Espaces vectoriels : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Une structure d’espace vectoriel inhabituelle

1. D’abord, la loi \(\oplus\) est bien interne : si \(x > 0\) et \(y > 0\), alors \(xy > 0\). Elle est associative et commutative, car le produit des réels l’est. Ensuite, \(1 \in E\) vérifie \(x \oplus 1 = x \cdot 1 = x\) : c’est l’élément neutre. Enfin, pour \(x \in E\), le réel \(1/x\) est dans \(E\) et \(x \oplus \frac{1}{x} = 1\). Ainsi \((E, \oplus)\) est un groupe commutatif, de neutre \(1\), et le symétrique de \(x\) est \(1/x\).
2. La loi externe est bien définie, car \(x^{\lambda} = \mathrm{e}^{\lambda \ln x} > 0\). Soit \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\) et \(x, y \in E\). On vérifie les quatre axiomes :
   \[ \begin{aligned} 1 \odot x = x^1 = x, \qquad \lambda \odot (\mu \odot x) = (x^{\mu})^{\lambda} = x^{\lambda \mu} = (\lambda \mu) \odot x, \\ (\lambda + \mu) \odot x = x^{\lambda + \mu} = x^{\lambda} x^{\mu} = (\lambda \odot x) \oplus (\mu \odot x), \\ \lambda \odot (x \oplus y) = (xy)^{\lambda} = x^{\lambda} y^{\lambda} = (\lambda \odot x) \oplus (\lambda \odot y). \end{aligned} \]
   Ces égalités découlent des propriétés usuelles des puissances réelles. Par conséquent, \((E, \oplus, \odot)\) est un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel.
3. Le vecteur nul est le neutre de \(\oplus\), c’est-à-dire le réel \(1\). On le retrouve avec \(0 \odot x = x^0 = 1\). De même, \((-1) \odot x = x^{-1} = 1/x\), qui est bien le symétrique de \(x\). Le vecteur nul est \(1\) et \((-1) \odot x = 1/x\).
4. Soit \(x \in E\). On cherche \(\lambda\) tel que \(a^{\lambda} = x\), soit \(\lambda \ln a = \ln x\). Or \(a \neq 1\), donc \(\ln a \neq 0\). L’équation a donc une unique solution \(\lambda = \ln x / \ln a\). Tout vecteur de \(E\) est un « multiple » unique de \(a\) : \(E = \mathrm{Vect}(a)\) est une droite vectorielle.

Point de méthode : dans une structure inhabituelle, il faut traduire chaque axiome avec les nouvelles lois. Le vecteur nul n’est alors pas forcément le réel \(0\).

Corrigé de l’exercice 2 : Parties de R², de R³ et de C

1. On examine chaque partie.
   • \(F_1\) contient \((0, 0, 0)\). Soit \(\lambda \in \mathbb{R}\), \(u = (x, y, z)\) et \(u^{\prime} = (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})\) dans \(F_1\). Alors \((\lambda x + x^{\prime}) + 2(\lambda y + y^{\prime}) – (\lambda z + z^{\prime}) = \lambda \cdot 0 + 0 = 0\). \(F_1\) est un sous-espace.
   • \(F_2\) ne contient pas \((0, 0, 0)\), car \(0 + 0 + 0 \neq 1\). \(F_2\) n’est pas un sous-espace.
   • Les vecteurs \((1, 0, 0)\) et \((0, 1, 0)\) sont dans \(F_3\). Cependant, leur somme \((1, 1, 0)\) vérifie \(xy = 1 \neq 0\). \(F_3\) n’est pas un sous-espace.
   • On a \(F_4 = \{t(1, 2, -1) : t \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}((1, 2, -1))\). \(F_4\) est un sous-espace, c’est une droite.
   • \(F_5\) est l’ensemble des solutions d’un système linéaire homogène. On peut aussi l’écrire : \(z\) est libre, \(y = 2z\) et \(x = 2z\), donc \(F_5 = \mathrm{Vect}((2, 2, 1))\). \(F_5\) est un sous-espace, c’est une droite.
2. Soit \((x, y) \in G\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). Alors \((\lambda x)(\lambda y) = \lambda^2 xy \geq\, 0\), car \(\lambda^2 \geq\, 0\) et \(xy \geq\, 0\). Donc \(G\) est stable par multiplication par un réel. En revanche, \(a = (1, 0)\) et \(b = (0, -1)\) sont dans \(G\), puisque leurs produits valent \(0\). Or \(a + b = (1, -1)\) donne \(1 \times (-1) = -1 < 0\). Comme on le voit sur la figure de l’énoncé, \(a + b\) tombe dans le quatrième quadrant, hors de la zone coloriée. \(G\) n’est pas un sous-espace de \(\mathbb{R}^2\).
3. D’abord, \(0 \in i\mathbb{R}\). Soit \(\lambda \in \mathbb{R}\) et \(z, z^{\prime} \in i\mathbb{R}\). Comme \(\lambda\) est réel, \(\mathrm{Re}(\lambda z + z^{\prime}) = \lambda \mathrm{Re}(z) + \mathrm{Re}(z^{\prime}) = 0\). Donc \(i\mathbb{R}\) est un sous-espace du \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(\mathbb{C}\). En revanche, avec le scalaire complexe \(i\), on a \(i \in i\mathbb{R}\) mais \(i \cdot i = -1\), de partie réelle \(-1 \neq 0\). \(i\mathbb{R}\) est un sous-espace de \(\mathbb{C}\) vu comme \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel, mais pas comme \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel.

Corrigé de l’exercice 3 : Sous-espaces de fonctions

1. La fonction nulle vérifie \(0(0) = 0\). Soit \(\lambda \in \mathbb{R}\) et \(f, g \in A\). Alors \((\lambda f + g)(0) = \lambda f(0) + g(0) = 0\). \(A\) est un sous-espace.
2. La fonction nulle vaut \(0 \neq 1\) en \(0\). \(B\) n’est pas un sous-espace.
3. La fonction nulle est dérivable et vérifie \(0^{\prime} = 0 = 2 \cdot 0\). Soit ensuite \(\lambda \in \mathbb{R}\) et \(f, g \in C\). La fonction \(\lambda f + g\) est dérivable, et par linéarité de la dérivation, \((\lambda f + g)^{\prime} = \lambda f^{\prime} + g^{\prime} = 2(\lambda f + g)\). \(C\) est un sous-espace. On sait d’ailleurs que \(C = \mathrm{Vect}(x \mapsto \mathrm{e}^{2x})\).
4. La fonction nulle est bornée. Si \(|f| \leq\, M_f\) et \(|g| \leq\, M_g\), l’inégalité triangulaire donne \(|\lambda f + g| \leq\, |\lambda| M_f + M_g\). \(D\) est un sous-espace.
5. La fonction \(f = \exp\) est croissante et \(g : x \mapsto -2x\) est décroissante. Cependant, \(h = f + g\) a pour dérivée \(h^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x} – 2\), strictement négative sur \(]-\infty, \ln 2[\) et strictement positive sur \(]\ln 2, +\infty[\). Donc \(h\) n’est pas monotone. \(M\) n’est pas un sous-espace.
6. La fonction nulle est \(2\pi\)-périodique. Si \(f\) et \(g\) le sont, alors \((\lambda f + g)(x + 2\pi) = \lambda f(x) + g(x)\) pour tout \(x\). \(P\) est un sous-espace.

Corrigé de l’exercice 4 : Sous-espaces de suites

1. La suite nulle converge. De plus, si \(u \to \ell\) et \(v \to \ell^{\prime}\), les opérations sur les limites donnent \(\lambda u + v \to \lambda \ell + \ell^{\prime}\). Les suites convergentes forment un sous-espace.
2. La suite nulle convient. Si \(u\) et \(v\) vérifient la relation, alors pour tout \(n\), \(\lambda u_{n+2} + v_{n+2} = (\lambda u_{n+1} + v_{n+1}) + (\lambda u_n + v_n)\). C’est un sous-espace.
3. Toute suite géométrique \(w = (a q^n)\) vérifie \(w_1^2 = a^2 q^2 = w_0 w_2\). Prenons la suite constante \((1)\) (avec \(a = q = 1\)) et la suite \((2^n)\). Leur somme vaut \(w_0 = 2\), \(w_1 = 3\), \(w_2 = 5\). Or \(w_1^2 = 9 \neq 10 = w_0 w_2\). Les suites géométriques ne forment pas un sous-espace.
4. La suite nulle est bornée, et \(|\lambda u_n + v_n| \leq\, |\lambda| M_u + M_v\). Les suites bornées forment un sous-espace.
5. La suite nulle tend vers \(0 \neq 1\). Les suites de limite \(1\) ne forment pas un sous-espace.

Corrigé de l’exercice 5 : Polynômes et matrices

1. Pour \(A\) : le polynôme nul s’annule en \(1\), et \((\lambda P + Q)(1) = \lambda P(1) + Q(1) = 0\). \(A\) est un sous-espace. Pour \(B\) : le polynôme nul n’est pas de degré \(3\). De plus, \(X^3\) et \(-X^3 + X\) sont dans \(B\), mais leur somme \(X\) est de degré \(1\). \(B\) n’est pas un sous-espace. Pour \(C\) : le polynôme nul est pair, et si \(P(-X) = P(X)\) et \(Q(-X) = Q(X)\), alors \((\lambda P + Q)(-X) = (\lambda P + Q)(X)\). \(C\) est un sous-espace.
2. La transposition vérifie \((\lambda A + B)^{T} = \lambda A^{T} + B^{T}\). Donc si \(A\) et \(B\) sont symétriques, \(\lambda A + B\) l’est aussi, et la matrice nulle est symétrique. \(\mathcal{S}_n\) est un sous-espace. Ensuite, la matrice nulle n’est pas inversible. Les matrices inversibles ne forment pas un sous-espace. Enfin, la trace est linéaire : \(\mathrm{tr}(\lambda A + B) = \lambda \mathrm{tr}(A) + \mathrm{tr}(B)\). Les matrices de trace nulle forment un sous-espace.
3. Un calcul direct donne \(E_{12}^2 = 0\) et \(E_{21}^2 = 0\), donc \(E_{12}, E_{21} \in N\). Pourtant :
   \[ (E_{12} + E_{21})^2 = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 0 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 1 \end{pmatrix} \neq 0. \]
   \(N\) n’est pas un sous-espace de \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\).

Corrigé de l’exercice 6 : Combinaisons linéaires dans R³

1. On cherche \(a, b\) tels que \(a u + b v = (a, a + b, b) = (2, 5, 3)\). Les première et troisième coordonnées imposent \(a = 2\) et \(b = 3\). La deuxième se vérifie : \(2 + 3 = 5\). Donc \(w = 2u + 3v\).
2. De même, \((a, a + b, b) = (1, 1, 1)\) impose \(a = b = 1\), puis \(a + b = 2 \neq 1\). Le vecteur \(w^{\prime}\) n’est pas combinaison linéaire de \(u\) et \(v\).
3. On doit avoir \(a = 1\), \(b = 2\), puis \(m = a + b\). Donc \(m = 3\).
4. Un vecteur \((x, y, z)\) s’écrit \((a, a + b, b)\) si et seulement si \(a = x\), \(b = z\) et \(y = x + z\). Ainsi \(\mathrm{Vect}(u, v) = \{(x, y, z) : x – y + z = 0\}\). On contrôle : \(2 – 5 + 3 = 0\) pour \(w\) ; \(1 – 1 + 1 = 1 \neq 0\) pour \(w^{\prime}\) ; et \(1 – m + 2 = 0\) redonne \(m = 3\).

Corrigé de l’exercice 7 : Équation d’un plan engendré

1. Le vecteur \((x, y, z)\) appartient à \(P\) si et seulement si le système suivant, d’inconnues \(a\) et \(b\), est compatible :
   \[ \begin{cases} a + 2b = x \\ 2a + b = y \\ -a + b = z \end{cases} \]
   On effectue \(L_2 arrow L_2 – 2L_1\) et \(L_3 arrow L_3 + L_1\). On obtient \(-3b = y – 2x\) et \(3b = x + z\). En ajoutant ces deux lignes, il vient \(0 = -x + y + z\). Inversement, si cette condition est vraie, \(b = (x + z)/3\) et \(a = x – 2b = (x – 2z)/3\) conviennent. Une équation de \(P\) est \(x – y – z = 0\).
2. On a \(3 – 3 – 0 = 0\), donc \(w \in P\). D’ailleurs, \(w = u + v\). Ainsi \(\mathrm{Vect}(u, v) \subset \mathrm{Vect}(u, v, w) \subset P = \mathrm{Vect}(u, v)\). Par conséquent, \(\mathrm{Vect}(u, v, w) = P\).
3. On a \(1 – 0 – 1 = 0\), donc \((1, 0, 1) \in P\). Les formules de la question 1 donnent \(b = 2/3\) et \(a = -1/3\). Vérification : \(-\frac{1}{3}(1, 2, -1) + \frac{2}{3}(2, 1, 1) = (\frac{-1 + 4}{3}, \frac{-2 + 2}{3}, \frac{1 + 2}{3}) = (1, 0, 1)\). Donc \((1, 0, 1) = -\frac{1}{3} u + \frac{2}{3} v\).
4. Les vecteurs \((1, 1, 0)\) et \((1, 0, 1)\) vérifient l’équation : \(1 – 1 – 0 = 0\) et \(1 – 0 – 1 = 0\). Donc \(\mathrm{Vect}((1, 1, 0), (1, 0, 1)) \subset P\). Inversement, \(u = 2(1, 1, 0) – (1, 0, 1)\) et \(v = (1, 1, 0) + (1, 0, 1)\). Donc \(P = \mathrm{Vect}(u, v) \subset \mathrm{Vect}((1, 1, 0), (1, 0, 1))\). D’où l’égalité.

La figure ci-dessous représente le plan \(P\) avec les vecteurs \(u\), \(v\) et \(w = u + v\), tous contenus dans ce plan.

Point de méthode : pour prouver l’égalité de deux sous-espaces engendrés, on montre que chaque générateur de l’un appartient à l’autre, puis l’inverse.

Corrigé de l’exercice 8 : Sous-espace engendré par des fonctions trigonométriques

1. Pour tout réel \(x\), \(\cos^2 x + \sin^2 x = 1\). Donc \(1 = c + s \in \mathrm{Vect}(c, s)\). Ainsi \(\{c, s, 1\} \subset \mathrm{Vect}(c, s)\), donc \(\mathrm{Vect}(c, s, 1) \subset \mathrm{Vect}(c, s)\). L’autre inclusion est évidente. Donc \(\mathrm{Vect}(c, s, 1) = \mathrm{Vect}(c, s)\).
2. D’abord, \(\cos(2x) = \cos^2 x – \sin^2 x\), donc \(k = c – s\). De plus, \(1 = c + s\). Ainsi \(\mathrm{Vect}(1, k) \subset \mathrm{Vect}(c, s)\). Inversement, par demi-somme et demi-différence, \(c = \frac{1}{2}(1 + k)\) et \(s = \frac{1}{2}(1 – k)\). Par double inclusion, \(\mathrm{Vect}(c, s) = \mathrm{Vect}(1, k)\).
3. Supposons qu’il existe \(a, b\) réels tels que \(\sin(2x) = a + b\cos(2x)\) pour tout \(x\). En \(x = 0\), on obtient \(0 = a + b\). En \(x = \pi/2\), on obtient \(0 = a – b\). Donc \(a = b = 0\). Or, en \(x = \pi/4\), le membre de gauche vaut \(1\). C’est une contradiction. La fonction \(x \mapsto \sin(2x)\) n’appartient pas à \(\mathrm{Vect}(c, s)\).
4. Supposons \(\cos x = a + b\cos(2x)\) pour tout \(x\). En \(x = 0\), on trouve \(1 = a + b\). En \(x = \pi\), on trouve \(-1 = a + b\). C’est impossible. Autrement dit, tout élément de \(\mathrm{Vect}(1, k)\) est \(\pi\)-périodique, alors que \(\cos\) ne l’est pas. La fonction \(\cos\) n’appartient pas à \(\mathrm{Vect}(c, s)\).

Corrigé de l’exercice 9 : Égalité de sous-espaces engendrés

1. Supposons \(\mathrm{Vect}(A) \subset \mathrm{Vect}(B)\). Comme \(A \subset \mathrm{Vect}(A)\), on a bien \(A \subset \mathrm{Vect}(B)\). Réciproquement, supposons \(A \subset \mathrm{Vect}(B)\). Alors \(\mathrm{Vect}(B)\) est un sous-espace qui contient \(A\). Or \(\mathrm{Vect}(A)\) est le plus petit sous-espace contenant \(A\). Donc \(\mathrm{Vect}(A) \subset \mathrm{Vect}(B)\), et l’équivalence est prouvée.
2. Les vecteurs \(u + v\) et \(u – v\) sont dans \(\mathrm{Vect}(u, v)\). D’après la question 1, \(\mathrm{Vect}(u + v, u – v) \subset \mathrm{Vect}(u, v)\). Inversement, \(2\) est inversible dans \(\mathbb{K}\), et :
   \[ u = \frac{1}{2}(u + v) + \frac{1}{2}(u – v), \qquad v = \frac{1}{2}(u + v) – \frac{1}{2}(u – v). \]
   Donc \(u, v \in \mathrm{Vect}(u + v, u – v)\). D’où \(\mathrm{Vect}(u, v) = \mathrm{Vect}(u + v, u – v)\).
3. D’une part, \(u\) et \(v + \lambda u\) sont dans \(\mathrm{Vect}(u, v)\). D’autre part, \(v = (v + \lambda u) – \lambda u\) est dans \(\mathrm{Vect}(u, v + \lambda u)\). Par la question 1 appliquée dans les deux sens, les deux sous-espaces sont égaux.
4. On applique la question 3 avec \(u = (1, 2, 3)\), \(v = (2, 3, 4)\) et \(\lambda = -1\). En effet, \(v – u = (1, 1, 1)\). Donc \(\mathrm{Vect}((1, 2, 3), (2, 3, 4)) = \mathrm{Vect}((1, 2, 3), (1, 1, 1))\).

Corrigé de l’exercice 10 : Réunion de deux sous-espaces

1. Si \(F \subset G\), alors \(F \cup G = G\), qui est un sous-espace. De même, si \(G \subset F\), alors \(F \cup G = F\). Dans les deux cas, \(F \cup G\) est un sous-espace.
2. Soit \(x \in F \setminus G\) et \(y \in G\). Comme \(F \cup G\) est un sous-espace, \(x + y \in F \cup G\). Supposons \(x + y \in G\). Alors \(x = (x + y) – y \in G\), ce qui est exclu. Donc \(x + y \in F\), puis \(y = (x + y) – x \in F\). Ainsi \(G \subset F\). En résumé, si \(F \not\subset G\), alors \(G \subset F\). Donc \(F \cup G\) est un sous-espace si et seulement si \(F \subset G\) ou \(G \subset F\).
3. Supposons \(\mathbb{R}^2 = D_1 \cup D_2\), avec deux droites vectorielles. Cette réunion est un sous-espace, donc par exemple \(D_1 \subset D_2\) et \(\mathbb{R}^2 = D_2 = \mathrm{Vect}(w)\). Alors \((1, 0) = \alpha w\) et \((0, 1) = \beta w\), avec \(\alpha, \beta\) non nuls. On en déduit \(w = (1/\alpha, 0)\) et \(w = (0, 1/\beta)\), ce qui est absurde. Le plan \(\mathbb{R}^2\) n’est donc pas la réunion de deux droites vectorielles.

Point de méthode : pour montrer une inclusion entre sous-espaces, on combine linéairement des vecteurs bien choisis et l’on utilise la stabilité.

Corrigé de l’exercice 11 : Intersection et somme de deux plans de R³

1. Un vecteur de \(P_1 \cap P_2\) vérifie \(x = y\) et \(x + y + z = 0\), donc \(z = -2x\). Ainsi \((x, y, z) = x(1, 1, -2)\). Inversement, ce vecteur vérifie les deux équations. Donc \(P_1 \cap P_2 = \mathrm{Vect}((1, 1, -2))\), droite de vecteur directeur \((1, 1, -2)\).
2. Soit \((a, b, c) \in \mathbb{R}^3\). On pose \(p_2 = (0, 0, a + b + c)\), qui vérifie \(x = y\), donc \(p_2 \in P_2\). On pose ensuite \(p_1 = (a, b, -a – b)\), qui vérifie \(a + b – a – b = 0\), donc \(p_1 \in P_1\). Enfin, \(p_1 + p_2 = (a, b, c)\). Donc \(P_1 + P_2 = \mathbb{R}^3\).
3. La somme n’est pas directe, car \(P_1 \cap P_2 \neq \{0\}\). Concrètement, \((1, 1, -2) \in P_1\) et \((-1, -1, 2) \in P_2\). On a alors deux décompositions distinctes : \(0 = 0 + 0\) et \(0 = (1, 1, -2) + (-1, -1, 2)\). La somme \(P_1 + P_2\) n’est pas directe.

La figure suivante montre les deux plans et leur droite d’intersection, qui passe par l’origine.

Corrigé de l’exercice 12 : Une droite et un plan supplémentaires

1. Soit \(\lambda(1, 1, 1) \in P\). Alors \(3\lambda = 0\), donc \(\lambda = 0\). Ainsi \(D \cap P = \{0\}\).
2. Analyse. Supposons \((x, y, z) = \lambda(1, 1, 1) + p\) avec \(p \in P\). La somme des coordonnées de \(p\) est nulle. En sommant les coordonnées, on obtient \(x + y + z = 3\lambda\). On note \(s = x + y + z\) : alors \(\lambda = s/3\) et \(p = (x – s/3, y – s/3, z – s/3)\).
   
   Synthèse. On pose ces deux vecteurs. Le premier est dans \(D\). La somme des coordonnées du second vaut \(s – 3 \cdot s/3 = 0\), donc il est dans \(P\). Leur somme vaut \((x, y, z)\). Donc \(\mathbb{R}^3 = D \oplus P\), avec \((x, y, z) = \frac{s}{3}(1, 1, 1) + (x – \frac{s}{3}, y – \frac{s}{3}, z – \frac{s}{3})\).
3. Pour \((3, 0, 0)\), on a \(s = 3\), donc \(\lambda = 1\). Pour \((1, 2, 3)\), on a \(s = 6\), donc \(\lambda = 2\). On obtient \((3, 0, 0) = (1, 1, 1) + (2, -1, -1)\) et \((1, 2, 3) = (2, 2, 2) + (-1, 0, 1)\).

La figure ci-dessous illustre la décomposition de \((3, 0, 0)\) : c’est la diagonale du parallélogramme construit sur \((1, 1, 1)\) et \((2, -1, -1)\).

Corrigé de l’exercice 13 : Fonctions paires et fonctions impaires

1. La fonction nulle est paire. Si \(f\) et \(g\) sont paires, alors \((\lambda f + g)(-x) = \lambda f(x) + g(x)\). Donc \(\mathcal{P}\) est un sous-espace. De même, si \(f\) et \(g\) sont impaires, \((\lambda f + g)(-x) = -(\lambda f + g)(x)\). \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{I}\) sont des sous-espaces.
2. Soit \(f\) paire et impaire. Pour tout \(x\), \(f(x) = f(-x) = -f(x)\), donc \(2f(x) = 0\) et \(f(x) = 0\). Donc \(\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0\}\).
3. Analyse. Si \(f = p + i\), alors \(f(-x) = p(x) – i(x)\). On en déduit \(p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}\) et \(i(x) = \frac{f(x) – f(-x)}{2}\). Synthèse. Ces fonctions vérifient \(p(-x) = p(x)\), \(i(-x) = -i(x)\) et \(p + i = f\). Donc \(\mathcal{F}(\mathbb{R}, \mathbb{R}) = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\).
4. On développe \(f(x) = x^3 + 3x^2 + 3x + 1\), puis \(f(-x) = -x^3 + 3x^2 – 3x + 1\). Donc la partie paire vaut \(3x^2 + 1\) et la partie impaire \(x^3 + 3x\). Pour \(g = \exp\), on trouve \(\frac{\mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{-x}}{2} = \mathrm{ch}\,x\) et \(\frac{\mathrm{e}^{x} – \mathrm{e}^{-x}}{2} = \mathrm{sh}\,x\). Ainsi \((x + 1)^3 = (3x^2 + 1) + (x^3 + 3x)\) et \(\mathrm{e}^{x} = \mathrm{ch}\,x + \mathrm{sh}\,x\).

Sur la figure suivante, la courbe paire est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, la courbe impaire par rapport à l’origine. En chaque abscisse, leur somme redonne \((x + 1)^3\).

Corrigé de l’exercice 14 : Matrices symétriques et antisymétriques

1. La matrice nulle est symétrique et antisymétrique. Par linéarité de la transposition, si \(A^{T} = A\) et \(B^{T} = B\), alors \((\lambda A + B)^{T} = \lambda A + B\). De même, si \(A^{T} = -A\) et \(B^{T} = -B\), alors \((\lambda A + B)^{T} = -(\lambda A + B)\). \(\mathcal{S}_n\) et \(\mathcal{A}_n\) sont des sous-espaces.
2. D’abord, si \(A \in \mathcal{S}_n \cap \mathcal{A}_n\), alors \(A = A^{T} = -A\), donc \(A = 0\). Ensuite, analyse : si \(M = S + A\), alors \(M^{T} = S – A\), donc \(S = \frac{1}{2}(M + M^{T})\) et \(A = \frac{1}{2}(M – M^{T})\). Synthèse : ces matrices sont respectivement symétrique et antisymétrique, et leur somme vaut \(M\). Donc \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_n \oplus \mathcal{A}_n\).
3. On calcule \(M^{T}\), puis les deux demi-sommes :
   \[ M^{T} = \begin{pmatrix} 1 4 2 \\ 2 5 3 \\ 0 -1 6 \end{pmatrix}, \quad S = \begin{pmatrix} 1 3 1 \\ 3 5 1 \\ 1 1 6 \end{pmatrix}, \quad A = \begin{pmatrix} 0 -1 -1 \\ 1 0 -2 \\ 1 2 0 \end{pmatrix}. \]
   On vérifie que \(S + A = M\), que \(S\) est symétrique et que \(A\) est antisymétrique. La décomposition est \(M = S + A\) avec les matrices ci-dessus.

Corrigé de l’exercice 15 : Polynômes s’annulant en 0 et en 1

1. Le polynôme nul est dans \(F\). Si \(P, Q \in F\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), alors \((\lambda P + Q)(0) = 0\) et \((\lambda P + Q)(1) = 0\). \(F\) est un sous-espace.
2. Soit \(P = aX + b \in F \cap G\). Alors \(P(0) = b = 0\) et \(P(1) = a + b = 0\), donc \(a = b = 0\). Ainsi \(F \cap G = \{0\}\).
3. Analyse. Si \(P = R + Q\) avec \(R \in F\) et \(Q = aX + b\), alors \(P(0) = Q(0) = b\) et \(P(1) = Q(1) = a + b\). Donc \(Q = P(0) + (P(1) – P(0))X\). Synthèse. On pose ce \(Q\), qui est dans \(G\), et \(R = P – Q\). Alors \(R(0) = P(0) – P(0) = 0\) et \(R(1) = P(1) – P(1) = 0\), donc \(R \in F\). Donc \(\mathbb{R}[X] = F \oplus G\), avec \(Q = P(0) + (P(1) – P(0))X\).
4. Pour \(X^3\) : \(P(0) = 0\) et \(P(1) = 1\), donc \(Q = X\) et \(R = X^3 – X\). Pour \(X^2 + 3\) : \(P(0) = 3\) et \(P(1) = 4\), donc \(Q = 3 + X\) et \(R = X^2 – X\). On contrôle que \(X^3 – X\) et \(X^2 – X\) s’annulent en \(0\) et en \(1\). Ainsi \(X^3 = (X^3 – X) + X\) et \(X^2 + 3 = (X^2 – X) + (X + 3)\).
5. Tout polynôme \(X(X – 1)R\) s’annule en \(0\) et en \(1\). Inversement, soit \(P \in F\). Comme \(0\) est racine, \(X\) divise \(P\) : \(P = X P_1\). Ensuite, \(P(1) = P_1(1) = 0\), donc \(X – 1\) divise \(P_1\). Donc \(F = \{X(X – 1)R : R \in \mathbb{R}[X]\}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Suites convergentes et suites constantes

1. La suite nulle tend vers \(0\). Si \(u \to 0\) et \(v \to 0\), alors \(\lambda u + v \to 0\). Donc \(F\) est un sous-espace de \(E\). De plus, une combinaison de suites constantes est constante. \(F\) et \(G\) sont des sous-espaces de \(E\).
2. Une suite constante égale à \(c\) tend vers \(c\) ; si elle est dans \(F\), alors \(c = 0\). Donc \(F \cap G = \{0\}\). Ensuite, soit \(u \in E\) de limite \(\ell\). La suite \((u_n – \ell)\) tend vers \(0\), et \(u = (u – \ell) + \ell\). Donc \(E = F \oplus G\), la composante sur \(G\) étant la suite constante égale à la limite.
3. On écrit \(\frac{2n + 1}{n + 1} = \frac{2(n + 1) – 1}{n + 1} = 2 – \frac{1}{n + 1}\). La limite vaut \(2\). Pour \(v\), la limite vaut \(3\), car \((1/2)^n \to 0\). Donc \(u = (-\frac{1}{n+1}) + (2)\) et \(v = ((\frac{1}{2})^n) + (3)\).

Corrigé de l’exercice 17 : Un hyperplan de R⁴

1. L’ensemble \(H\) est l’ensemble des solutions d’une équation linéaire homogène. Précisément, \(\varphi(0) = 0\) et \(\varphi(\lambda x + y) = \lambda \varphi(x) + \varphi(y)\). \(H\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^4\).
2. Chaque \(e_i – e_{i+1}\) a une somme de coordonnées nulle, donc \(\mathrm{Vect}(e_1 – e_2, e_2 – e_3, e_3 – e_4) \subset H\). Inversement, soit \(x \in H\). On vérifie que :
   \[ x = x_1 (e_1 – e_2) + (x_1 + x_2)(e_2 – e_3) + (x_1 + x_2 + x_3)(e_3 – e_4). \]
   En effet, les coordonnées du membre de droite sont \(x_1\), \(-x_1 + x_1 + x_2 = x_2\), \(-(x_1 + x_2) + x_1 + x_2 + x_3 = x_3\) et \(-(x_1 + x_2 + x_3) = x_4\), cette dernière égalité venant de \(x \in H\). Donc \(H = \mathrm{Vect}(e_1 – e_2, e_2 – e_3, e_3 – e_4)\).
3. On a \(\varphi(u) = 1 \neq 0\). Si \(\lambda u \in H\), alors \(\lambda = 0\), donc \(H \cap \mathrm{Vect}(u) = \{0\}\). Ensuite, pour \(x \in \mathbb{R}^4\), on note \(s = \varphi(x)\). Le vecteur \(x – s u = (x_1 – s, x_2, x_3, x_4)\) a une somme de coordonnées \(s – s = 0\). Donc \(\mathbb{R}^4 = H \oplus \mathrm{Vect}(u)\), avec \(x = (x_1 – s, x_2, x_3, x_4) + s u\).
4. On a \(\varphi(u^{\prime}) = 1 – 1 = 0\), donc \(u^{\prime} \in H\). Ainsi \(H \cap \mathrm{Vect}(u^{\prime}) = \mathrm{Vect}(u^{\prime}) \neq \{0\}\). La droite \(\mathrm{Vect}(u^{\prime})\) n’est pas un supplémentaire de \(H\).
5. Soit \(w \notin H\), donc \(\varphi(w) \neq 0\). Si \(\lambda w \in H\), alors \(\lambda \varphi(w) = 0\) et \(\lambda = 0\). De plus, pour tout \(x\), on pose \(\mu = \varphi(x)/\varphi(w)\). Alors \(\varphi(x – \mu w) = 0\) et \(x = (x – \mu w) + \mu w\). Donc \(\mathbb{R}^4 = H \oplus \mathrm{Vect}(w)\) pour tout \(w \notin H\).

Corrigé de l’exercice 18 : Fonctions d’intégrale nulle

1. La fonction nulle est d’intégrale nulle. Par linéarité de l’intégrale, \(\int_0^1 (\lambda f + g) = \lambda \int_0^1 f + \int_0^1 g = 0\) pour \(f, g \in F\). Ensuite, les fonctions constantes sont continues et une combinaison de constantes est constante. \(F\) et \(G\) sont des sous-espaces de \(E\).
2. Une constante \(c\) a pour intégrale \(c\) sur \([0, 1]\). Si elle est dans \(F\), alors \(c = 0\). Donc \(F \cap G = \{0\}\). Analyse : si \(f = h + c\), avec \(h \in F\), alors \(\int_0^1 f = c\). Synthèse : on pose \(m = \int_0^1 f\) et \(h = f – m\). Alors \(h\) est continue et \(\int_0^1 h = m – m = 0\). Donc \(E = F \oplus G\), la composante sur \(G\) étant la valeur moyenne \(m\) de \(f\).
3. On a \(\int_0^1 t^2 \, \mathrm{d}t = \frac{1}{3}\) et \(\int_0^1 \mathrm{e}^{t} \, \mathrm{d}t = \mathrm{e} – 1\). Donc \(x^2 = (x^2 – \frac{1}{3}) + \frac{1}{3}\) et \(\mathrm{e}^{x} = (\mathrm{e}^{x} – \mathrm{e} + 1) + (\mathrm{e} – 1)\).

Corrigé de l’exercice 19 : Fonctions nulles aux bords et fonctions affines

1. La fonction nulle est dans \(F\). Si \(h_1, h_2 \in F\), alors \((\lambda h_1 + h_2)(0) = 0\) et \((\lambda h_1 + h_2)(1) = 0\). Ensuite, \(\lambda(ax + b) + (a^{\prime}x + b^{\prime}) = (\lambda a + a^{\prime})x + (\lambda b + b^{\prime})\) est affine, et les fonctions affines sont continues. \(F\) et \(G\) sont des sous-espaces de \(E\).
2. Soit \(g : x \mapsto ax + b\) dans \(F\). Alors \(g(0) = b = 0\) et \(g(1) = a + b = 0\), donc \(a = b = 0\). Ainsi \(F \cap G = \{0\}\).
3. Analyse. Si \(f = h + g\) avec \(h \in F\) et \(g(x) = ax + b\), alors \(f(0) = b\) et \(f(1) = a + b\). Synthèse. On pose \(g(x) = f(0) + (f(1) – f(0))x\) et \(h = f – g\). Alors \(h\) est continue, \(h(0) = 0\) et \(h(1) = f(1) – f(1) = 0\). Donc \(E = F \oplus G\) avec \(g(x) = f(0) + (f(1) – f(0))x\). Graphiquement, \(g\) est la corde qui joint les points \((0, f(0))\) et \((1, f(1))\), comme sur la figure de l’énoncé.
4. Pour \(f = \exp\), on a \(f(0) = 1\) et \(f(1) = \mathrm{e}\). Donc \(g(x) = 1 + (\mathrm{e} – 1)x\) et \(h(x) = \mathrm{e}^{x} – 1 – (\mathrm{e} – 1)x\). Pour \(f_2\), on a \(f_2(0) = 0\) et \(f_2(1) = \sin \pi + 1 = 1\). Donc \(g(x) = x\) et \(h(x) = \sin(\pi x)\), qui s’annule bien en \(0\) et en \(1\). Ainsi \(\mathrm{e}^{x} = (\mathrm{e}^{x} – 1 – (\mathrm{e} – 1)x) + (1 + (\mathrm{e} – 1)x)\) et \(f_2(x) = \sin(\pi x) + x\).
5. Pour \(f \in E\), on écrit \(f = (f – f(0)) + f(0)\). La fonction \(f – f(0)\) s’annule en \(0\), et la constante \(f(0)\) est affine. Donc \(F^{\prime} + G = E\). Cependant, la fonction \(x \mapsto x\) est affine, non nulle, et s’annule en \(0\). Donc \(F^{\prime} \cap G \neq \{0\}\) : la somme \(F^{\prime} + G = E\) n’est pas directe.

La figure ci-dessous représente la décomposition de l’exponentielle. La composante \(h\) s’annule aux deux bords et reste négative, car la courbe d’une fonction convexe est sous ses cordes.

Point de méthode : dans une analyse-synthèse, l’analyse donne l’unicité, et la synthèse donne l’existence. Il faut rédiger les deux étapes.

Corrigé de l’exercice 20 : Somme et intersection ne se distribuent pas

1. Soit \(x = y + z\) avec \(y \in F \cap G\) et \(z \in F \cap H\). D’abord, \(y, z \in F\), donc \(x \in F\). Ensuite, \(y \in G\) et \(z \in H\), donc \(x \in G + H\). Ainsi \((F \cap G) + (F \cap H) \subset F \cap (G + H)\).
2. Pour \((x, y) \in \mathbb{R}^2\), on écrit \((x, y) = (y – x)(0, 1) + x(1, 1)\). Donc \(G + H = \mathbb{R}^2\) et \(F \cap (G + H) = F\). En revanche, \((t, 0) = (0, s)\) impose \(t = 0\), donc \(F \cap G = \{0\}\). De même, \((t, 0) = (s, s)\) impose \(s = 0\) puis \(t = 0\), donc \(F \cap H = \{0\}\). Comme le montre la figure de l’énoncé, les trois droites se coupent seulement en l’origine. Ainsi \((F \cap G) + (F \cap H) = \{0\} \neq F = F \cap (G + H)\) : l’inclusion de la question 1 est stricte en général.
3. Supposons \(G \subset F\). D’une part, \(G \subset F \cap (G + H)\) et \(F \cap H \subset F \cap (G + H)\). Comme \(F \cap (G + H)\) est un sous-espace, il contient \(G + (F \cap H)\). D’autre part, soit \(x \in F \cap (G + H)\), écrit \(x = g + h\) avec \(g \in G\) et \(h \in H\). Alors \(h = x – g\) est dans \(F\), car \(x \in F\) et \(g \in G \subset F\). Donc \(h \in F \cap H\) et \(x \in G + (F \cap H)\). Par double inclusion, \(F \cap (G + H) = G + (F \cap H)\) lorsque \(G \subset F\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, suites récurrentes linéaires d’ordre 2

1. La suite nulle vérifie la relation. Soit \(u, v \in S\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), et posons \(w = \lambda u + v\). Pour tout \(n\) :
   \[ w_{n+2} = \lambda(u_{n+1} + 2u_n) + (v_{n+1} + 2v_n) = w_{n+1} + 2 w_n. \]
   Donc \(S\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^{\mathbb{N}}\).
2. La suite \((r^n)\) est dans \(S\) si et seulement si \(r^{n+2} = r^{n+1} + 2r^n\) pour tout \(n\). Comme \(r \neq 0\), on peut diviser par \(r^n\) : la condition équivaut à \(r^2 = r + 2\). Cette équation s’écrit \((r – 2)(r + 1) = 0\). Donc \((r^n) \in S \Leftrightarrow r \in \{2, -1\}\), et \(a = (2^n)\) et \(b = ((-1)^n)\) sont dans \(S\).
3. Soit \(u, v \in S\) avec \(u_0 = v_0\) et \(u_1 = v_1\). Montrons par récurrence double que \(u_n = v_n\) pour tout \(n\). C’est vrai pour \(n = 0\) et \(n = 1\). Si \(u_n = v_n\) et \(u_{n+1} = v_{n+1}\), alors \(u_{n+2} = u_{n+1} + 2u_n = v_{n+1} + 2v_n = v_{n+2}\). Donc \(u = v\).
4. On a déjà \(\mathrm{Vect}(a, b) \subset S\), car \(S\) est un sous-espace. Inversement, soit \(u \in S\). On cherche \(\alpha, \beta\) tels que \(\alpha + \beta = u_0\) et \(2\alpha – \beta = u_1\). En additionnant, \(3\alpha = u_0 + u_1\), donc :
   \[ \alpha = \frac{u_0 + u_1}{3}, \qquad \beta = u_0 – \alpha = \frac{2u_0 – u_1}{3}. \]
   La suite \(\alpha a + \beta b\) est dans \(S\) et a les mêmes deux premiers termes que \(u\). D’après la question 3, elle est égale à \(u\). Donc \(S = \mathrm{Vect}(a, b)\), avec \(u_n = \alpha 2^n + \beta (-1)^n\).
5. Supposons \(\lambda 2^n = \mu (-1)^n\) pour tout \(n\). En \(n = 0\), \(\lambda = \mu\). En \(n = 1\), \(2\lambda = -\mu = -\lambda\), donc \(3\lambda = 0\). Ainsi \(\lambda = \mu = 0\) et \(\mathrm{Vect}(a) \cap \mathrm{Vect}(b) = \{0\}\). Avec la question 4, \(S = \mathrm{Vect}(a) + \mathrm{Vect}(b)\). Donc \(S = \mathrm{Vect}(a) \oplus \mathrm{Vect}(b)\).
6. Avec \(u_0 = 0\) et \(u_1 = 3\), on obtient \(\alpha = 1\) et \(\beta = -1\). Donc \(u_n = 2^n – (-1)^n\). Vérification : la formule donne \(u_2 = 4 – 1 = 3\) et la relation donne \(u_2 = u_1 + 2u_0 = 3\). De même, \(u_3 = 8 + 1 = 9\) et \(u_2 + 2u_1 = 3 + 6 = 9\). La suite cherchée est \(u_n = 2^n – (-1)^n\).
7. Soit \(u = \alpha a + \beta b\) bornée par \(M\). Alors \(|\alpha| 2^n \leq\, |u_n| + |\beta| \leq\, M + |\beta|\) pour tout \(n\). Si \(\alpha \neq 0\), la suite \((2^n)\) serait bornée, ce qui est faux. Donc \(\alpha = 0\). Inversement, toute suite \(\beta b\) est bornée. Ainsi \(S_b = \mathrm{Vect}(b)\), qui est un sous-espace. Enfin, une suite convergente est bornée, donc de la forme \(\beta(-1)^n\). Ses termes pairs valent \(\beta\) et ses termes impairs \(-\beta\). Elle converge seulement si \(\beta = -\beta\), soit \(\beta = 0\). Donc \(S_b = \mathrm{Vect}(b)\), et la seule suite convergente de \(S\) est la suite nulle.

La figure ci-dessous montre les premiers termes de \(u_n = 2^n – (-1)^n\) : la composante \(2^n\) domine, tandis que \(-(-1)^n\) oscille entre \(-1\) et \(1\).

Point de méthode : pour décrire un espace de solutions, on trouve des solutions particulières simples, puis on prouve qu’elles engendrent tout grâce à l’unicité donnée par les conditions initiales.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : espaces vectoriels, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur espaces vectoriels
• À maîtriser avant : Systèmes linéaires et calcul matriciel
• Chapitre précédent : Formules de Taylor et développements limités
• Chapitre suivant : Familles libres, bases et dimension
• Le même thème en maths sup : espaces vectoriels, exercices de maths sup
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L1 et la licence de maths de L1 à L3