Université Paris Dauphine 2012 MI2E CC n 1 Contrôle Continu - Algèbre 2 - DU1 Question de cours : Donner une définition de la propriété de somme directe pour deux sous-espaces vectoriels (d un R espace vectoriel E). Cours : Soit F 1 et F 2 deux sous-espaces vectoriels de E. On dit que F 1 et F 2 sont en somme directe si F 1 F 2 = {0}. Remarquer que cette définition est valable en dimension quelconque. On pourra également consulter le cours pour d autres définitions équivalentes. Exercice 1 Parmi les ensembles suivants, lesquels sont des espaces vectoriels : (répondre par oui ou par non, attention à la notation : -1 pour une mauvaise réponse). 1. l ensemble des fonctions de R dans R telles que f(0) = f(1), 2. l ensemble des fonctions de R dans R telles que f(0) = 1. Correction 1 1. Le premier ensemble (noté A) est un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel des fonctions de R dans R. Pour le justifier (même si ce n était pas demandé) on voit que la fonction nulle appartient à A et si f 1, f 2 A et λ R alors f i (0) = f i (1) pour i {1, 2}. Donc λf 1 (0) = λf 1 (1) et donc, λf 1 (0) + f 2 (0) = λf 1 (1) + f 2 (1). On a donc vérifié que A est un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel des fonctions de R dans R et est donc un espace vectoriel. 2. La fonction constante égale à 1 appartient à cet espace. Supposons que cet ensemble soit un espace vectoriel alors il est stable par addition. Donc la fonction constante égale à 2 appartient à cet espace, ce qui n est pas le cas. On obtient une contradiction donc ce n est pas un espace vectoriel. Exercice 2 Soit E := {(x, y, z) R 3 x + y 0} et F := {(x, y, z) R 3 x + y 0 et z = 0} 1. Vérifiez si E et F sont des sous-espaces vectoriels de R 3. 2. Est-ce que l ensemble E F est un espace vectoriel? Démontrez votre assertion. Correction 2 1. L ensemble E est n est pas un sous-espace vectoriel de R 3 car il n est pas stable par la loi externe : (1, 0, 0) E mais 1 (1, 0, 0) = ( 1, 0, 0) / E. L ensemble F n est pas un sous espace vectoriel de R 3 : ( 1, 0, 0) E mais (1, 0, 0) / E. 2. Remarquons tout d abord que E F = {(x, y, z) R 3 x + y = 0 et z = 0}. On vérifie ensuite facilement que 0 E F ainsi que la stabilité par les lois interne et externe.
Exercice 3 Soient F et G les sous-espaces vectoriels de R 4 définis par F := { (a, b, c, d) R 4 ; b 2c + d = 0 } et G := { (a, b, c, d) R 4 ; a = d et b = 2c }. 1. Donner une base de F, de G et de F G. 2. En déduire que F + G = R 4. Correction 3 1. Pour tout (a, b, c, d) dans R 4, donc (a, b, c, d) F b 2c + d = 0 d = b + 2c F = {(a, b, c, b + 2c) (a, b, c) R 3 } = {(a, 0, 0, 0) + (0, b, 0, b) + (0, 0, c, 2c) (a, b, c) R 3 } = {a(1, 0, 0, 0) + b(0, 1, 0, 1) + c(0, 0, 1, 2) (a, b, c) R 3 } = vect ((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 2)). De plus, pour tout (a, b, c) dans R 3, a(1, 0, 0, 0)+b(0, 1, 0, 1)+c(0, 0, 1, 2) = 0 (a, b, c, b+2c) = (0, 0, 0, 0) a = b = c = 0. Ainsi, ((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 2)) est une famille libre et génératrice de F, et donc une base de F. De même, et pour tout (a, c) dans R 2, G = {((a, 2c, c, a) (a, c) R 2 } = {a(1, 0, 0, 1) + c(0, 2, 1, 0), (a, c) R 2 } = vect((1, 0, 0, 1), (0, 2, 1, 0)) a(1, 0, 0, 1) + c(0, 2, 1, 0) = 0 (a, 2c, c, a) = (0, 0, 0, 0) a = c = 0, donc ((1, 0, 0, 1), (0, 2, 1, 0)) est une base de G. Finalement, pour tout (a, b, c, d) dans R 4, b 2c + d = 0 (a, b, c, d) F G a = d b = 2c donc { a = d = 0 b = 2c F G = {(0, 2c, c, 0) c R} = vect((0, 2, 1, 0)) et ((0, 2, 1, 0)) est donc une base de F G. 2. De la question précédente on déduit que dim(f ) = 3, dim(g) = 2 et dim(f G) = 1, donc dim(f + G) = dim(f ) + dim(g) dim(f G) = 3 + 2 1 = 4 = dim(r 4 ), donc F + G = R 4.,
Exercice 4 Soit F l ensemble des fonctions continues sur [ 1, 1] qui sont affines sur [ 1, 0] et sur [0, 1]. 1. Démontrez que F est un espace vectoriel. 2. Donner une base de F et sa dimension. Correction 4 Rappelons tout d abord que pour m < M, une fonction f de [m, M] dans R, est dite affine s il existe a, b R tel que x [m, M], f(x) = ax + b. En particulier, f est une fonction continue. 1. Pour montrer que F est un R-espace vectoriel, nous allons montrer qu il s agit d un sousespace vectoriel de C 0 ([ 1, 1]), l ensemble des fonctions continues sur [ 1, 1] à valeurs réelles. Commençons par caractériser les élements de F. Soit f une fonction affine sur [ 1, 0] et [0, 1]. Il existe a, b R et a +, b + R tels que { a x + b si x [ 1, 0] x [ 1, 1], f(x) = a + x + b + sinon. Remarquons ensuite que lim x 0 f(x) = b et lim x 0 + f(x) = b +. On en déduit que f est continue et donc appartient à F si et seulement si b = b +. D où F = { f C 0 ([ 1, 1]) : a, b, c R, x [ 1, 1], f(x) = ax1 [ 1,0] (x) + bx1 [0,1] (x) + c }, (1) où 1 A est la fonction indicatrice de l ensemble A. L application nulle (0 : x 0) est un élément de F en prenant a = b = c = 0 dans la caractérisation (1). Soit f 1, f 2 F et λ R. Il existe a 1, b 1, c 1 et a 2, b 2, c 2 R tels que pour tout x [ 1, 1] et Ainsi, pour tout x [ 1, 1], f 1 (x) = a 1 x1 [ 1,0] (x) + b 1 x1 [0,1] (x) + c 1 f 2 (x) = a 2 x1 [ 1,0] (x) + b 2 x1 [0,1] (x) + c 2. (f 1 + λf 2 )(x) = (a 1 + λa 2 )x1 [ 1,0] (x) + (b 1 + λb 2 )x1 [0,1] (x) + c 1 + λc 2. Donc f 1 + λf 2 est un élément de F. Ainsi, F est un sous-espace vectoriel de C 0 ([ 1, 1]), et donc un R-espace vectoriel. 2. Montrons que e 1 = Id 1 [ 1,0] e 2 = Id 1 [0,1] avec Id : x x. e 3 = (x 1) forment une base de F. Soit f F. D après (1), il existe a, b, c tel que x [ 1, 1], f(x) = ax1 [ 1,0] (x) + bx1 [0,1] (x) + c.
d où f = ae 1 + be 2 + ce 3 On en déduit que F = {e 1, e 2, e 3 } est une famille génératrice de F. Montrons que F est libre. Soit λ 1, λ 2, λ 3 R tel que λ 1 e 1 + λ 2 e 2 + λ 3 e 3 = 0. En prenant successivement les valeurs 0, 1 et 1 dans l équation précédente, on obtient (λ 1, λ 2, λ 3 ) = (0, 0, 0), la famille est donc libre. La famille F étant libre et génératrice de F, c est une base de F. Par ailleurs, dim(f ) = card(f) = 3. Exercice 5 Soit F, G, H trois sous-espaces vectoriels de E un R espace vectoriel. Montrer que, si F + G = E, F H = {0} et G H alors G = H. Correction 5 Comme G H, il suffit de montrer que H G. Soit x H. Comme F +G = E il existe (f, g) F G tel que x = f + g. Grâce à l hypothèse G H, on sait que g appartient aussi à H. Par stabilité de H par la loi interne, on en déduit que f = x g appartient à H. Donc f F H ce qui implique f = 0. On en déduit que x = g et donc x G. Exercice 6 Soit E = R N l espace des suite réelles et E conv l ensemble des suites (éléments de E) convergentes, E const l ensemble des suites (éléments de E) constantes et E 0 l ensemble des suites convergentes (éléments de E conv ) dont la limite est 0. 1. Montrer que E est de dimension infinie. 2. Montrer que E conv et E const sont des sous-espaces vectoriels de E. 3. Montrer que E conv = E const E 0. Soit p N et F p E l ensemble des suites périodiques de période p, c est à dire qu elles vérifient x n+p = x n pour tout n N. 1. Montrer que E 0 et F p sont en somme directe. 2. Montrer que F p est de dimension finie, en donner sa dimension et exhiber une base. 3. Montrer que p N F p est un sous-espace vectoriel de E. Correction 6 1. Pour montrer que E est de dimension infinie, il suffit d exhiber une famille libre aussi grande qu on le souhaite (de taille n N). On aura alors dim E n pour un n choisi arbitrairement et donc dim E = +. Soit n N. On définit la famille E n = (e 1,..., e n ) de n vecteurs de E, où chaque e i est une suite définie par e i = (e i k) k N, e i k = 1 si k = i et e i k = 0 sinon. Montrons qu elle est libre. Supposons qu il existe λ 1,..., λ n R n tels que n λ i e i = 0 E où 0 E est la suite nulle, élément neutre de E. Clairement si le k ieme terme de la suite est nul, alors λ k = 0. La famille est donc libre et nous obtenons le résultat souhaité. 2. Montrons que E conv et E const sont des sous-espaces de E.
On observe tout d abord que 0 E E const. Considérons ensuite (u k ) et (v k ) appartenant à E const, et λ R, (w k ) = (u k + λv k ) E const. Ceci est trivial car puisque pour tout k N, u k = u 1 et v k = v 1, on a alors w k = u k + λv k = u 1 + λv 1 = w 1. L ensemble E const est donc un s.e.v. de E. On procède de même pour E conv en commençant par remarquer que 0 E E conv. On considère ensuite (u k ) et (v k ) deux suites de E conv, de limite respective u et v. et λ R. La suite (w k ) = (u k +λv k ) E conv et donc convergente et sa limite est u +λv. Donc (w k ) E conv. 3. On montre d abord que la somme E const + E 0 est directe. Pour cela on remarque que toute suite de E const E 0 est constante et converge vers 0, et que par conséquent c est la suite nulle. On a donc bien E const E 0 = {0 E } et la somme est directe. Ensuite on peut montrer également que toute suite convergente (u k ) qui converge vers u R permet de construire deux suites (u k u ) et (u ) qui sont respectivement une suite convergente vers 0 et une suite constante valant tout le temps u. Par définition de la somme de deux espaces, on a alors E conv E const E 0. L inclusion réciproque est facile à obtenir car comme toute suite constante est convergente, on a (E const E 0 ) E conv et comme E conv est un espace vectoriel, Vect(E const E 0 ) E conv. 4. Soit une suite (u k ) dans E 0 F p. Puisqu elle converge vers 0, pour tout ε > 0, il existe un n ε tel que que pour tout n n ε, u n ε. Raisonnons par l absurde : si la suite (u k ) n est pas nulle, il existe n 0 tel que u n0 0. Comme la suite est aussi p-périodique, on a u n0 +kp = u n0 0 pour tout k N. Il suffit de prendre ε = u n0 /2 dans la définition de la convergence ci-dessus pour obtenir une contradiction. En effet quelque soit n N, on peut toujous prendre k suffisamment grand pour que n 0 + kp n et pourtant u n0 +kp / [ε, ε]. L intersection entre E 0 et F p est donc l ensemble {0 E }, et la somme de deux espaces est donc directe. 5. On va démontrer que F p est de dimension finie p en exhibant une base de F p. Prenons la famille E p définie dans la réponse à la première question. On la modifie légèrement pour que celle-ci soit dans F p. On définit (f 1,..., f p ) par f i = (f i n) n N, f i n = 1 si n = i + kp pour k N et f i n = 0 sinon. On démontre de la même manière que dans le question 1 que c est une famille libre. Montrons qu elle est aussi génératrice. Soit une suite (u n ) dans F p. On définit par (u 1,..., u p ) ses p premiers termes. On voit clairement que pour les p premiers termes, on peut écrire pour 1 n p u n = u i e i n car tous les e i n sont nuls sauf e n n qui vaut 1. Pour finir, chaque rang n N de la suite peut s écrire n = n 0 + kp pour un n 0 entre 1 et p et k dans N. Dès lors, u n = u n0 +kp = u n0 = u n0 e n 0 n 0 = On a donc bien prouvé que u = u i e i n 0 = n u i e i. u i e i n 0 +kp = u i e i n
La famille (f 1,..., f p ) est donc génératrice de F p. C est une base de F p et, comme elle est de cardinal p, on en déduit que l espace F p est de dimension p. 6. Montrons que p N F p est un s.e.v. de E. Comme 0 E F 1, on a trivialement que 0 E p N F p. Enfin soit (u n ) et (v n ) deux suites dans p N F p et λ R. Il existe p u, p v (N ) 2 tels que (u n ) F pu et (v n ) F pv. Soit p w le PPCM de p u et p v : p w = kp u = k p v pour certains naturels k et k. Montrons que (w n ) = (u n + λv n ) F pw. Il suffit d observer que pour tout n N, Ce qui conclut la preuve. w n+pw = u n+pw + λv n+pw = u n+kpu + λv n+k p v = u n + λv n = w n.