Espaces vectoriels : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Reconnaître des sous-espaces de R³

1. Le vecteur nul vérifie \(0 + 0 – 0 = 0\). Soient ensuite \(u = (x, y, z)\) et \(u^{\prime} = (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime})\) dans \(F_1\), et \(\lambda, \mu\) réels. Les coordonnées de \(\lambda u + \mu u^{\prime}\) vérifient \(\lambda (x + y – z) + \mu (x^{\prime} + y^{\prime} – z^{\prime}) = 0\). Donc \(F_1\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^3\).
2. Le vecteur nul ne vérifie pas \(x + y = 1\). Donc \(F_2\) n’est pas un sous-espace.
3. Les vecteurs \((1, 0, 0)\) et \((0, 1, 0)\) sont dans \(F_3\). Cependant, leur somme \((1, 1, 0)\) vérifie \(xy = 1 \neq 0\). Ainsi, \(F_3\) n’est pas stable par addition : ce n’est pas un sous-espace. Géométriquement, \(F_3\) est la réunion de deux plans.
4. On a \((x, y, z) \in F_4\) si et seulement si \((x, y, z) = (2y, y, 0) = y(2, 1, 0)\). Par conséquent, \(F_4 = \mathrm{Vect}((2, 1, 0))\). C’est un sous-espace : la droite dirigée par \((2, 1, 0)\).
5. Le vecteur \((1, 0, 0)\) est dans \(F_5\), mais \((-1) \cdot (1, 0, 0) = (-1, 0, 0)\) n’y est pas. Donc \(F_5\) n’est pas stable par multiplication par un scalaire : ce n’est pas un sous-espace.

Point de méthode : une équation non homogène, un produit de coordonnées ou une inégalité signalent presque toujours une partie qui n’est pas un sous-espace ; un seul contre-exemple suffit alors.

Corrigé de l’exercice 2 : Sous-espaces de polynômes et de suites

1. Le polynôme nul s’annule en \(1\). De plus, si \(P(1) = Q(1) = 0\), alors \((\lambda P + \mu Q)(1) = \lambda P(1) + \mu Q(1) = 0\). Donc \(A\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}[X]\).
2. Le polynôme nul n’est pas de degré \(3\). D’ailleurs, \(X^3\) et \(-X^3 + X\) sont dans \(B\), mais leur somme \(X\) n’y est pas. \(B\) n’est pas un sous-espace.
3. On a \(C = \{P : P(0) – P(1) = 0\}\). Le polynôme nul convient. Ensuite, \((\lambda P + \mu Q)(0) – (\lambda P + \mu Q)(1) = \lambda (P(0) – P(1)) + \mu (Q(0) – Q(1)) = 0\). Donc \(C\) est un sous-espace.
4. La suite nulle converge. De plus, si \(u_n \to \ell\) et \(v_n \to \ell^{\prime}\), alors \(\lambda u_n + \mu v_n \to \lambda \ell + \mu \ell^{\prime}\) par opérations sur les limites. Les suites convergentes forment donc un sous-espace de \(\mathbb{R}^{\mathbb{N}}\).
5. Pour la suite nulle, la relation donnerait \(0 = 0 + 1\), ce qui est faux. Cet ensemble ne contient pas la suite nulle : ce n’est pas un sous-espace. En effet, la relation \(u_{n+1} = u_n + 1\) n’est pas homogène.

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

1. La fonction nulle est paire. Ensuite, si \(f\) et \(g\) sont paires, alors \((\lambda f + \mu g)(-x) = \lambda f(x) + \mu g(x)\) pour tout \(x\). Les fonctions paires forment un sous-espace de \(E\).
2. La fonction nulle ne vérifie pas \(f(0) = 1\). Ce n’est pas un sous-espace.
3. La fonction nulle est bornée. Si \(|f| \leq\, M\) et \(|g| \leq\, M^{\prime}\), l’inégalité triangulaire donne \(|\lambda f + \mu g| \leq\, |\lambda| M + |\mu| M^{\prime}\). Les fonctions bornées forment un sous-espace.
4. La fonction nulle est dérivable et vérifie \(0 = 3 \cdot 0\). Ensuite, si \(f^{\prime} = 3f\) et \(g^{\prime} = 3g\), par linéarité de la dérivation, \((\lambda f + \mu g)^{\prime} = \lambda f^{\prime} + \mu g^{\prime} = 3(\lambda f + \mu g)\). C’est un sous-espace. On sait d’ailleurs qu’il vaut \(\mathrm{Vect}(x \mapsto e^{3x})\).
5. La fonction \(x \mapsto x\) est croissante. En revanche, son produit par \(-1\) est strictement décroissante. Ce n’est donc pas un sous-espace.

Corrigé de l’exercice 4 : Appartenance à un sous-espace engendré

Pour tous réels \(\alpha, \beta\), on a \(\alpha u + \beta v = (\alpha, \beta, \alpha + \beta)\).

1. On cherche \(\alpha, \beta\) tels que \((\alpha, \beta, \alpha + \beta) = (1, 2, 3)\). Les deux premières coordonnées imposent \(\alpha = 1\) et \(\beta = 2\). Ensuite, la troisième est vérifiée : \(1 + 2 = 3\). Donc \(a = u + 2v \in F\), de coordonnées \((1, 2)\) dans la famille \((u, v)\).
2. De même, on obtient nécessairement \(\alpha = 1\) et \(\beta = 1\). Cependant, la troisième coordonnée vaudrait \(2 \neq 1\). Donc \(b \notin F\).
3. Si \((x, y, z) \in F\), alors \(z = \alpha + \beta = x + y\). Réciproquement, si \(z = x + y\), alors \((x, y, z) = xu + yv \in F\). Ainsi, \(F = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x + y – z = 0\}\).

La figure ci-dessous représente le plan \(F\). Le point \(a\) y appartient, tandis que \(b\) est situé sous le plan, puisque \(1 + 1 – 1 = 1 \neq 0\).

Corrigé de l’exercice 5 : Familles libres ou liées de R³

1. On remarque que \((7, 8, 9) – (4, 5, 6) = (3, 3, 3) = (4, 5, 6) – (1, 2, 3)\). Par conséquent, la famille est liée, avec la relation \((1, 2, 3) – 2(4, 5, 6) + (7, 8, 9) = (0, 0, 0)\). On vérifie : \(1 – 8 + 7 = 0\), \(2 – 10 + 8 = 0\) et \(3 – 12 + 9 = 0\).
2. Supposons \(a(1, 1, 0) + b(0, 1, 1) + c(1, 0, 1) = 0\). On obtient le système \(a + c = 0\), \(a + b = 0\), \(b + c = 0\). Les deux premières équations donnent \(c = -a\) et \(b = -a\). Ensuite, la troisième donne \(-2a = 0\). Donc \(a = b = c = 0\). La famille est libre.
3. On a \((-2, 2, -4) = -2(1, -1, 2)\). Les deux vecteurs sont colinéaires : la famille est liée, avec \(2(1, -1, 2) + (-2, 2, -4) = 0\).
4. On a \((1, 1, 1) = (1, 1, 0) + (0, 0, 1)\). La famille est liée, avec la relation \((1, 1, 0) – (1, 1, 1) + (0, 0, 1) = 0\). Remarquez que le premier vecteur n’intervient pas : le coefficient \(0\) est permis dans une relation non triviale.

Corrigé de l’exercice 6 : Famille dépendant d’un paramètre

1. Supposons \(a u_1 + b u_2 + c u_3 = 0\). Cela s’écrit :
   \[\begin{cases} a + b + mc = 0 \\ a + mb + c = 0 \\ ma + b + c = 0 \end{cases}\]
   En soustrayant la deuxième équation à la première, on obtient \((1 – m)(b – c) = 0\). De même, la deuxième moins la troisième donne \((1 – m)(a – b) = 0\). Enfin, la somme des trois équations donne \((m + 2)(a + b + c) = 0\).
   • Si \(m \neq 1\) et \(m \neq -2\), alors \(a = b = c\), puis \(3a = 0\). Donc \(a = b = c = 0\) : la famille est libre.
   • Si \(m = 1\), les trois vecteurs valent \((1, 1, 1)\) : la famille est liée.
   • Si \(m = -2\), on vérifie ci-dessous que la famille est liée.

   La famille est liée si et seulement si \(m = 1\) ou \(m = -2\).

2. Pour \(m = 1\), on a \(u_1 = u_2\), donc \(u_1 – u_2 = 0\). Pour \(m = -2\), on calcule \(u_1 + u_2 + u_3 = (1 + 1 – 2, 1 – 2 + 1, -2 + 1 + 1) = (0, 0, 0)\). La relation cherchée est \(u_1 + u_2 + u_3 = 0\).

Point de méthode : sommer les équations ou les soustraire deux à deux exploite la symétrie du système ; on évite ainsi une discussion de pivot pénible.

Corrigé de l’exercice 7 : Base de polynômes à degrés échelonnés

1. Les polynômes \(P_0, P_1, P_2\) sont non nuls et de degrés respectifs \(0, 1, 2\). D’après le théorème sur les familles à degrés échelonnés, \((P_0, P_1, P_2)\) est une base de \(\mathbb{R}_2[X]\).
2. On écrit \(X = (X – 1) + 1\). Ainsi,
   \[X^2 + X + 1 = \big((X – 1) + 1\big)^2 + (X – 1) + 1 + 1 = (X – 1)^2 + 3(X – 1) + 3.\]
   Les coordonnées de \(Q\) sont \((3, 3, 1)\). On vérifie : \(Q(1) = 3\), ce qui correspond bien au coefficient de \(P_0\).
3. Soit \(Q = \alpha + \beta (X – 1) + \gamma (X – 1)^2\) l’écriture de \(Q\) dans la base. D’abord, \(Q(1) = \alpha\). Ensuite, \(Q^{\prime} = \beta + 2\gamma (X – 1)\), donc \(Q^{\prime}(1) = \beta\). Enfin, \(Q^{\prime\prime} = 2\gamma\). Les coordonnées sont donc \((Q(1), Q^{\prime}(1), \frac{Q^{\prime\prime}(1)}{2})\). Pour \(Q = X^2 + X + 1\), on retrouve \(Q(1) = 3\), \(Q^{\prime}(1) = 3\) et \(Q^{\prime\prime}(1) / 2 = 1\).

Corrigé de l’exercice 8 : Somme directe d’une droite et d’un plan

1. Pour \((x, y, z) \in \mathbb{R}^3\), on a \(z = -x – y\) si et seulement si \((x, y, z) = x(1, 0, -1) + y(0, 1, -1)\). Donc \(P = \mathrm{Vect}((1, 0, -1), (0, 1, -1))\) est un sous-espace. Cette famille est génératrice de \(P\). De plus, elle est libre : si \(x(1, 0, -1) + y(0, 1, -1) = 0\), les deux premières coordonnées donnent \(x = y = 0\). Ainsi, \(((1, 0, -1), (0, 1, -1))\) est une base de \(P\).
2. On raisonne par analyse-synthèse. Analyse : supposons \((x, y, z) = s(1, 1, 1) + p\) avec \(p \in P\). La somme des coordonnées de \(p\) est nulle, donc \(x + y + z = 3s\). Ainsi \(s = \frac{x + y + z}{3}\), puis \(p = (x – s, y – s, z – s)\). L’écriture, si elle existe, est donc unique. Synthèse : avec ces valeurs, \(s(1, 1, 1) \in D\) et la somme des coordonnées de \(p\) vaut \(x + y + z – 3s = 0\), donc \(p \in P\). De plus, leur somme vaut \((x, y, z)\). Par conséquent, \(\mathbb{R}^3 = D \oplus P\).
3. Pour \((3, 0, 0)\), on a \(s = 1\). Donc \((3, 0, 0) = (1, 1, 1) + (2, -1, -1)\). Dans le cas général :
   \[(x, y, z) = \underbrace{\frac{x + y + z}{3}(1, 1, 1)}_{\in D} + \underbrace{(\frac{2x – y – z}{3}, \frac{2y – x – z}{3}, \frac{2z – x – y}{3})}_{\in P}.\]

La figure ci-dessous montre la décomposition de \((3, 0, 0)\) : le parallélogramme a un côté sur la droite \(D\) et l’autre dans le plan \(P\).

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

1. Le sous-espace \(\mathrm{Vect}(a, b)\) est stable par combinaison linéaire. S’il contient \(c\) et \(d\), il contient donc toutes leurs combinaisons linéaires. Ainsi \(\mathrm{Vect}(c, d) \subset \mathrm{Vect}(a, b)\) : c’est la propriété de plus petit sous-espace contenant \(\{c, d\}\).
2. Cherchons \(c = \alpha a + \beta b\). Les deux premières coordonnées donnent \(\alpha + 2\beta = 1\) et \(2\alpha + \beta = -1\), d’où \(\alpha = -1\) et \(\beta = 1\). La troisième coordonnée vaut \(-\alpha + \beta = 2\) : c’est correct. Donc \(c = -a + b\). De même, \(\alpha + 2\beta = 3\) et \(2\alpha + \beta = 3\) donnent \(\alpha = \beta = 1\), et \(-1 + 1 = 0\). Donc \(d = a + b\). Ainsi, \(\mathrm{Vect}(c, d) \subset \mathrm{Vect}(a, b)\).
   
   Réciproquement, \(c + d = 2b\) et \(d – c = 2a\). Donc \(a = \frac{1}{2}(d – c)\) et \(b = \frac{1}{2}(c + d)\), d’où \(\mathrm{Vect}(a, b) \subset \mathrm{Vect}(c, d)\). Finalement, \(\mathrm{Vect}(a, b) = \mathrm{Vect}(c, d)\).
3. Si \((x, y, z) = \alpha a + \beta b\), alors \(x = \alpha + 2\beta\), \(y = 2\alpha + \beta\) et \(z = -\alpha + \beta\). Donc \(x – y = -\alpha + \beta = z\). Réciproquement, si \(z = x – y\), on pose \(\alpha = \frac{2y – x}{3}\) et \(\beta = \frac{2x – y}{3}\). On vérifie que \(\alpha + 2\beta = x\), \(2\alpha + \beta = y\) et \(-\alpha + \beta = x – y = z\). Une équation du plan est \(x – y – z = 0\). Les quatre vecteurs la vérifient : par exemple, pour \(d\), \(3 – 3 – 0 = 0\).

Corrigé de l’exercice 10 : Base d’un sous-espace de R⁴ défini par équations

1. \(F\) est l’ensemble des solutions d’un système linéaire homogène à quatre inconnues. C’est aussi l’intersection de deux sous-espaces définis chacun par une équation. Donc \(F\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^4\).
2. La seconde équation donne \(x = y – 2z\). En reportant dans la première : \(y – 2z + y + z + t = 0\), soit \(t = -2y + z\). Ainsi, \((x, y, z, t) \in F\) si et seulement si
   \[(x, y, z, t) = (y – 2z, y, z, -2y + z) = y(1, 1, 0, -2) + z(-2, 0, 1, 1).\]
   Donc \(F = \mathrm{Vect}(w_1, w_2)\) avec \(w_1 = (1, 1, 0, -2)\) et \(w_2 = (-2, 0, 1, 1)\).
3. La famille \((w_1, w_2)\) est génératrice de \(F\) par la question précédente. De plus, si \(\lambda w_1 + \mu w_2 = 0\), les deuxième et troisième coordonnées donnent \(\lambda = 0\) et \(\mu = 0\). C’est donc une base de \(F\).
4. On vérifie les équations : \(-1 + 3 + 2 – 4 = 0\) et \(-1 – 3 + 4 = 0\). Le vecteur est donc dans \(F\). Ses coordonnées sont lues sur \(y = 3\) et \(z = 2\). En effet, \(3w_1 + 2w_2 = (3 – 4, 3, 2, -6 + 2) = (-1, 3, 2, -4)\). Les coordonnées sont \((3, 2)\).

Point de méthode : on exprime les inconnues principales en fonction des inconnues libres ; les coefficients des inconnues libres fournissent directement une famille génératrice, qui est libre grâce aux coordonnées correspondant aux inconnues libres.

Corrigé de l’exercice 11 : Matrices qui commutent avec une matrice donnée

1. La matrice nulle commute avec \(A\). Si \(AM = MA\) et \(AN = NA\), la distributivité du produit matriciel donne \(A(\lambda M + \mu N) = \lambda AM + \mu AN = \lambda MA + \mu NA = (\lambda M + \mu N)A\). Donc \(\mathcal{C}(A)\) est un sous-espace de \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\).
2. Soit \(M = \begin{pmatrix} a b \\ c d \end{pmatrix}\). On calcule
   \[AM = \begin{pmatrix} a + c b + d \\ c d \end{pmatrix}, \qquad MA = \begin{pmatrix} a a + b \\ c c + d \end{pmatrix}.\]
   L’égalité \(AM = MA\) équivaut à \(a + c = a\), \(b + d = a + b\) et \(d = c + d\). Autrement dit, \(c = 0\) et \(d = a\). Donc \(M = aI_2 + bE_{12}\). Ainsi \(\mathcal{C}(A) = \mathrm{Vect}(I_2, E_{12})\). De plus, \(aI_2 + bE_{12} = \begin{pmatrix} a b \\ 0 a \end{pmatrix}\) est nulle seulement si \(a = b = 0\). Donc \((I_2, E_{12})\) est une base de \(\mathcal{C}(A)\).
3. Une matrice \(\begin{pmatrix} a b \\ c d \end{pmatrix}\) est symétrique si et seulement si \(b = c\). Elle s’écrit alors \(aE_{11} + dE_{22} + b(E_{12} + E_{21})\). Cette famille est génératrice. Elle est aussi libre, car la combinaison ci-dessus est nulle seulement si \(a = b = d = 0\). Une base de \(\mathcal{S}_2(\mathbb{R})\) est \((E_{11}, E_{22}, E_{12} + E_{21})\).

Corrigé de l’exercice 12 : Polynômes admettant une racine double imposée

1. Le polynôme nul appartient à \(F\). Ensuite, l’évaluation en \(1\) et la dérivation sont linéaires : \((\lambda P + \mu Q)(1) = \lambda P(1) + \mu Q(1)\) et \((\lambda P + \mu Q)^{\prime}(1) = \lambda P^{\prime}(1) + \mu Q^{\prime}(1)\). Enfin, \(\mathbb{R}_3[X]\) est stable par combinaison linéaire. Donc \(F\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}_3[X]\).
2. Soit \(P \in F\). Comme \(P(1) = P^{\prime}(1) = 0\), le réel \(1\) est racine de \(P\) d’ordre au moins \(2\). Donc \((X – 1)^2\) divise \(P\) : \(P = (X – 1)^2 S\). Si \(P \neq 0\), on a \(\deg S = \deg P – 2 \leq\, 1\) ; si \(P = 0\), on prend \(S = 0\). Dans les deux cas, \(S = aX + b\).
   
   Réciproquement, soit \(P = (X – 1)^2 (aX + b)\). Alors \(\deg P \leq\, 3\) et \(P(1) = 0\). De plus, \(P^{\prime} = 2(X – 1)(aX + b) + a(X – 1)^2\), donc \(P^{\prime}(1) = 0\). Ainsi \(F = \{(X – 1)^2 (aX + b) : a, b \in \mathbb{R}\}\).
3. On a \(F = \mathrm{Vect}\big((X – 1)^2, X(X – 1)^2\big)\). Ces deux polynômes sont non nuls, de degrés \(2\) et \(3\). Ils forment donc une famille à degrés échelonnés, donc libre. Une base de \(F\) est \(\big((X – 1)^2, X(X – 1)^2\big)\).

Corrigé de l’exercice 13 : Familles libres de fonctions

1. Supposons \(\alpha e^x + \beta e^{2x} + \gamma e^{3x} = 0\) pour tout réel \(x\). En divisant par \(e^{3x}\), on obtient \(\alpha e^{-2x} + \beta e^{-x} + \gamma = 0\). Quand \(x \to +\infty\), il reste \(\gamma = 0\). Ensuite, on divise \(\alpha e^x + \beta e^{2x} = 0\) par \(e^{2x}\) et on fait de nouveau tendre \(x\) vers \(+\infty\) : \(\beta = 0\). Enfin, \(\alpha e^x = 0\) en \(x = 0\) donne \(\alpha = 0\). La famille \((f_1, f_2, f_3)\) est libre.
2. Par la formule d’addition, \(\cos(x + \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} \cos x – \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x\) pour tout \(x\). Donc \(g_3 = \frac{1}{2} g_1 – \frac{\sqrt{3}}{2} g_2\) : la famille est liée.
3. Supposons \(\lambda + \mu x + \nu |x| = 0\) pour tout \(x\). En \(x = 0\), on obtient \(\lambda = 0\). En \(x = 1\), on obtient \(\mu + \nu = 0\). En \(x = -1\), on obtient \(-\mu + \nu = 0\). Donc \(\mu = \nu = 0\). La famille \((h_1, h_2, h_3)\) est libre. Pourtant, sur \([0, +\infty[\), on aurait \(h_3 = h_2\) : le domaine de définition compte.
4. La formule de duplication donne \(\cos(2x) = 2\cos^2 x – 1\), donc \(\cos^2 x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos(2x)\). Ainsi \(k_2 = \frac{1}{2} k_1 + \frac{1}{2} k_3\) : la famille est liée.

Point de méthode : pour une famille de fonctions, on essaie d’abord de trouver une relation grâce aux formules connues ; si aucune ne se présente, on prouve la liberté par évaluation en des points ou par étude en l’infini.

Corrigé de l’exercice 14 : Fonctions paires et fonctions impaires

1. La fonction nulle est paire et impaire. Si \(f\) et \(g\) sont paires, \((\lambda f + \mu g)(-x) = \lambda f(x) + \mu g(x)\). De même, si elles sont impaires, \((\lambda f + \mu g)(-x) = -(\lambda f + \mu g)(x)\). Donc \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{I}\) sont des sous-espaces de \(E\).
2. Soit \(f \in \mathcal{P} \cap \mathcal{I}\). Pour tout réel \(x\), \(f(x) = f(-x) = -f(x)\), donc \(2f(x) = 0\). Ainsi \(f = 0\) et \(\mathcal{P} \cap \mathcal{I} = \{0\}\).
3. Analyse : si \(f = p + i\) avec \(p \in \mathcal{P}\) et \(i \in \mathcal{I}\), alors \(f(-x) = p(x) – i(x)\). En ajoutant puis en soustrayant \(f(x) = p(x) + i(x)\), on trouve \(p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}\) et \(i(x) = \frac{f(x) – f(-x)}{2}\). Synthèse : définissons \(p\) et \(i\) par ces formules. Alors \(p(-x) = p(x)\), \(i(-x) = -i(x)\) et \(p + i = f\). Donc \(E = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\).
4. On calcule \(f(-x) = e^{-x} – x^3 + 2x^2\). D’où
   \[p(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2} + 2x^2 = \mathrm{ch}\,x + 2x^2, \qquad i(x) = \frac{e^x – e^{-x}}{2} + x^3 = \mathrm{sh}\,x + x^3.\]
   La partie paire de \(f\) est \(x \mapsto \mathrm{ch}\,x + 2x^2\), sa partie impaire \(x \mapsto \mathrm{sh}\,x + x^3\).

La figure ci-dessous superpose \(f\) et ses deux composantes. On y lit la symétrie axiale de \(p\), la symétrie centrale de \(i\), et l’égalité \(f(0) = p(0) = 1\).

Corrigé de l’exercice 15 : Matrices symétriques et antisymétriques

1. La matrice nulle vérifie \(0^{\top} = 0 = -0\). De plus, la transposition est linéaire : \((\lambda M + \mu N)^{\top} = \lambda M^{\top} + \mu N^{\top}\). Si \(M\) et \(N\) sont symétriques, on obtient \(\lambda M + \mu N\). S’ils sont antisymétriques, on obtient \(-(\lambda M + \mu N)\). Donc \(\mathcal{S}_n\) et \(\mathcal{A}_n\) sont des sous-espaces.
2. Si \(M \in \mathcal{S}_n \cap \mathcal{A}_n\), alors \(M = M^{\top} = -M\), donc \(M = 0\). Ensuite, toute matrice s’écrit \(M = S + T\), avec \(S = \frac{M + M^{\top}}{2}\) et \(T = \frac{M – M^{\top}}{2}\). On vérifie \(S^{\top} = S\) et \(T^{\top} = -T\), car \((M^{\top})^{\top} = M\). Donc \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_n \oplus \mathcal{A}_n\).
3. On a \(M^{\top} = \begin{pmatrix} 1 4 2 \\ 2 5 0 \\ 0 6 3 \end{pmatrix}\). Par conséquent :
   \[S = \begin{pmatrix} 1 3 1 \\ 3 5 3 \\ 1 3 3 \end{pmatrix}, \qquad T = \begin{pmatrix} 0 -1 -1 \\ 1 0 3 \\ 1 -3 0 \end{pmatrix}.\]
   On a bien \(M = S + T\), avec \(S\) symétrique et \(T\) antisymétrique. Par exemple, le coefficient \((2, 1)\) donne \(3 + 1 = 4\).
4. Une matrice antisymétrique a une diagonale nulle, car \(m_{ii} = -m_{ii}\). De plus, \(m_{ji} = -m_{ij}\). Elle s’écrit donc \(a(E_{12} – E_{21}) + b(E_{13} – E_{31}) + c(E_{23} – E_{32})\). Cette combinaison a pour coefficients \(a, b, c\) en positions \((1, 2)\), \((1, 3)\), \((2, 3)\) : elle est nulle seulement si \(a = b = c = 0\). Une base de \(\mathcal{A}_3\) est \((E_{12} – E_{21}, E_{13} – E_{31}, E_{23} – E_{32})\).

Corrigé de l’exercice 16 : Une suite récurrente linéaire d’ordre deux

1. La suite nulle vérifie la relation. Si \(u\) et \(v\) la vérifient, alors \(\lambda u_{n+2} + \mu v_{n+2} = (\lambda u_{n+1} + \mu v_{n+1}) + 2(\lambda u_n + \mu v_n)\). Donc \(E\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^{\mathbb{N}}\).
2. Pour \(r = 0\), la suite \((0^n) = (1, 0, 0, \ldots)\) ne convient pas, car \(u_2 = 0 \neq u_1 + 2u_0 = 2\). Pour \(r \neq 0\), la relation \(r^{n+2} = r^{n+1} + 2r^n\) équivaut, après division par \(r^n\), à \(r^2 – r – 2 = 0\). Or \(r^2 – r – 2 = (r – 2)(r + 1)\). Les valeurs sont \(r = 2\) et \(r = -1\).
3. Supposons \(\lambda a + \mu b = 0\). Aux rangs \(0\) et \(1\) : \(\lambda + \mu = 0\) et \(2\lambda – \mu = 0\). En sommant, \(3\lambda = 0\), donc \(\lambda = \mu = 0\). La famille \((a, b)\) est libre.
4. Soit \(u \in E\). On cherche \(\lambda, \mu\) tels que \(\lambda + \mu = u_0\) et \(2\lambda – \mu = u_1\). On trouve \(\lambda = \frac{u_0 + u_1}{3}\) et \(\mu = \frac{2u_0 – u_1}{3}\). Posons \(v = u – \lambda a – \mu b\). Cette suite est dans \(E\), car \(E\) est un sous-espace. De plus, \(v_0 = v_1 = 0\). Par récurrence double, \(v_n = 0\) pour tout \(n\). Donc \(u = \lambda a + \mu b\) et \((a, b)\) est génératrice. Ainsi \((a, b)\) est une base de \(E\).
5. Avec \(u_0 = 0\) et \(u_1 = 3\), on obtient \(\lambda = 1\) et \(\mu = -1\). Donc \(u_n = 2^n – (-1)^n\) pour tout \(n\). On contrôle : \(u_2 = u_1 + 2u_0 = 3\) et \(4 – 1 = 3\) ; \(u_3 = 3 + 6 = 9\) et \(8 + 1 = 9\).

La figure ci-dessous montre les premiers termes. La suite \(u\) suit la suite \(2^n\) à une oscillation \(-(-1)^n\) près, comme l’indique sa décomposition sur la base \((a, b)\).

Corrigé de l’exercice 17 : Sous-espace d’un produit d’espaces

1. Sur \(E = \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}_2[X]\), les lois sont définies composante par composante : \(((s, t), P) + ((s^{\prime}, t^{\prime}), Q) = ((s + s^{\prime}, t + t^{\prime}), P + Q)\) et \(\lambda ((s, t), P) = ((\lambda s, \lambda t), \lambda P)\). C’est un espace vectoriel produit. Son vecteur nul est \(((0, 0), 0)\).
2. Le vecteur nul vérifie \(0(0) = 0\) et \(0(1) = 0\). Ensuite, si \(((s, t), P)\) et \(((s^{\prime}, t^{\prime}), Q)\) sont dans \(G\), alors \((\lambda P + \mu Q)(0) = \lambda s + \mu s^{\prime}\) et \((\lambda P + \mu Q)(1) = \lambda t + \mu t^{\prime}\). Donc \(G\) est un sous-espace de \(E\).
3. Soit \(P = \alpha + \beta X + \gamma X^2\). Alors \(((s, t), P) \in G\) si et seulement si \(s = \alpha\) et \(t = \alpha + \beta + \gamma\). Les éléments de \(G\) sont donc exactement les vecteurs
   \[((\alpha, \alpha + \beta + \gamma), \alpha + \beta X + \gamma X^2) = \alpha ((1, 1), 1) + \beta ((0, 1), X) + \gamma ((0, 1), X^2).\]
   La famille est donc génératrice de \(G\). De plus, si cette combinaison est nulle, la composante polynomiale \(\alpha + \beta X + \gamma X^2\) est nulle, donc \(\alpha = \beta = \gamma = 0\). C’est une base de \(G\).
4. Pour \(P = 2 + 3X + 2X^2\), on a \(P(0) = 2\) et \(P(1) = 7\) : le vecteur est dans \(G\). Ses coordonnées sont \((2, 3, 2)\).

Corrigé de l’exercice 18 : Intersection et somme de deux plans de R⁴

1. On remarque \(v_1 = u_1 + u_2\), donc \(v_1 \in F \cap G\). Déterminons l’intersection complète. Un vecteur de \(F\) s’écrit \(\alpha u_1 + \beta u_2 = (\alpha, \beta, \alpha, \beta)\), un vecteur de \(G\) s’écrit \(\gamma v_1 + \delta v_2 = (\gamma + \delta, \gamma, \gamma, \gamma – \delta)\). L’égalité donne \(\alpha = \gamma + \delta\), \(\beta = \gamma\), \(\alpha = \gamma\) et \(\beta = \gamma – \delta\). Donc \(\delta = 0\) et \(\alpha = \beta = \gamma\). Ainsi \(F \cap G = \mathrm{Vect}(v_1)\), qui n’est pas réduit à \(\{0\}\) : la somme \(F + G\) n’est pas directe.
2. Un vecteur de \(H\) s’écrit \(\delta v_2 + \varepsilon w = (\delta, 0, \varepsilon, -\delta)\). S’il est dans \(F\), il s’écrit aussi \((\alpha, \beta, \alpha, \beta)\). Donc \(\beta = 0\), \(\alpha = \delta\), \(\alpha = \varepsilon\) et \(\beta = -\delta\). Par conséquent \(\delta = 0\), puis \(\alpha = \varepsilon = 0\). Ainsi \(F \cap H = \{0\}\).
3. Soit \((x, y, z, t) \in \mathbb{R}^4\). On cherche \(\alpha, \beta, \delta, \varepsilon\) tels que
   \[\alpha u_1 + \beta u_2 + \delta v_2 + \varepsilon w = (\alpha + \delta, \beta, \alpha + \varepsilon, \beta – \delta) = (x, y, z, t).\]
   On trouve successivement \(\beta = y\), \(\delta = y – t\), \(\alpha = x – y + t\) et \(\varepsilon = z – x + y – t\). Ces valeurs conviennent, donc \(F + H = \mathbb{R}^4\). Avec la question 2, \(\mathbb{R}^4 = F \oplus H\), et
   \[(x, y, z, t) = \underbrace{(x – y + t, \, y, \, x – y + t, \, y)}_{\in F} + \underbrace{(y – t, \, 0, \, z – x + y – t, \, t – y)}_{\in H}.\]
   On contrôle la somme : \(x – y + t + y – t = x\) et \(y + t – y = t\).

Corrigé de l’exercice 19 : Réunion de deux sous-espaces

1. Si \(F \subset G\), alors \(F \cup G = G\) est un sous-espace ; de même si \(G \subset F\). Réciproquement, supposons que \(F \cup G\) est un sous-espace et que \(F \not\subset G\). Il existe donc \(x \in F\) tel que \(x \notin G\). Soit \(y \in G\). Le vecteur \(x + y\) appartient à \(F \cup G\) par stabilité. S’il était dans \(G\), alors \(x = (x + y) – y\) serait dans \(G\) : c’est exclu. Donc \(x + y \in F\), puis \(y = (x + y) – x \in F\). Ainsi \(G \subset F\). Donc \(F \cup G\) est un sous-espace si et seulement si \(F \subset G\) ou \(G \subset F\).
2. \(F + G\) est un sous-espace qui contient \(F\) (écrire \(y = y + 0_E\)) et \(G\). Il contient donc \(\mathrm{Vect}(F \cup G)\). Inversement, tout vecteur \(y + z\) de \(F + G\) est une combinaison linéaire d’éléments de \(F \cup G\). Donc \(\mathrm{Vect}(F \cup G) = F + G\).
3. Les vecteurs \((1, 0) \in F\) et \((0, 1) \in G\) ont pour somme \((1, 1)\), qui n’est ni sur l’axe des abscisses ni sur celui des ordonnées. Ensuite, tout vecteur \((x, y)\) s’écrit \((x, 0) + (0, y)\). Donc \(F + G = \mathbb{R}^2\), alors que \(F \cup G\) est seulement la réunion des deux axes.

Corrigé de l’exercice 20 : Supplémentaires dans K[X] par division euclidienne

1. Le polynôme nul est dans \(F\), et les évaluations en \(0\) et en \(1\) sont linéaires : \(F\) est un sous-espace. Ensuite, si \(P(0) = P(1) = 0\), les racines distinctes \(0\) et \(1\) donnent \(X \mid P\) et \((X – 1) \mid P\). Comme \(X\) et \(X – 1\) sont premiers entre eux, \(X(X – 1)\) divise \(P\). Réciproquement, \(X(X – 1)Q\) s’annule en \(0\) et en \(1\). Donc \(F = \{X(X – 1)Q : Q \in \mathbb{K}[X]\}\).
2. Soit \(P \in \mathbb{K}[X]\). La division euclidienne par \(X(X – 1)\), de degré \(2\), fournit un unique couple \((Q, R)\) tel que \(P = X(X – 1)Q + R\) et \(\deg R \leq\, 1\). Ainsi \(P \in F + \mathbb{K}_1[X]\). De plus, si \(R \in F \cap \mathbb{K}_1[X]\), alors \(R\) est de degré au plus \(1\) et possède deux racines : \(R = 0\). Par conséquent, \(\mathbb{K}[X] = F \oplus \mathbb{K}_1[X]\).
3. On a \(X^3 – X = X(X – 1)(X + 1)\). Donc \(X^3 = X(X – 1)(X + 1) + X\), avec \(X(X – 1)(X + 1) \in F\) et \(X \in \mathbb{K}_1[X]\).
4. Écrivons \(R = \alpha + \beta X\). En évaluant \(P = X(X – 1)Q + R\) en \(0\) et en \(1\), on obtient \(P(0) = \alpha\) et \(P(1) = \alpha + \beta\). La composante de \(P\) sur \(\mathbb{K}_1[X]\) est \(R = P(0) + \big(P(1) – P(0)\big)X\). Pour \(P = X^3\), on retrouve \(R = 0 + (1 – 0)X = X\).

Corrigé de l’exercice 21 : Supplémentaires dans un espace de fonctions continues

1. Chacun des quatre ensembles contient la fonction nulle. Ensuite, \(F\) est stable par combinaison linéaire grâce à la linéarité de l’intégrale : \(\int_0^1 (\lambda f + \mu g) = \lambda \int_0^1 f + \mu \int_0^1 g\). Pour \(H\), on utilise la linéarité des évaluations en \(0\) et en \(1\). Enfin, \(G = \mathrm{Vect}(x \mapsto 1)\) et \(A = \mathrm{Vect}(x \mapsto 1, x \mapsto x)\). Ce sont quatre sous-espaces de \(E\).
2. Soit \(f \in F \cap G\) : \(f\) est une constante \(c\) et \(\int_0^1 c \, \mathrm{d}x = c = 0\). Donc \(F \cap G = \{0\}\). Ensuite, notons \(m = \int_0^1 f(x) \, \mathrm{d}x\). Alors \(f = (f – m) + m\), avec \(\int_0^1 (f – m) = m – m = 0\). Donc \(f – m \in F\) et \(m \in G\). Ainsi \(E = F \oplus G\). Pour \(f(x) = x^2\), on a \(m = \frac{1}{3}\). Donc \(x^2 = (x^2 – \frac{1}{3}) + \frac{1}{3}\).
3. Soit \(f \in H \cap A\). C’est une fonction affine qui s’annule en \(0\) et en \(1\) : \(\beta = 0\), puis \(\alpha = 0\). Donc \(H \cap A = \{0\}\). Ensuite, pour \(f \in E\), posons \(L(x) = f(0) + \big(f(1) – f(0)\big)x\). Alors \(L \in A\), et \(h = f – L\) est continue avec \(h(0) = 0\) et \(h(1) = f(1) – f(1) = 0\). Donc \(f = h + L\) avec \(h \in H\). Ainsi \(E = H \oplus A\).
4. Pour \(f = \exp\), on a \(f(0) = 1\) et \(f(1) = e\). Donc \(e^x = \big(e^x – 1 – (e – 1)x\big) + \big(1 + (e – 1)x\big)\), avec le premier terme dans \(H\) et le second dans \(A\).
5. La fonction \(s : x \mapsto \sin(2\pi x)\) est continue, et \(s(0) = s(1) = 0\). De plus, \(\int_0^1 \sin(2\pi x) \, \mathrm{d}x = [-\frac{\cos(2\pi x)}{2\pi}]_0^1 = 0\). Ainsi \(s\) est une fonction non nulle de \(F \cap H\). La somme \(F + H\) n’est donc pas directe.

La figure ci-dessous illustre la question 4. La corde \(L\) relie les points \((0, 1)\) et \((1, e)\), et la fonction \(h = \exp – L\) s’annule aux deux extrémités.

Point de méthode : pour trouver la composante sur un sous-espace décrit par peu de paramètres (constantes, fonctions affines), on écrit les conditions qui définissent l’autre sous-espace ; elles fixent les paramètres.

Corrigé de l’exercice 22 : Une famille infinie libre de fonctions

1. Une famille infinie est libre si toutes ses sous-familles finies sont libres. Autrement dit, pour tous réels distincts \(a_1, \ldots, a_p\) et tous scalaires \(\lambda_1, \ldots, \lambda_p\), l’égalité \(\sum_{i=1}^{p} \lambda_i f_{a_i} = 0\) entraîne \(\lambda_1 = \cdots = \lambda_p = 0\).
2. Soient \(a_1, \ldots, a_p\) distincts et supposons \(\sum_{i=1}^{p} \lambda_i f_{a_i} = 0\). Fixons \(j\). Pour \(i \neq j\), la fonction \(f_{a_i}\) est dérivable en \(a_j\), car \(a_j \neq a_i\) et \(x \mapsto |x – a_i|\) est dérivable hors de \(a_i\). Donc \(g = \sum_{i \neq j} \lambda_i f_{a_i}\) est dérivable en \(a_j\). Supposons \(\lambda_j \neq 0\). Alors \(f_{a_j} = -\frac{1}{\lambda_j} g\) serait dérivable en \(a_j\). Or \(x \mapsto |x – a_j|\) a en \(a_j\) une dérivée à gauche \(-1\) et une dérivée à droite \(1\) : elle n’y est pas dérivable. C’est absurde, donc \(\lambda_j = 0\). Tous les coefficients sont nuls : la famille \((f_a)_{a \in \mathbb{R}}\) est libre.
3. Soient \(a_1, \ldots, a_p\) distincts avec \(\sum_{i=1}^{p} \lambda_i \delta_{a_i} = 0\). En évaluant en \(a_j\), tous les termes sont nuls sauf le \(j\)-ème, qui vaut \(\lambda_j\). Donc \(\lambda_j = 0\) pour tout \(j\) : la famille \((\delta_a)\) est libre.
4. Une combinaison linéaire \(\sum_{i=1}^{p} \lambda_i \delta_{a_i}\) est une fonction nulle en dehors de l’ensemble fini \(\{a_1, \ldots, a_p\}\). Réciproquement, une fonction \(f\) nulle hors d’un ensemble fini \(\{a_1, \ldots, a_p\}\) s’écrit \(f = \sum_{i=1}^{p} f(a_i) \delta_{a_i}\). Donc \(\mathrm{Vect}(\delta_a)_{a \in \mathbb{R}}\) est l’ensemble des fonctions nulles en dehors d’un ensemble fini. La fonction constante égale à \(1\) ne s’annule jamais, et \(\mathbb{R}\) est infini. Elle n’est pas dans ce sous-espace : la famille \((\delta_a)\) n’engendre pas \(\mathbb{R}^{\mathbb{R}}\).

Point de méthode : une combinaison linéaire n’utilise qu’un nombre fini de vecteurs, même dans une famille infinie ; c’est exactement ce qui empêche l’écriture « \(1 = \sum_{a \in \mathbb{R}} \delta_a\) ».

Corrigé de l’exercice 23 : Problème, polynômes de Newton et sommes de puissances

1. Le polynôme \(H_k\) est le produit de \(k\) facteurs de degré \(1\), divisé par \(k!\). Il est donc non nul et de degré \(k\). La famille \((H_0, \ldots, H_n)\) est à degrés échelonnés, avec \(\deg H_k = k\). C’est donc une base de \(\mathbb{R}_n[X]\). Ensuite, toute sous-famille finie de \((H_k)_{k \in \mathbb{N}}\) est contenue dans une famille \((H_0, \ldots, H_n)\), qui est libre. De plus, tout polynôme \(P\) appartient à \(\mathbb{R}_n[X]\) pour \(n\) assez grand, donc à \(\mathrm{Vect}(H_0, \ldots, H_n)\). Ainsi \((H_k)_{k \in \mathbb{N}}\) est une base de \(\mathbb{R}[X]\).
2. On a \(H_1 = X\), \(H_2 = \frac{X(X – 1)}{2}\) et \(H_3 = \frac{X(X – 1)(X – 2)}{6}\). D’abord, \(X + 2H_2 = X + X^2 – X = X^2\). Ensuite,
   \[H_1 + 6H_2 + 6H_3 = X + 3(X^2 – X) + (X^3 – 3X^2 + 2X) = X^3.\]
   Les coordonnées de \(X^2\) sont \((0, 1, 2, 0)\), celles de \(X^3\) sont \((0, 1, 6, 6)\).
3. D’abord, \(H_0\) est constant, donc \(\Delta(H_0) = 0\). Soit ensuite \(k \geq\, 1\). On factorise le produit commun \(X(X – 1) \cdots (X – k + 2)\), qui vaut \(1\) si \(k = 1\) :
   \[\begin{aligned} k! \, \Delta(H_k) = (X + 1) X \cdots (X – k + 2) – X (X – 1) \cdots (X – k + 1) \\ = X \cdots (X – k + 2) \big[(X + 1) – (X – k + 1)\big] = k \, X \cdots (X – k + 2). \end{aligned}\]
   En divisant par \(k! = k \cdot (k – 1)!\), on obtient \(\Delta(H_k) = H_{k-1}\).
4. Le polynôme nul est dans \(N\), et \(\Delta(\lambda P + \mu Q) = \lambda \Delta(P) + \mu \Delta(Q)\) : \(N\) est un sous-espace. Les constantes sont dans \(N\). Réciproquement, soit \(P \in N\). Alors \(P(k + 1) = P(k)\) pour tout entier \(k\), donc \(P(k) = P(0)\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\). Le polynôme \(P – P(0)\) a une infinité de racines : il est nul. Donc \(N = \mathbb{R}_0[X]\).
5. Soit \(P\) constant et nul en \(0\) : \(P = 0\). Donc \(\mathbb{R}_0[X] \cap Z = \{0\}\). Ensuite, \(P = P(0) + \big(P – P(0)\big)\), avec \(P – P(0) \in Z\). Donc \(\mathbb{R}[X] = \mathbb{R}_0[X] \oplus Z\). Pour \(k \geq\, 1\), \(H_k\) a \(X\) en facteur, donc \(H_k \in Z\). La famille \((H_k)_{k \geq\, 1}\) est libre comme sous-famille d’une base. Enfin, si \(P = \sum_k c_k H_k \in Z\), l’évaluation en \(0\) donne \(0 = P(0) = c_0\). Donc \(P \in \mathrm{Vect}(H_k)_{k \geq\, 1}\). Ainsi \((H_k)_{k \geq\, 1}\) est une base de \(Z\).
6. D’après la question 3, \(H_{j+1}(k + 1) – H_{j+1}(k) = H_j(k)\) pour tout entier \(k\). Par télescopage,
   \[\sum_{k=0}^{n-1} H_j(k) = H_{j+1}(n) – H_{j+1}(0) = H_{j+1}(n),\]
   car \(H_{j+1} \in Z\). Ensuite, par la question 2, \(k^2 = H_1(k) + 2H_2(k)\). Donc
   \[\sum_{k=0}^{n-1} k^2 = H_2(n) + 2H_3(n) = \frac{n(n – 1)}{2} + \frac{n(n – 1)(n – 2)}{3} = \frac{n(n – 1)(2n – 1)}{6}.\]
   De même, \(k^3 = H_1(k) + 6H_2(k) + 6H_3(k)\), et \(H_4(n) = \frac{n(n – 1)(n – 2)(n – 3)}{24}\). Ainsi
   \[\sum_{k=0}^{n-1} k^3 = \frac{n(n – 1)}{2} + n(n – 1)(n – 2) + \frac{n(n – 1)(n – 2)(n – 3)}{4} = \frac{n(n – 1)}{4}\big[2 + 4(n – 2) + (n – 2)(n – 3)\big].\]
   Le crochet vaut \(n^2 – n\). Donc \(\sum_{k=0}^{n-1} k^2 = \frac{n(n – 1)(2n – 1)}{6}\) et \(\sum_{k=0}^{n-1} k^3 = \frac{n^2 (n – 1)^2}{4}\). Pour \(n = 3\), on contrôle : \(0 + 1 + 4 = 5 = \frac{3 \cdot 2 \cdot 5}{6}\) et \(0 + 1 + 8 = 9 = \frac{9 \cdot 4}{4}\).

Point de méthode : choisir une base adaptée à l’opérateur étudié transforme un calcul difficile en simple décalage d’indices ; ici, \(\Delta\) agit sur la base \((H_k)\) comme une dérivation discrète.

Revenir aux énoncés des exercices

Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : espaces vectoriels, cours de maths sup
• Les énoncés : exercices de maths sup sur espaces vectoriels
• À maîtriser avant : Calcul matriciel et systèmes linéaires, Polynômes : division euclidienne, racines, interpolation
• Chapitre précédent : Développements limités et étude locale
• Chapitre suivant : Espaces vectoriels de dimension finie
• Le même thème en L1 : espaces vectoriels, exercices de maths en L1
• Tester vos connaissances : QCM de maths sup par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths sup et les chapitres de maths spé