Corrigé du contrôle de maths L1 : espaces vectoriels et sous-espaces

Exercice 1 : Question de cours : intersection et union de sous-espaces (3 points)

1. Caractérisation. Une partie \(F\) de \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(E\) si et seulement si \(F\) contient le vecteur nul \(0_E\) et, pour tous \(u, v \in F\) et tout \(\lambda \in \mathbb{K}\), \(\lambda u + v \in F\).
2. Soit \(F\) et \(G\) deux sous-espaces vectoriels de \(E\). D’abord, \(0_E \in F\) et \(0_E \in G\), donc \(0_E \in F \cap G\). Ensuite, soit \(u, v \in F \cap G\) et \(\lambda \in \mathbb{K}\). Comme \(u, v \in F\) et que \(F\) est un sous-espace, \(\lambda u + v \in F\). De même, \(\lambda u + v \in G\). Donc \(\lambda u + v \in F \cap G\). Par la caractérisation, \(F \cap G\) est un sous-espace vectoriel de \(E\).
3. Dans \(\mathbb{R}^2\), prenons \(F = \mathbb{R} \times \{0\}\) (l’axe des abscisses) et \(G = \{0\} \times \mathbb{R}\) (l’axe des ordonnées), qui sont des sous-espaces vectoriels. On a \((1, 0) \in F \cup G\) et \((0, 1) \in F \cup G\), mais \((1, 0) + (0, 1) = (1, 1)\) n’appartient ni à \(F\) ni à \(G\). La réunion \(F \cup G\) n’est pas stable par addition : ce n’est pas un sous-espace vectoriel.

Barème : a) 1 point (0,5 pour le vecteur nul, 0,5 pour la stabilité) ; b) 1 point : 0,5 pour le vecteur nul, 0,5 pour la stabilité ; c) 1 point pour un contre-exemple complet et vérifié.

Exercice 2 : Une structure d’espace vectoriel inhabituelle (4 points)

1. La loi \(\oplus\) est interne : le produit de deux réels strictement positifs est strictement positif. Elle est associative et commutative, car la multiplication des réels l’est. L’élément neutre est \(1 \in E\), puisque \(x \oplus 1 = x \times 1 = x\). Enfin, tout \(x \in E\) admet un symétrique, à savoir \(\dfrac{1}{x} \in E\), car \(x \oplus \dfrac{1}{x} = 1\). Donc \((E, \oplus)\) est un groupe commutatif, de neutre \(1\), et le symétrique de \(x\) est \(\dfrac{1}{x}\).
2. La loi \(\odot\) est bien à valeurs dans \(E\), car \(x^{\lambda} = e^{\lambda \ln x} > 0\). Soit \(x, y \in E\) et \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\). On vérifie alors les quatre axiomes :
   
   \(\lambda \odot (x \oplus y) = (xy)^{\lambda} = x^{\lambda} y^{\lambda} = (\lambda \odot x) \oplus (\lambda \odot y)\) ;
   
   \((\lambda + \mu) \odot x = x^{\lambda + \mu} = x^{\lambda} x^{\mu} = (\lambda \odot x) \oplus (\mu \odot x)\) ;
   
   \(\lambda \odot (\mu \odot x) = (x^{\mu})^{\lambda} = x^{\lambda \mu} = (\lambda \mu) \odot x\) ;
   
   \(1 \odot x = x^1 = x\).
   
   Avec a), \((E, \oplus, \odot)\) est un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel, dont le « vecteur nul » est le réel \(1\).
3. La loi \(\lambda \cdot x = \lambda x\) n’est pas une loi externe sur \(E\) : par exemple \((-1) \cdot 2 = -2 \notin E\). L’axiome de base « \(\lambda \cdot x \in E\) » tombe, donc on n’obtient pas un espace vectoriel. On peut aussi remarquer que \(0 \cdot x = 0\) devrait être le neutre \(1\), ce qui est faux.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour loi interne, associativité et commutativité, 0,5 pour le neutre, 0,5 pour le symétrique ; b) 2 points : 0,5 par axiome ; c) 0,5 point pour un contre-exemple explicite.

Exercice 3 : Sous-espaces vectoriels ou non (5 points)

1. On a \(0 + 2 \times 0 – 0 = 0\), donc \((0, 0, 0) \in F_1\). Soit \(u = (x, y, z)\) et \(u^{\prime} = (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})\) dans \(F_1\), et \(\lambda \in \mathbb{R}\). Alors \[(\lambda x + x^{\prime}) + 2(\lambda y + y^{\prime}) – (\lambda z + z^{\prime}) = \lambda(x + 2y – z) + (x^{\prime} + 2y^{\prime} – z^{\prime}) = 0.\] Donc \(F_1\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^3\).
2. Le vecteur nul vérifie \(0 + 0 = 0 \neq 1\). \(F_2\) ne contient pas \((0, 0, 0)\), ce n’est pas un sous-espace vectoriel.
3. On a \((1, 0) \in F_3\) et \((0, 1) \in F_3\), car \(1 \times 0 = 0\). Mais leur somme \((1, 1)\) vérifie \(1 \times 1 = 1 \neq 0\). \(F_3\) n’est pas stable par addition : ce n’est pas un sous-espace vectoriel. C’est la réunion des deux axes, comme dans l’exercice 1.
4. Le polynôme nul vérifie les deux conditions, donc il appartient à \(F_4\). Soit \(P, Q \in F_4\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). D’une part, \((\lambda P + Q)(1) = \lambda P(1) + Q(1) = 0\). D’autre part, la dérivation est linéaire, donc \((\lambda P + Q)^{\prime}(1) = \lambda P^{\prime}(1) + Q^{\prime}(1) = 0\). Donc \(F_4\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}[X]\).
5. La fonction nulle est solution de \(f^{\prime\prime} + f = 0\). Si \(f, g \in F_5\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), alors \((\lambda f + g)^{\prime\prime} + (\lambda f + g) = \lambda(f^{\prime\prime} + f) + (g^{\prime\prime} + g) = 0\). \(F_5\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{C}^2(\mathbb{R}, \mathbb{R})\). En revanche, la fonction nulle vérifie \(0^{\prime\prime} + 0 = 0 \neq 1\). \(F_6\) ne contient pas la fonction nulle : ce n’est pas un sous-espace vectoriel (c’est un ensemble de solutions d’une équation non homogène).

Barème : 1 point par item : 0,5 pour la bonne réponse, 0,5 pour la justification (démonstration complète ou contre-exemple vérifié). Au e), 0,5 pour \(F_5\) et 0,5 pour \(F_6\).

Exercice 4 : Sous-espace engendré et somme directe dans R3 (4 points)

1. Pour \((x, y, z) \in \mathbb{R}^3\), on a les équivalences : \[(x, y, z) \in F \iff y = x + z \iff (x, y, z) = (x, x + z, z) = x\,(1, 1, 0) + z\,(0, 1, 1).\] Ainsi tout vecteur de \(F\) est combinaison linéaire de \((1, 1, 0)\) et \((0, 1, 1)\). Réciproquement, toute combinaison \(x\,(1, 1, 0) + z\,(0, 1, 1)\) appartient à \(F\) par ces équivalences. Donc \(F = \operatorname{Vect}\big((1, 1, 0), (0, 1, 1)\big)\) : c’est un plan vectoriel.
2. Soit \(v \in F \cap G\). Comme \(v \in G\), il existe \(t \in \mathbb{R}\) tel que \(v = (t, t, t)\). Or \(v \in F\), donc \(t – t + t = 0\), c’est-à-dire \(t = 0\). Ainsi \(F \cap G = \{0\}\).
3. Analyse. Si \(v = u + t\,w\) avec \(u \in F\), alors \(u = (x – t, y – t, z – t)\) doit vérifier l’équation de \(F\) : \[(x – t) – (y – t) + (z – t) = 0, \quad \text{soit} \quad t = x – y + z.\] Le réel \(t\) est donc imposé, puis \(u = v – t\,w\) l’est aussi : il y a unicité. Synthèse. Posons \(t = x – y + z\) et \(u = v – t\,w = (y – z,\; 2y – x – z,\; y – x)\). On vérifie que \((y – z) – (2y – x – z) + (y – x) = 0\), donc \(u \in F\), et \(v = u + t\,w\). Tout vecteur s’écrit de façon unique comme somme d’un vecteur de \(F\) et d’un vecteur de \(G\) : \(F \oplus G = \mathbb{R}^3\), les sous-espaces \(F\) et \(G\) sont supplémentaires. Pour \(v = (2, 0, 1)\) : \(t = 2 – 0 + 1 = 3\) et \(u = (-1, -3, -2)\). On contrôle que \(-1 + 3 – 2 = 0\). Donc \((2, 0, 1) = (-1, -3, -2) + 3\,(1, 1, 1)\).

Barème : a) 1,5 point : 1 point pour l’équivalence, 0,5 pour la conclusion ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 0,5 pour le calcul de \(t\) et l’unicité, 0,5 pour l’existence et la conclusion, 0,5 pour l’exemple numérique.

Exercice 5 : Problème : fonctions paires et fonctions impaires (4 points)

1. La fonction nulle est paire. Si \(f, g \in \mathcal{P}\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), alors pour tout réel \(x\), \((\lambda f + g)(-x) = \lambda f(-x) + g(-x) = \lambda f(x) + g(x) = (\lambda f + g)(x)\). Donc \(\lambda f + g \in \mathcal{P}\). De même, la fonction nulle est impaire, et si \(f, g \in \mathcal{I}\), alors \((\lambda f + g)(-x) = -\lambda f(x) – g(x) = -(\lambda f + g)(x)\). \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{I}\) sont des sous-espaces vectoriels de \(E\).
2. Si \(f\) est à la fois paire et impaire, alors pour tout \(x\), \(f(x) = f(-x) = -f(x)\), donc \(2f(x) = 0\) et \(f(x) = 0\). Ainsi \(\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0\}\).
3. Analyse. Supposons \(f = p + i\) avec \(p\) paire et \(i\) impaire. Alors, pour tout \(x\), \(f(x) = p(x) + i(x)\) et \(f(-x) = p(x) – i(x)\). En additionnant puis en soustrayant, on obtient \[p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}, \qquad i(x) = \frac{f(x) – f(-x)}{2}.\] Synthèse. Définissons \(p\) et \(i\) par ces formules. On a \(p(-x) = p(x)\), donc \(p \in \mathcal{P}\), et \(i(-x) = -i(x)\), donc \(i \in \mathcal{I}\). Enfin \(p + i = f\). Donc \(E = \mathcal{P} + \mathcal{I}\). Avec b), \(E = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\) : les fonctions paires et les fonctions impaires forment deux sous-espaces supplémentaires.
4. Pour \(f = \exp\) : \(p(x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} = \operatorname{ch} x\) et \(i(x) = \dfrac{e^x – e^{-x}}{2} = \operatorname{sh} x\). Pour \(f(x) = (x+1)^2 = x^2 + 2x + 1\) : la partie paire est \(x \mapsto x^2 + 1\) et la partie impaire \(x \mapsto 2x\) ; de même, \(e^x = \operatorname{ch} x + \operatorname{sh} x\).
5. Soit \(f \in E\). La fonction constante \(c : x \mapsto f(0)\) est paire, et \(g = f – c\) vérifie \(g(0) = 0\), donc \(g \in \mathcal{G}\). Comme \(f = c + g\), on a \(\mathcal{P} + \mathcal{G} = E\). Cependant, la fonction \(x \mapsto x^2\) est paire, non nulle et s’annule en \(0\) : elle appartient à \(\mathcal{P} \cap \mathcal{G}\). Donc \(\mathcal{P} \cap \mathcal{G} \neq \{0\}\) et la somme \(\mathcal{P} + \mathcal{G}\) n’est pas directe.

Erreur fréquente : croire que \(\mathcal{P} + \mathcal{G} = E\) suffit pour parler de supplémentaires ; il faut aussi une intersection réduite au vecteur nul.

Barème : a) 1 point (0,5 par sous-espace) ; b) 0,5 point ; c) 1,5 point : 0,5 pour l’analyse, 0,5 pour la synthèse, 0,5 pour la conclusion avec b) ; d) 0,5 point (0,25 par décomposition) ; e) 0,5 point (0,25 pour la somme, 0,25 pour le contre-exemple).

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Après le corrigé du contrôle : espaces vectoriels et sous-espaces

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