Contrôle Continu - Alg`ebre 2 - DU1 - Ceremade

Université Paris Dauphine
MI2E
2012
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 F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E. On dit que F1 et F2 sont en somme
directe si
F1 ∩ F2 = {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 f1 , f2 ∈ A et λ ∈ R alors fi (0) = fi (1)
pour i ∈ {1, 2}. Donc λf1 (0) = λf1 (1) et donc,
λf1 (0) + f2 (0) = λf1 (1) + f2 (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) ∈ R3 |x + y > 0} et F := {(x, y, z) ∈ R3 |x + y 6 0 et z = 0}
1. Vérifiez si E et F sont des sous-espaces vectoriels de R3 .
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 R3 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 R3 : (−1, 0, 0) ∈ E mais (1, 0, 0) ∈
/ E.
2. Remarquons tout d’abord que E ∩ F = {(x, y, z) ∈ R3 | 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 R4 définis par
F := (a, b, c, d) ∈ R4 ; b − 2c + d = 0
et
G := (a, b, c, d) ∈ R4 ; a = d et b = 2c .
1. Donner une base de F, de G et de F ∩ G.
2. En déduire que F + G = R4 .
Correction 3
1. Pour tout (a, b, c, d) dans R4 ,
(a, b, c, d) ∈ F ⇔ b − 2c + d = 0 ⇔ d = −b + 2c
donc
F = {(a, b, c, −b + 2c)|(a, b, c) ∈ R3 }
= {(a, 0, 0, 0) + (0, b, 0, −b) + (0, 0, c, 2c)|(a, b, c) ∈ R3 }
= {a(1, 0, 0, 0) + b(0, 1, 0, −1) + c(0, 0, 1, 2)|(a, b, c) ∈ R3 }
= vect ((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, 2)) .
De plus, pour tout (a, b, c) dans R3 ,
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,
G = {((a, 2c, c, a)|(a, c) ∈ R2 }
= {a(1, 0, 0, 1) + c(0, 2, 1, 0)|, (a, c) ∈ R2 }
= vect((1, 0, 0, 1), (0, 2, 1, 0))
et pour tout (a, c) dans R2 ,
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 R4 ,

 b − 2c + d = 0
a=d=0
a=d
(a, b, c, d) ∈ F ∩ G ⇔
⇔
,
b = 2c

b = 2c
donc
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(R4 ),
donc F + G = R4 .
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 f (x) = b−
x→0−
et
lim f (x) = b+ .
x→0+
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 1A est la fonction indicatrice de l’ensemble A.
– L’application nulle (0 : x 7→ 0) est un élément de F en prenant a = b = c = 0 dans la
caractérisation (1).
– Soit f1 , f2 ∈ F et λ ∈ R. Il existe a1 , b1 , c1 et a2 , b2 , c2 ∈ R tels que pour tout x ∈ [−1, 1]
f1 (x) = a1 x1[−1,0] (x) + b1 x1[0,1] (x) + c1
et
f2 (x) = a2 x1[−1,0] (x) + b2 x1[0,1] (x) + c2 .
Ainsi, pour tout x ∈ [−1, 1],
(f1 + λf2 )(x) = (a1 + λa2 )x1[−1,0] (x) + (b1 + λb2 )x1[0,1] (x) + c1 + λc2 .
Donc f1 + λf2 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


e1 = Id · 1[−1,0]
avec Id : x →
7 x.
e2 = Id · 1[0,1]


e3 = (x 7→ 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 = ae1 + be2 + ce3
On en déduit que F = {e1 , e2 , e3 } est une famille génératrice de F . Montrons que F est libre.
Soit λ1 , λ2 , λ3 ∈ R tel que
λ1 e1 + λ2 e2 + λ3 e3 = 0.
En prenant successivement les valeurs 0, 1 et −1 dans l’équation précédente, on obtient (λ1 , λ2 , λ3 ) =
(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 = RN l’espace des suite réelles et Econv l’ensemble des suites (éléments de
E) convergentes, Econst l’ensemble des suites (éléments de E) constantes et E0 l’ensemble des
suites convergentes (éléments de Econv ) dont la limite est 0.
1. Montrer que E est de dimension infinie.
2. Montrer que Econv et Econst sont des sous-espaces vectoriels de E.
3. Montrer que Econv = Econst ⊕ E0 .
Soit p ∈ N∗ et Fp ⊂ E l’ensemble des suites périodiques de période p, c’est à dire qu’elles
vérifient xn+p = xn pour tout n ∈ N.
1. Montrer que E0 et Fp sont en somme directe.
2. Montrer que Fp est de dimension finie, en donner sa dimension et exhiber une base.
3. Montrer que ∪p∈N∗ Fp 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
En = (e1 , . . . , en ) de n vecteurs de E, où chaque ei est une suite définie par
ei = (eik )k∈N , eik = 1 si k = i et eik = 0 sinon.
Montrons qu’elle est libre. Supposons qu’il existe λ1 , . . . , λn ∈ Rn tels que
n
X
λi ei = 0E
i=1
où 0E est la suite nulle, élément neutre de E. Clairement si le k ieme terme de la suite est
nul, alors λk = 0. La famille est donc libre et nous obtenons le résultat souhaité.
2. Montrons que Econv et Econst sont des sous-espaces de E.
– On observe tout d’abord que 0E ∈ Econst . Considérons ensuite (uk ) et (vk ) appartenant
à Econst , et λ ∈ R, (wk ) = (uk + λvk ) ∈ Econst . Ceci est trivial car puisque pour tout
k ∈ N, uk = u1 et vk = v1 , on a alors
wk = uk + λvk = u1 + λv1 = w1 .
L’ensemble Econst est donc un s.e.v. de E.
– On procède de même pour Econv en commençant par remarquer que 0E ∈ Econv . On
considère ensuite (uk ) et (vk ) deux suites de Econv , de limite respective u∞ et v∞ . et
λ ∈ R. La suite (wk ) = (uk +λvk ) ∈ Econv et donc convergente et sa limite est u∞ +λv∞ .
Donc (wk ) ∈ Econv .
3. On montre d’abord que la somme Econst + E0 est directe. Pour cela on remarque que toute
suite de Econst ∩ E0 est constante et converge vers 0, et que par conséquent c’est la suite
nulle. On a donc bien Econst ∩E0 = {0E } et la somme est directe. Ensuite on peut montrer
également que toute suite convergente (uk ) qui converge vers u∞ ∈ R permet de construire
deux suites (uk − 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 Econv ⊂ Econst ⊕ E0 . L’inclusion réciproque est facile à obtenir car comme toute
suite constante est convergente, on a (Econst ∪ E0 ) ⊂ Econv et comme Econv est un espace
vectoriel, Vect(Econst ∪ E0 ) ⊂ Econv .
4. Soit une suite (uk ) dans E0 ∩ Fp . Puisqu’elle converge vers 0, pour tout ε > 0, il existe
un nε tel que que pour tout n > nε , |un | 6 ε.
Raisonnons par l’absurde : si la suite (uk ) n’est pas nulle, il existe n0 tel que un0 6= 0.
Comme la suite est aussi p-périodique, on a un0 +kp = un0 6= 0 pour tout k ∈ N. Il suffit
de prendre ε = |un0 |/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 n0 + kp > n et pourtant un0 +kp ∈
/ [ε, −ε]. L’intersection entre E0 et Fp est donc
l’ensemble {0E }, et la somme de deux espaces est donc directe.
5. On va démontrer que Fp est de dimension finie p en exhibant une base de Fp . Prenons la
famille Ep définie dans la réponse à la première question. On la modifie légèrement pour
que celle-ci soit dans Fp . On définit (f 1 , . . . , f p ) par
f i = (fni )n∈N , fni = 1 si n = i + kp pour k ∈ N et fni = 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 (un ) dans Fp . On définit par (u1 , . . . , up )
ses p premiers termes. On voit clairement que pour les p premiers termes, on peut écrire
pour 1 6 n 6 p
p
X
un =
ui ein
i=1
ein
enn
car tous les
sont nuls sauf
qui vaut 1. Pour finir, chaque rang n ∈ N de la suite
peut s’écrire n = n0 + kp pour un n0 entre 1 et p et k dans N. Dès lors,
un = un0 +kp = un0 = un0 × enn00 =
p
X
ui ein0 =
i=1
On a donc bien prouvé que
u=
n
X
i=1
ui e i .
p
X
i=1
ui ein0 +kp =
p
X
i=1
ui ein
La famille (f 1 , . . . , f p ) est donc génératrice de Fp . C’est une base de Fp et, comme elle
est de cardinal p, on en déduit que l’espace Fp est de dimension p.
6. Montrons que ∪p∈N∗ Fp est un s.e.v. de E. Comme 0E ∈ F1 , on a trivialement que 0E ∈
∪p∈N∗ Fp . Enfin soit (un ) et (vn ) deux suites dans ∪p∈N∗ Fp et λ ∈ R. Il existe pu , pv ∈ (N∗ )2
tels que (un ) ∈ Fpu et (vn ) ∈ Fpv . Soit pw le PPCM de pu et pv : pw = kpu = k 0 pv pour
certains naturels k et k 0 . Montrons que (wn ) = (un + λvn ) ∈ Fpw . Il suffit d’observer que
pour tout n ∈ N,
wn+pw = un+pw + λvn+pw = un+kpu + λvn+k0 pv = un + λvn = wn .
Ce qui conclut la preuve.