Corrigé du Devoir 1

Corrigé du Devoir 1
MT23 - Printemps 2008
Exercice de TD n◦ 6
On définit sur l’ensemble
E des s.e.v. d’un
espace vectoriel E la loi interne +̃
usuelle (i.e. A+̃B = x = a+̂b | a ∈ A, b ∈ B .).
(1) On montre que +̃ est une loi de composition interne sur E, i.e. que A+̃B
est un sev de E dès que A et B le sont :
(i) Tout d’abord, 0E = 0E +̂0E , et comme 0E est à la fois un élément de
A et un élément de B, 0E est bien la somme d’un élément de A et d’un
élément de B, donc 0E ∈ A+̃B;
(ii) Soient x1 et x2 deux éléments de A+̃B, il existe donc a1 , a2 ∈ A et
b1 , b2 ∈ B tels que x1 = a1 +̂b1 et x2 = a2 +̂b2 . On peut donc écrire en
utilisant la commutativité de +̂ que x1 +̂x2 = (a1 +̂a2 )+̂(b1 +̂b2 ). Donc
x1 x̂2 ∈ A+̃B, puisque a1 +̂a2 ∈ A et b1 +̂b2 ∈ B en vertu du fait que
A et B sont des sev de E;
(iii) De même, pour tout x := a+̂b élément de A+̃B et tout λ ∈ K, λ.x =
λ.a+̂λ.b ∈ A+̃B puisque λ.a ∈ A et λ.b ∈ B.
Il est évident que A ⊂ A+̃B puisque tout élément a de A s’écrit a = a+̂0E ,
et comme 0E ∈ B, a s’écrit comme la somme d’un élément de a et d’un
élément de b. Donc a ∈ A+̃B. De même, B ⊂ A+̃B. Soit maintenant un
sev C contenant à la fois A et B. On va montrer que A+̃B ⊂ C, ce qui
impliquera donc que A+̃B est le plus petit sev de E contenant à la fois A
et B. Soit donc x = a+̂b, un élément de A+̃B. Comme A ⊂ C, a ∈ C et
comme B ⊂ C, b ∈ C. Donc comme C est un sev de E, x = a+̂b ∈ C.
Donc, A+̃B ⊂ C, ce qui achève la démonstration.
(2) On étudie les propriétés de la loi de composition interne +̃.
Associativité. Soient A, B et C trois sev de E. Soit x ∈ (A+̃B)C̃. Donc, il
existe y ∈ AB̃ et c ∈ C tels que x = y +̂c = a+̂b+̂c, en écrivant z = a+̂b,
où a ∈ A et b ∈ B. On peut donc écrire que x = a+̂z, où z = b+̂c
est donc un élément de B +̃C. Donc, x ∈ A+̃(B +̃C), ce qui montre que
(A+̃B)C̃ ⊂ A+̃(B +̃C). La preuve du fait que A+̃(B +̃C) ⊂ (A+̃B)C̃ est
identique. Donc, (A+̃B)+̃C = A+̃(B +̃C), et donc +̃ est associative.
Commutativité. En vertu de la commutativité de +̂, Tout élément x := a+̂b
de A+̃B s’écrit aussi x = b+̂a ∈ B Ã. Donc, A+̃B ⊂ B +̃A. On montre de
même que B +̃A ⊂ A+̃B, donc A+̃B = B +̃A, et donc +̃ est commutative.
Neutre. Soit N := {0E }. On sait que N est un sev de E (c’est le plus petit!).
De plus, pour tout sev A A+̃N = {x+̂0E | x ∈ A} = {x | x ∈ A} = A. On
montre de même que N +̃A = A, donc l’ensemble N est le neutre pour +̃.
Symétrique. Si A admet un symétrique −A, on a A+̃(−A) = N = {0E }.
Donc en particulier A ⊂ {0E }. Ce qui n’est posible que si A =
{0E }! Le
sev minimal est donc le seul à admettre un symétrique et E, +̃ n’est donc
pas un groupe.
Élement idempotent. Soit A un sev de E. On a déjà vu que A ⊂ A+̃A. De
plus, pour tout x ∈ A+̃A, on a x = a1 +̂a2 , où a1 et a2 ∈ A. Comme A est
un sev de E, on a donc que x ∈ A. Ceci signifie donc que A+̃A ⊂ A, et
donc que A+̃A = A. Tout sev de E est donc idempotent.
(3) Soit x ∈ A+̃(B ∩ C). On peut donc écrire que x = a+̂y, où y ∈ B ∩ C,
i.e. y ∈ B et y ∈ C. Donc x ∈ A+̃B (il s’écrit comme somme d’un élément
de A et d’un élément de B) et x ∈ A+̃C (il s’écrit comme somme d’un
élément de A et d’un élément de C). Donc x ∈ (A+̃B) ∩ (A+̃C), et donc
A+̃(B ∩ C) ⊂ (A+̃B) ∩ (A+̃C). Pour que +̃ soit distributif par rapport
à ∩, il faudrait qu’il y ait égalité entre ces deux ensembles. Ceci n’est pas
vrai. Il est construit dans l’aide du poly un contre-exemple, c’est à dire 3
sev A, B et C tels que (A+̃B) ∩ (A+̃C) n’est pas inclus dans A+̃(B ∩ C).
Exercice de TD n◦ 7
Soit F, l’ensemble des fonctions réelles définies sur [−a, a] (a > 0), muni des
lois usuelles +̂ et . lui conférant une structure de R-espace vectoriel. Soit P le
sous-ensemble des fonctions paires et I, le sous-ensemble des fonctions impaires.
(1) Montrons tout d’abord que P est un sev de F. Il est clair que la fonction
identiquement nulle 0 est paire puisque ∀x ∈ [−a, a], 0(x) = 0(−x) = 0.
Soient maintenant f et g ∈ P. Alors f +̂g ∈ P puisque pour tout x ∈
[−a, a], f +̂g(−x) = f (−x) + g(−x) = f (x) + g(x) = f +̂g(x). Finalement,
pour toute f ∈ P et λ ∈ R, λ.f ∈ P puisque pour tout x ∈ [−a, a],
λ.f (−x) = λf (−x) = λf (x) = λ.f (x).
Montrons maintenant que I est un sev. 0 est clairement impaire puisque
∀x ∈ [−a, a], 0(x) = −0(−x) = 0. Soient maintenant f et g ∈ I. Alors
f +̂g ∈ I puisque pour tout x ∈ [−a, a], −(f +̂g)(−x) = −f (−x) − g(−x) =
f (x) + g(x) = f +̂g(x). Enfin, pour toute f ∈ I et λ ∈ R, λ.f ∈ I puisque
pour tout x ∈ [−a, a], −(λ.f )(−x) = λ(−f (−x)) = λf (x) = λ.f (x).
(2) Comme I ∩ P est un sev de F, la fonction nulle 0 ∈ I ∩ P, ou autrement
dit, {0} ⊂ I ∩ P. Soit maintenant f , une fonction de I ∩ P. f est donc
paire et impaire, ce qui signifie que pour tout x ∈ [−a, a], f (−x) = −f (x)
et f (−x) = f (x). Ceci implique donc que f (x) = −f (x), soit f (x) = 0,
pour tout x ∈ [−a, a]. f est donc l’application nulle, ce qui signifie que
I ∩ P ⊂ {0}, et donc I ∩ P = {0}.
(3) Soit f ∈ F. On définit les fonctions fp et fi ∈ F pour tout x ∈ [−a, a] par
fp (x) =
f (x) + f (−x)
f (x) − f (−x)
, fi (x) =
.
2
2
On a alors pour tout x ∈ [−a, a], fp (−x) = fp (x) et fi (−x) = −fi (x), et
donc fp ∈ P et fi ∈ I. Notons par ailleurs que, pour tout x ∈ [−a, a],
f (x) = fp (x) + fi (x), ce qui signifie que f = fi +̂fp . Donc, F ⊂ I +̃P, où le
+̃ est l’addition de sous-espaces vectoriels définie dans l’exercice 6. Comme
on a clairement I +̃P ⊂ F (toute somme de fonctions de [−a, a] dans R est
une fonction de [−a, a] dans R), on a I +̃P = F.
(4) On déduit des deux questions précédentes, par définition, que F = I ⊕ P.
Exercice de TD n◦ 14
Les deux vecteurs engendrant le s.e.v. F1 de R3 ne sont clairement pas colinéaires, sinon leur coordonnées seraient proportionnelles. La famille {(0, −1, 1), (1, 1, 1)}
est donc libre, et génératrice de F1 : c’est une base de ce s.e.v., qui est donc de
dimension 2. Ce raisonnement vaut aussi pour F2 , qui est de dimension 2 et dont
une base est donnée par {1, −1, 1), (1, −1, −1)}.
On cherche maintenant à caractériser F1 ∩ F2 . Soit x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ F1 ∩ F2 .
Donc, il existe 4 réels a, b, c et d tels que
x = (x1 , x2 , x3 ) = a(0, −1, 1) + b(1, 1, 1) = (b, −a + b, a + b)
x = (x1 , x2 , x3 ) = c(1, −1, 1) + d(1, −1, −1) = (c + d, −c − d, c − d).
De la première égalité, on déduit que x2 + x3 = 2x1 , et de la deuxième, que x2 =
−x1 . On en déduit donc que x3 = 3x1 , et donc x = (x1 , −x1 , 3x1 ) = x1 (1, −1, 3).
Donc F1 ∩ F2 est de dimension 1 et une de ses bases est donnée par {(1, −1, 3)}.
Remarquons que l’on peut décrire les s.e.v. F1 , F2 et F1 ∩ F2 par une équation linéaire homogène reliant leurs coordonnées plutôt que par les vecteurs les
engendrant. On vient de voir que:
F1 = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 | x2 + x3 = 2x1 ,
F2 = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 | x2 = −x1 ,
F1 ∩ F2 = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 | x2 + x3 = 2x1 et x2 = −x1 .
Regardons finalement F1 + F2 (ou F1 +̃F2 au sens défini dans l’exercice 6). On
sait que
dim(F1 + F2 ) = dimF1 + dimF2 − dim(F1 ∩ F2 ) = 2 + 2 − 1 = 3.
Donc, F1 + F2 est un sev de R3 (d’après l’exercice 6), de dimension 3. Donc
F1 + F2 = R3 . N’importe quelle famille libre de 3 vecteurs de R3 (par exemple,
la base canonique) est une base de F1 + F2 . Sinon, on peut voir que les vecteurs
(0, −1, 1), (1, 1, 1), (1, −1, 1) et (1, −1, −1) sont liés car on voit que
2.(0, −1, 1) + 1.(1, 1, 1) − 2.(1, −1, 1) + 1.(1, −1, −1) = (0, 0, 0)
(on retrouve ces coefficients en cherchant a, b, c, d tels que a.(0, −1, 1) + b.(1, 1, 1) +
c.(1, −1, 1) + d.(1, −1, −1) = (0, 0, 0) et en résolvant le système). Donc dim(F1 +
F2 ) ≤ 3. On voit maintenant que a.(0, −1, 1) + b.(1, 1, 1) + c.(1, −1, 1) = (0, 0, 0)
équivaut à

=0
 b+c
−a + b − c = 0

a+b+c
= 0,
ce qui revient à a = b = c = 0. Donc, {(0, −1, 1), (1, 1, 1), (1, −1, 1)} est une famille
libre de F1 + F2 , qui est bien de dimension 3.