsi : A B vect (A) vect (B) Maintenant, si F est un sev de E, alors vect (F) = F. En particulier, pour toute partie A de E : vect (vect (A)) = vect (A). Soient F, G deux sev de E tels que F G = F + G. Si x F, alors l écriture x = x + 0 E montre que x F + G, c est-à-dire x F G, et donc x G. Ainsi F G. De même, G F et donc F = G. Soit h H. On peut écrire h = 0 E + h, ce qui montre que h F + H et donc h F + G. Il existe donc ( f, g ) F G tel que h = f + g. Comme G H, alors g H et donc f = h g H. Il en résulte que f F H, c est-à-dire f F G et, en particulier : f G. Finalement : h = f + g G. On a montré que H G, d où G = H. 1) Il est clair que F G F et F H F, d où (F G) + (F H) F. Par ailleurs F G G et F H H, d où (F G) + (F H) G + H. Ainsi : Autre rédaction possible : (F G) + (F H) F (G + H) Si x (F G) + (F H), alors il existe a F G et b F H tels que x = a + b. Comme (a, b) F et comme F est stable par CL, alors x F. Et comme (a, b) G H, alors x G + H. Ainsi x F (G + H). Ceci prouve de nouveau l inclusion encadrée ci-dessus. Mais l inclusion inverse n est pas vraie en général : Soient E = R, F = R (1, 1), G = R (1, 0) et H = R (0, 1) (faire un dessin!). On a : F (G + H) = F R = F tandis que (F G) + (F H) = {(0, 0)} + {(0, 0)} = {(0, 0)}.

6 CORRECTION FX 13 6 ) Soit x F (G + (F H)) : x = g + y F avec ( g, y ) G (F H). Alors g = x y F donc g F G et donc x (F G) + (F H). Réciproquement, si x (F G) + (F H), alors x = a + b, avec (a, b) (F G) (F H) ; en particulier a, b F et donc x F et d autre part a G donc x G + (F H) ; ainsi x F (G + (F H)). Ex 6 Soit ( x, y, z ) vect {u, v} : il existe (a, b) R tel que ( x, y, z ) = a (1,, 1) + b (, 1, 3). On a donc le système : a + b = x a b = y a + 3b = z Les deux premières équations donnent : a = x + y d où en reportant dans la troisième : c est-à-dire : Ainsi : z = x + y b = x y + 3 ( x y ) 7x y z = 0 vect {u, v} { ( x, y, z ) R 3 ; 7x y z = 0 } Réciproquement, si 7x y z = 0, alors en posant a = x+y et b = x y, on constate que : ( x + y a (1,, 1) + b (, 1, 3) = + ( x y ), ( x + y ) x y, x + y + 3 ( x y ) ) ( = x, y, 7x y ) = ( x, y, z ) ce qui prouve l inclusion inverse. Finalement : vect {u, v} = { ( x, y, z ) R 3 ; 7x y z = 0 } On pose ensuite w = (, 0, 7) et w = (1, 7, 0). Prouver que vect {u, v} = vect {w, w }. Grâce à l équation cartésienne ci-dessus, on voit aisément que w vect {u, v} et w vect {u, v}. Il s ensuit que vect {w, w } vect {u, v}. Lorsque le cours aura un peu avancé, on pourra conclure immédiatement à l égalité en remarquant qu on a deux sev de même dimension (=) qui vérifient une inclusion : il sont nécessairement égaux. En attendant, on observe que si a vect {u, v}, alors a = ( x, y, z ) avec 7x y z = 0, donc : ( ) y + z a =, y, z = y 7 7 (1, 7, 0) + z 7 (, 0, 7) vect { w, w } Ex 7 Soit v R 3. Supposons qu il existe v F F et v D D tels que v = v F + v D, c est-à-dire, en posant v = (a, b, c) : (x, z, λ) R 3 ; (a, b, c) = (x, 3z x, z) + λ (1,, 1) Cette égalité équivaut au système : x + λ = a x + 3z + λ = b z + λ = c

7 Ex 8 Ex 9 qui se résout en : Ainsi : CORRECTION FX 13 7 x = a b + 3c z = a b + 4c λ = a + b 3c (a, b, c) = ( a b + 3c, 4a b + 6c, a b + 4c) + (a + b 3c) (1,, 1) } {{ }} {{ } On a montré que R 3 = F D. F La suite nulle est convergente. De plus, si ( x, y ) l c (R) et λ R, alors la suite λx + y converge (vers λ lim x + lim y). Ainsi l c (R) est un sev de R N. La suite nulle converge vers 0 (quelle surprise!). De plus, ( x, y ) l 0 (R) et λ R, alors λx + y converge vers 0. Ainsi l 0 (R) est un sev de l c (R). Notons C le sous-ensemble de l c (R) constitué des suites constantes. Notons u la suite dont tous les termes valent 1. Alors, pour toute suite x convergente de limite λ : x = (x λu) + λu ce qui montre que l c (R) = l 0 (R)+C. Enfin, cette somme est directe puisque la seule suite constante de limite nulle est la suite nulle. On a F G = R (0, 1, 1) {(0, 0, 0)} ; donc la somme F + G n est pas directe. De plus, en notant D = R (1,, 0), on peut montrer que R 3 = F D. Et comme D G, alors R 3 = F + G. Précisons que le choix du vecteur (1,, 0) n est pas essentiel : il peut être remplacé par n importe quel vecteur non nul appartenant à G mais pas à F. Enfin, F et G possèdent un supplémentaire commun : on le montre en considérant un vecteur n appartenant ni à F ni à G; par exemple (1, 0, 0). On vérifie facilement que : R 3 = F R (1, 0, 0) = G R (1, 0, 0) D Ex 10 H est un sev de R n (non détaillé). Etant donné (x 1,, x n ) R n, supposons l existence de (h 1,, h n ) H et λ R tels que : Alors : donc λ = 1 n (x 1,, x n ) = (h 1,, h n ) + λ (1,, 1) x i = h i + nλ = nλ x i ; puis, pour tout i N n, h i = x i λ. Réciproquement, le vecteur (h 1,, h n ) et le réel λ étant ainsi définis, on a bien : (x 1,, x n ) = x 1 1 x i,, x n 1 x i n n + 1 n x i (1,, 1) } {{ }} {{ } ce qui prouve que R n = H D. H D