# Partie 1 : Exercices ## A. Exercices Très Basiques (Application directe du cours) > [!tip] Rappel > Pour montrer qu'un sous-ensemble $F$ d'un espace vectoriel $E$ est un sous-espace vectoriel, il faut vérifier trois conditions : > 1. $F$ est non vide (souvent en montrant que le vecteur nul de $E$ appartient à $F$). > 2. $F$ est stable par addition : pour tout $u, v \in F$, $u+v \in F$. > 3. $F$ est stable par multiplication par un scalaire : pour tout $u \in F$ et tout $\lambda \in \mathbb{R}$ (ou $\mathbb{C}$), $\lambda u \in F$. ### Exercice 1.1 Soit $E = \mathbb{R}^3$ l'espace vectoriel des triplets de nombres réels. On considère le sous-ensemble $F$ de $E$ défini par : $ F = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x - 2y + z = 0 \} $ Montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. ### Exercice 1.2 Soit $\mathcal{P}_2(\mathbb{R})$ l'espace vectoriel des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à 2. On considère le sous-ensemble $G$ de $\mathcal{P}_2(\mathbb{R})$ défini par : $ G = \{ P \in \mathcal{P}_2(\mathbb{R}) \mid P(1) = 0 \} $ Montrer que $G$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{P}_2(\mathbb{R})$. ## B. Exercices de Niveau Normal (Combinaison de concepts) > [!note] Rappel sur les familles de vecteurs > * Une famille $(v_1, \dots, v_n)$ est **libre** si la seule combinaison linéaire nulle est celle dont tous les coefficients sont nuls : $\lambda_1 v_1 + \dots + \lambda_n v_n = 0 \implies \lambda_1 = \dots = \lambda_n = 0$. > * Une famille $(v_1, \dots, v_n)$ est **génératrice** d'un espace $E$ si tout vecteur de $E$ peut s'écrire comme combinaison linéaire de $v_1, \dots, v_n$. > * Une **base** est une famille à la fois libre et génératrice. ### Exercice 1.3 Soient les vecteurs $v_1 = (1, 0, 1)$, $v_2 = (0, 1, 1)$ et $v_3 = (1, 1, 0)$ dans $\mathbb{R}^3$. Le vecteur $w = (2, 3, 1)$ est-il une combinaison linéaire de $v_1, v_2, v_3$ ? Si oui, déterminer les coefficients de cette combinaison linéaire. ### Exercice 1.4 Déterminer si la famille de vecteurs suivante est libre ou liée dans $\mathbb{R}^3$ : $ \mathcal{F} = \{u_1, u_2, u_3\} \quad \text{avec} \quad u_1 = (1, 2, 3), \ u_2 = (2, 1, 0), \ u_3 = (1, -1, -3) $ ### Exercice 1.5 Soit $F$ le sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^4$ défini par le système d'équations linéaires : $ F = \{(x,y,z,t) \in \mathbb{R}^4 \mid \begin{cases} x + y - z = 0 \\ y - 2t = 0 \end{cases} \} $ Déterminer une base de $F$ et en déduire sa dimension. ### Exercice 1.6 Soit $E = \mathbb{R}^3$. On considère la famille de vecteurs $\mathcal{G} = \{w_1, w_2, w_3, w_4\}$ avec : $ w_1 = (1, 1, 0), \ w_2 = (2, 0, 1), \ w_3 = (0, 2, -1), \ w_4 = (3, 1, 1) $ Le sous-espace vectoriel $V = \text{Vect}(\mathcal{G})$ est-il égal à $\mathbb{R}^3$ ? Extraire une base de $V$ de la famille $\mathcal{G}$ et déterminer la dimension de $V$. ## C. Exercices Plus Élaborés (Problèmes, réflexion approfondie) > [!warning] Attention > Pour ces exercices, une bonne maîtrise des concepts précédents est essentielle. N'hésitez pas à revoir les définitions et théorèmes si nécessaire. ### Exercice 1.7 Soit $F$ le sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^4$ défini par l'équation $x + y - z + t = 0$. 1. Déterminer une base $\mathcal{B}_F$ de $F$ et sa dimension. 2. Compléter la base $\mathcal{B}_F$ en une base de $\mathbb{R}^4$. ### Exercice 1.8 Soit $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ l'espace vectoriel des matrices carrées d'ordre 2 à coefficients réels. On considère la matrice $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$. Soit $S$ l'ensemble des matrices $M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ qui commutent avec $A$, c'est-à-dire $S = \{M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \mid AM = MA\}$. 1. Montrer que $S$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$. 2. Déterminer une base de $S$ et sa dimension. ### Exercice 1.9 Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels de $\mathbb{R}^3$ définis par : $ F = \text{Vect}((1, 1, 0), (0, 1, 1)) \quad \text{et} \quad G = \text{Vect}((1, 0, 1), (1, 2, 1)) $ 1. Déterminer une base et la dimension de $F$ et $G$. 2. Déterminer une base et la dimension de l'intersection $F \cap G$. 3. Déterminer une base et la dimension de la somme $F+G$. 4. Vérifier la formule de Grassmann : $\dim(F+G) = \dim(F) + \dim(G) - \dim(F \cap G)$. ### Exercice 1.10 Soit $E = \mathcal{C}^\infty(\mathbb{R})$ l'espace vectoriel des fonctions indéfiniment dérivables de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On considère le sous-ensemble $H$ de $E$ défini par : $ H = \{ f \in E \mid f''(x) - f(x) = 0, \forall x \in \mathbb{R} \} $ 1. Montrer que $H$ est un sous-espace vectoriel de $E$. 2. Déterminer une base de $H$. Quelle est sa dimension ? # Partie 2 : Corrigés Détaillés ## A. Corrigés des Exercices Très Basiques ### Correction 1.1 Pour montrer que $F = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x - 2y + z = 0 \}$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$, nous devons vérifier les trois critères. 1. **$F$ est non vide :** Le vecteur nul de $\mathbb{R}^3$ est $0_{\mathbb{R}^3} = (0,0,0)$. Vérifions s'il satisfait l'équation : $0 - 2(0) + 0 = 0$. L'équation est satisfaite, donc $(0,0,0) \in F$. $F$ est non vide. 2. **$F$ est stable par addition :** Soient $u = (x_1, y_1, z_1) \in F$ et $v = (x_2, y_2, z_2) \in F$. Par définition, cela signifie que $x_1 - 2y_1 + z_1 = 0$ et $x_2 - 2y_2 + z_2 = 0$. Considérons la somme $u+v = (x_1+x_2, y_1+y_2, z_1+z_2)$. Vérifions si $u+v$ satisfait l'équation de $F$ : $(x_1+x_2) - 2(y_1+y_2) + (z_1+z_2) = (x_1 - 2y_1 + z_1) + (x_2 - 2y_2 + z_2)$. Puisque $u,v \in F$, on a $(x_1 - 2y_1 + z_1) = 0$ et $(x_2 - 2y_2 + z_2) = 0$. Donc, $(x_1+x_2) - 2(y_1+y_2) + (z_1+z_2) = 0 + 0 = 0$. Ainsi, $u+v \in F$. $F$ est stable par addition. 3. **$F$ est stable par multiplication par un scalaire :** Soit $u = (x,y,z) \in F$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Par définition, $x - 2y + z = 0$. Considérons le produit $\lambda u = (\lambda x, \lambda y, \lambda z)$. Vérifions si $\lambda u$ satisfait l'équation de $F$ : $(\lambda x) - 2(\lambda y) + (\lambda z) = \lambda (x - 2y + z)$. Puisque $u \in F$, on a $(x - 2y + z) = 0$. Donc, $\lambda (x - 2y + z) = \lambda \cdot 0 = 0$. Ainsi, $\lambda u \in F$. $F$ est stable par multiplication par un scalaire. > [!conclusion] Conclusion > Les trois critères étant satisfaits, $F$ est bien un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. ### Correction 1.2 Pour montrer que $G = \{ P \in \mathcal{P}_2(\mathbb{R}) \mid P(1) = 0 \}$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{P}_2(\mathbb{R})$, nous vérifions les trois critères. 1. **$G$ est non vide :** Le polynôme nul de $\mathcal{P}_2(\mathbb{R})$ est $P_0(X) = 0$. Vérifions s'il satisfait la condition : $P_0(1) = 0$. La condition est satisfaite, donc $P_0(X) \in G$. $G$ est non vide. 2. **$G$ est stable par addition :** Soient $P_1(X) \in G$ et $P_2(X) \in G$. Par définition, cela signifie que $P_1(1) = 0$ et $P_2(1) = 0$. Considérons la somme des polynômes $(P_1+P_2)(X)$. Vérifions si $(P_1+P_2)(X)$ satisfait la condition de $G$ : $(P_1+P_2)(1) = P_1(1) + P_2(1)$. Puisque $P_1, P_2 \in G$, on a $P_1(1) = 0$ et $P_2(1) = 0$. Donc, $(P_1+P_2)(1) = 0 + 0 = 0$. Ainsi, $(P_1+P_2)(X) \in G$. $G$ est stable par addition. 3. **$G$ est stable par multiplication par un scalaire :** Soit $P(X) \in G$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Par définition, $P(1) = 0$. Considérons le produit $(\lambda P)(X)$. Vérifions si $(\lambda P)(X)$ satisfait la condition de $G$ : $(\lambda P)(1) = \lambda \cdot P(1)$. Puisque $P(X) \in G$, on a $P(1) = 0$. Donc, $\lambda \cdot P(1) = \lambda \cdot 0 = 0$. Ainsi, $(\lambda P)(X) \in G$. $G$ est stable par multiplication par un scalaire. > [!conclusion] Conclusion > Les trois critères étant satisfaits, $G$ est bien un sous-espace vectoriel de $\mathcal{P}_2(\mathbb{R})$. ## B. Corrigés des Exercices de Niveau Normal ### Correction 1.3 Pour déterminer si $w = (2, 3, 1)$ est une combinaison linéaire de $v_1 = (1, 0, 1)$, $v_2 = (0, 1, 1)$, et $v_3 = (1, 1, 0)$, nous cherchons des scalaires $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \mathbb{R}$ tels que : $ \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \lambda_3 v_3 = w $ Ce qui se traduit par le système d'équations linéaires suivant : $ \lambda_1 (1, 0, 1) + \lambda_2 (0, 1, 1) + \lambda_3 (1, 1, 0) = (2, 3, 1) $ $ \begin{cases} \lambda_1 + 0\lambda_2 + \lambda_3 = 2 \\ 0\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 = 3 \\ \lambda_1 + \lambda_2 + 0\lambda_3 = 1 \end{cases} \implies \begin{cases} \lambda_1 + \lambda_3 = 2 \quad (L_1) \\ \lambda_2 + \lambda_3 = 3 \quad (L_2) \\ \lambda_1 + \lambda_2 = 1 \quad (L_3) \end{cases} $ Nous allons résoudre ce système. De $(L_1)$, on a $\lambda_1 = 2 - \lambda_3$. De $(L_2)$, on a $\lambda_2 = 3 - \lambda_3$. Substituons ces expressions dans $(L_3)$ : $(2 - \lambda_3) + (3 - \lambda_3) = 1$ $5 - 2\lambda_3 = 1$ $2\lambda_3 = 4$ $\lambda_3 = 2$. Maintenant, substituons $\lambda_3 = 2$ dans les expressions pour $\lambda_1$ et $\lambda_2$ : $\lambda_1 = 2 - 2 = 0$. $\lambda_2 = 3 - 2 = 1$. > [!example] Solution > Le système admet une solution unique : $\lambda_1 = 0$, $\lambda_2 = 1$, $\lambda_3 = 2$. > Donc, $w$ est une combinaison linéaire de $v_1, v_2, v_3$, et on a : > $ w = 0 \cdot v_1 + 1 \cdot v_2 + 2 \cdot v_3 $ > Vérification : $0(1,0,1) + 1(0,1,1) + 2(1,1,0) = (0,0,0) + (0,1,1) + (2,2,0) = (2,3,1)$. C'est correct. ### Correction 1.4 Pour déterminer si la famille $\mathcal{F} = \{u_1, u_2, u_3\}$ est libre ou liée, nous devons chercher si une combinaison linéaire nulle de ces vecteurs implique que tous les coefficients sont nuls. Soient $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \mathbb{R}$ tels que : $ \lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3 = 0_{\mathbb{R}^3} $ $ \lambda_1 (1, 2, 3) + \lambda_2 (2, 1, 0) + \lambda_3 (1, -1, -3) = (0, 0, 0) $ Cela conduit au système d'équations linéaires homogène : $ \begin{cases} \lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 = 0 \quad (L_1) \\ 2\lambda_1 + \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \quad (L_2) \\ 3\lambda_1 + 0\lambda_2 - 3\lambda_3 = 0 \quad (L_3) \end{cases} $ Simplifions le système : De $(L_3)$, on peut diviser par 3 : $\lambda_1 - \lambda_3 = 0 \implies \lambda_1 = \lambda_3$. Substituons $\lambda_1 = \lambda_3$ dans $(L_1)$ et $(L_2)$ : $(L_1) \implies \lambda_3 + 2\lambda_2 + \lambda_3 = 0 \implies 2\lambda_2 + 2\lambda_3 = 0 \implies \lambda_2 + \lambda_3 = 0 \implies \lambda_2 = -\lambda_3$. $(L_2) \implies 2\lambda_3 + \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \implies \lambda_3 + \lambda_2 = 0$. (Cette équation est la même que la précédente, ce qui est cohérent). Nous avons donc $\lambda_1 = \lambda_3$ et $\lambda_2 = -\lambda_3$. Si nous choisissons $\lambda_3 = 1$ (par exemple, n'importe quelle valeur non nulle), alors : $\lambda_1 = 1$ $\lambda_2 = -1$ $\lambda_3 = 1$ Vérifions ces valeurs : $1 \cdot u_1 + (-1) \cdot u_2 + 1 \cdot u_3 = (1, 2, 3) - (2, 1, 0) + (1, -1, -3) = (1-2+1, 2-1-1, 3-0-3) = (0, 0, 0)$. Puisque nous avons trouvé une solution non triviale (c'est-à-dire avec au moins un coefficient non nul), la famille est liée. > [!conclusion] Conclusion > La famille de vecteurs $\mathcal{F}$ est **liée**. ### Correction 1.5 Le sous-espace $F$ est défini par le système : $ \begin{cases} x + y - z = 0 \quad (E_1) \\ y - 2t = 0 \quad (E_2) \end{cases} $ Nous allons exprimer les variables dépendantes en fonction des variables libres. De $(E_2)$, on a $y = 2t$. Substituons $y$ dans $(E_1)$ : $x + (2t) - z = 0 \implies x = z - 2t$. Les variables $z$ et $t$ peuvent être choisies librement. Ce sont nos paramètres. Un vecteur $(x,y,z,t) \in F$ peut s'écrire sous la forme : $ (z - 2t, 2t, z, t) $ Nous pouvons décomposer ce vecteur en une somme de vecteurs dépendant de chaque paramètre : $ (z, 0, z, 0) + (-2t, 2t, 0, t) $ $ z(1, 0, 1, 0) + t(-2, 2, 0, 1) $ Soient $v_1 = (1, 0, 1, 0)$ et $v_2 = (-2, 2, 0, 1)$. Tout vecteur de $F$ est une combinaison linéaire de $v_1$ et $v_2$. Donc, la famille $\{v_1, v_2\}$ est génératrice de $F$. Vérifions si cette famille est libre. Supposons que $\alpha v_1 + \beta v_2 = 0_{\mathbb{R}^4}$ : $ \alpha (1, 0, 1, 0) + \beta (-2, 2, 0, 1) = (0, 0, 0, 0) $ $ (\alpha - 2\beta, 2\beta, \alpha, \beta) = (0, 0, 0, 0) $ Cela nous donne le système : $ \begin{cases} \alpha - 2\beta = 0 \\ 2\beta = 0 \\ \alpha = 0 \\ \beta = 0 \end{cases} $ La deuxième équation $2\beta = 0$ implique $\beta = 0$. La quatrième équation $\beta = 0$ confirme cela. La troisième équation $\alpha = 0$ implique $\alpha = 0$. La première équation $\alpha - 2\beta = 0 - 2(0) = 0$ est satisfaite. Donc, la seule solution est $\alpha = 0$ et $\beta = 0$. La famille $\{v_1, v_2\}$ est libre. > [!conclusion] Base et Dimension > Puisque la famille $\{v_1, v_2\}$ est libre et génératrice de $F$, c'est une base de $F$. > La dimension de $F$ est le nombre de vecteurs dans sa base, donc $\dim(F) = 2$. ### Correction 1.6 On a la famille $\mathcal{G} = \{w_1, w_2, w_3, w_4\}$ dans $\mathbb{R}^3$ avec : $w_1 = (1, 1, 0)$ $w_2 = (2, 0, 1)$ $w_3 = (0, 2, -1)$ $w_4 = (3, 1, 1)$ 1. **Le sous-espace $V = \text{Vect}(\mathcal{G})$ est-il égal à $\mathbb{R}^3$ ?** La dimension de $\mathbb{R}^3$ est 3. Nous avons 4 vecteurs dans $\mathcal{G}$. Puisque le nombre de vecteurs est supérieur à la dimension de l'espace, la famille $\mathcal{G}$ est nécessairement liée. Par conséquent, elle ne peut pas être une base de $\mathbb{R}^3$. Pour que $V = \mathbb{R}^3$, il faudrait que $\mathcal{G}$ soit une famille génératrice de $\mathbb{R}^3$. Cependant, si elle est génératrice, on peut en extraire une base de 3 vecteurs. Vérifions la liberté des trois premiers vecteurs, par exemple : Soient $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ tels que $\lambda_1 w_1 + \lambda_2 w_2 + \lambda_3 w_3 = (0,0,0)$. $ \begin{cases} \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \\ \lambda_1 + 2\lambda_3 = 0 \\ \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \end{cases} $ De la troisième équation, $\lambda_2 = \lambda_3$. Substituons dans la première : $\lambda_1 + 2\lambda_3 = 0$. Et dans la deuxième : $\lambda_1 + 2\lambda_3 = 0$. On a donc $\lambda_1 = -2\lambda_3$ et $\lambda_2 = \lambda_3$. Si on choisit $\lambda_3 = 1$, alors $\lambda_1 = -2$, $\lambda_2 = 1$, $\lambda_3 = 1$. Donc, $-2w_1 + w_2 + w_3 = (-2,-2,0) + (2,0,1) + (0,2,-1) = (0,0,0)$. La famille $\{w_1, w_2, w_3\}$ est liée. Puisque les trois premiers vecteurs sont liés, ils ne peuvent pas former une base de $\mathbb{R}^3$. Cela signifie que $V = \text{Vect}(\mathcal{G})$ ne peut pas être $\mathbb{R}^3$ car si c'était le cas, on pourrait extraire une base de 3 vecteurs de $\mathcal{G}$, mais nous avons montré que les 3 premiers sont liés. Considérons plutôt le rang de la famille. 2. **Extraire une base de $V$ de la famille $\mathcal{G}$ et déterminer la dimension de $V$.** On place les vecteurs en colonnes (ou lignes) d'une matrice et on échelonne pour trouver le rang. $ M = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} $ Appliquons l'algorithme de Gauss : $L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ $ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 3 \\ 0 & -2 & 2 & -2 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} $ $L_2 \leftarrow -\frac{1}{2} L_2$ $ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} $ $L_3 \leftarrow L_3 - L_2$ $ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $ La matrice échelonnée a 2 lignes non nulles. Le rang de la famille $\mathcal{G}$ est 2. Cela signifie que la dimension de $V = \text{Vect}(\mathcal{G})$ est 2. Puisque $\dim(V) = 2 \ne 3 = \dim(\mathbb{R}^3)$, $V \ne \mathbb{R}^3$. Pour extraire une base, nous prenons les vecteurs correspondant aux colonnes pivots de la matrice échelonnée. Les colonnes pivots sont la 1ère et la 2ème. Donc, une base de $V$ est $\{w_1, w_2\}$. Vérification de la liberté de $\{w_1, w_2\}$ : $\lambda_1(1,1,0) + \lambda_2(2,0,1) = (0,0,0)$ $\begin{cases} \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \\ \lambda_1 = 0 \\ \lambda_2 = 0 \end{cases}$ Ceci implique $\lambda_1 = 0$ et $\lambda_2 = 0$. Donc $\{w_1, w_2\}$ est une famille libre. Puisque $\dim(V)=2$, toute famille libre de 2 vecteurs de $V$ est une base de $V$. > [!conclusion] Conclusion > Le sous-espace $V$ n'est pas égal à $\mathbb{R}^3$. > Une base de $V$ est $\{w_1, w_2\} = \{(1, 1, 0), (2, 0, 1)\}$. > La dimension de $V$ est $\dim(V) = 2$. ## C. Corrigés des Exercices Plus Élaborés ### Correction 1.7 Soit $F$ le sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^4$ défini par l'équation $x + y - z + t = 0$. 1. **Déterminer une base $\mathcal{B}_F$ de $F$ et sa dimension.** L'équation $x + y - z + t = 0$ peut être réécrite comme $x = -y + z - t$. Les variables $y, z, t$ sont des paramètres libres. Un vecteur $(x,y,z,t) \in F$ s'écrit : $ (-y+z-t, y, z, t) $ Nous pouvons décomposer ce vecteur : $ (-y, y, 0, 0) + (z, 0, z, 0) + (-t, 0, 0, t) $ $ y(-1, 1, 0, 0) + z(1, 0, 1, 0) + t(-1, 0, 0, 1) $ Soient $v_1 = (-1, 1, 0, 0)$, $v_2 = (1, 0, 1, 0)$, $v_3 = (-1, 0, 0, 1)$. La famille $\mathcal{B}_F = \{v_1, v_2, v_3\}$ est génératrice de $F$. Vérifions sa liberté. On forme une combinaison linéaire nulle : $\alpha v_1 + \beta v_2 + \gamma v_3 = (0,0,0,0)$. $ \alpha(-1, 1, 0, 0) + \beta(1, 0, 1, 0) + \gamma(-1, 0, 0, 1) = (0,0,0,0) $ $ (-\alpha + \beta - \gamma, \alpha, \beta, \gamma) = (0,0,0,0) $ Ce qui donne le système : $ \begin{cases} -\alpha + \beta - \gamma = 0 \\ \alpha = 0 \\ \beta = 0 \\ \gamma = 0 \end{cases} $ Il est clair que la seule solution est $\alpha = \beta = \gamma = 0$. Donc, la famille $\mathcal{B}_F$ est libre. Puisque $\mathcal{B}_F$ est libre et génératrice de $F$, c'est une base de $F$. La dimension de $F$ est $\dim(F) = 3$. 2. **Compléter la base $\mathcal{B}_F$ en une base de $\mathbb{R}^4$.** Nous avons une base de $F$ qui contient 3 vecteurs. La dimension de $\mathbb{R}^4$ est 4. Nous devons ajouter un vecteur à $\mathcal{B}_F$ tel que la nouvelle famille de 4 vecteurs soit libre (et donc une base de $\mathbb{R}^4$). Un moyen simple est de choisir un vecteur de la base canonique de $\mathbb{R}^4$ qui n'appartient pas à $F$. Soit $e_1 = (1,0,0,0)$. Vérifions si $e_1 \in F$. Pour cela, il doit satisfaire l'équation de $F$: $x+y-z+t=0$. Pour $e_1$: $1+0-0+0 = 1 \ne 0$. Donc $e_1 \notin F$. Considérons la famille $\mathcal{B}' = \{v_1, v_2, v_3, e_1\}$. Pour montrer qu'elle est une base de $\mathbb{R}^4$, il suffit de montrer qu'elle est libre (car elle a 4 vecteurs dans un espace de dimension 4). On peut former une matrice avec ces vecteurs en colonnes et calculer son déterminant, ou échelonner la matrice. $ M = \begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $ Pour calculer le déterminant, on peut développer selon la deuxième ligne : $\det(M) = -1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ (en ignorant le signe de position pour l'instant) Développons le sous-déterminant selon la deuxième ligne : $\det \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = -1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = -1 \cdot ((-1)\cdot 0 - 1\cdot 1) = -1 \cdot (-1) = 1$. Le coefficient de $e_1$ est $(-1)^{2+1} = -1$. Donc, $\det(M) = (-1)^{2+1} \cdot 1 \cdot (1) = -1 \cdot 1 = -1$. Puisque $\det(M) \ne 0$, la famille $\mathcal{B}'$ est libre. > [!conclusion] Conclusion > 1. Une base de $F$ est $\mathcal{B}_F = \{(-1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (-1, 0, 0, 1)\}$, et $\dim(F) = 3$. > 2. Une base de $\mathbb{R}^4$ complétant $\mathcal{B}_F$ est $\mathcal{B}' = \{(-1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (-1, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0)\}$. ### Correction 1.8 Soit $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ l'espace vectoriel des matrices $2 \times 2$ et $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$. $S = \{M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \mid AM = MA\}$. 1. **Montrer que $S$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$.** 1. **$S$ est non vide :** La matrice nulle $0_{\mathcal{M}_2(\mathbb{R})} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$. Vérifions si $A \cdot 0 = 0 \cdot A$. $A \cdot 0 = 0$ et $0 \cdot A = 0$. Donc $A \cdot 0 = 0 \cdot A$. La matrice nulle appartient à $S$. $S$ est non vide. 2. **$S$ est stable par addition :** Soient $M_1, M_2 \in S$. Par définition, $AM_1 = M_1A$ et $AM_2 = M_2A$. Considérons la somme $M_1+M_2$. Calculons $A(M_1+M_2)$ et $(M_1+M_2)A$ : $A(M_1+M_2) = AM_1 + AM_2$ (par distributivité de la multiplication matricielle). $(M_1+M_2)A = M_1A + M_2A$ (par distributivité). Puisque $AM_1 = M_1A$ et $AM_2 = M_2A$, on a : $A(M_1+M_2) = M_1A + M_2A = (M_1+M_2)A$. Donc, $M_1+M_2 \in S$. $S$ est stable par addition. 3. **$S$ est stable par multiplication par un scalaire :** Soit $M \in S$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Par définition, $AM = MA$. Considérons le produit $\lambda M$. Calculons $A(\lambda M)$ et $(\lambda M)A$ : $A(\lambda M) = \lambda (AM)$ (par propriété de la multiplication scalaire-matrice). $(\lambda M)A = \lambda (MA)$ (par propriété de la multiplication scalaire-matrice). Puisque $AM = MA$, on a : $A(\lambda M) = \lambda (AM) = \lambda (MA) = (\lambda M)A$. Donc, $\lambda M \in S$. $S$ est stable par multiplication par un scalaire. > [!conclusion] Conclusion > Les trois critères étant satisfaits, $S$ est bien un sous-espace vectoriel de $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$. 2. **Déterminer une base de $S$ et sa dimension.** Soit une matrice générique $M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$. La condition $AM = MA$ s'écrit : $ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} $ Calculons les produits : $ \begin{pmatrix} a & b \\ 2c & 2d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & 2b \\ c & 2d \end{pmatrix} $ Pour que ces deux matrices soient égales, leurs coefficients doivent être égaux terme à terme : $ \begin{cases} a = a \\ b = 2b \\ 2c = c \\ 2d = 2d \end{cases} $ Simplifions ce système : $ \begin{cases} b = 2b \implies b = 0 \\ 2c = c \implies c = 0 \end{cases} $ Les conditions $a=a$ et $2d=2d$ sont toujours vraies et n'imposent aucune restriction sur $a$ et $d$. Donc, une matrice $M$ appartient à $S$ si et seulement si $b=0$ et $c=0$. Les matrices de $S$ sont de la forme : $ M = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & d \end{pmatrix} $ Nous pouvons exprimer cette matrice comme une combinaison linéaire : $ M = a \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + d \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $ Soient $E_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ et $E_2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. La famille $\mathcal{B}_S = \{E_1, E_2\}$ est génératrice de $S$. Vérifions sa liberté : Si $\alpha E_1 + \beta E_2 = 0_{\mathcal{M}_2(\mathbb{R})}$, alors $\alpha \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + \beta \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$. Ceci implique $\alpha = 0$ et $\beta = 0$. Donc, la famille $\mathcal{B}_S$ est libre. > [!conclusion] Base et Dimension > Puisque $\mathcal{B}_S$ est libre et génératrice de $S$, c'est une base de $S$. > La dimension de $S$ est $\dim(S) = 2$. > (Ces matrices sont les matrices diagonales d'ordre 2.) ### Correction 1.9 Soient $F = \text{Vect}((1, 1, 0), (0, 1, 1))$ et $G = \text{Vect}((1, 0, 1), (1, 2, 1))$ dans $\mathbb{R}^3$. 1. **Déterminer une base et la dimension de $F$ et $G$.** Pour $F$: Soient $f_1 = (1, 1, 0)$ et $f_2 = (0, 1, 1)$. La famille $\{f_1, f_2\}$ est génératrice de $F$ par définition. Vérifions si elle est libre : $\lambda_1 f_1 + \lambda_2 f_2 = (0,0,0)$. $\lambda_1(1,1,0) + \lambda_2(0,1,1) = (\lambda_1, \lambda_1+\lambda_2, \lambda_2) = (0,0,0)$. $\begin{cases} \lambda_1 = 0 \\ \lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\ \lambda_2 = 0 \end{cases}$ Ceci implique $\lambda_1 = 0$ et $\lambda_2 = 0$. Donc $\{f_1, f_2\}$ est libre. $\mathcal{B}_F = \{ (1, 1, 0), (0, 1, 1) \}$ est une base de $F$, et $\dim(F) = 2$. Pour $G$: Soient $g_1 = (1, 0, 1)$ et $g_2 = (1, 2, 1)$. La famille $\{g_1, g_2\}$ est génératrice de $G$ par définition. Vérifions si elle est libre : $\mu_1 g_1 + \mu_2 g_2 = (0,0,0)$. $\mu_1(1,0,1) + \mu_2(1,2,1) = (\mu_1+\mu_2, 2\mu_2, \mu_1+\mu_2) = (0,0,0)$. $\begin{cases} \mu_1 + \mu_2 = 0 \\ 2\mu_2 = 0 \\ \mu_1 + \mu_2 = 0 \end{cases}$ De $2\mu_2 = 0$, on a $\mu_2 = 0$. Substituant dans $\mu_1 + \mu_2 = 0$, on obtient $\mu_1 = 0$. Donc $\{g_1, g_2\}$ est libre. $\mathcal{B}_G = \{ (1, 0, 1), (1, 2, 1) \}$ est une base de $G$, et $\dim(G) = 2$. 2. **Déterminer une base et la dimension de l'intersection $F \cap G$.** Un vecteur $v = (x,y,z)$ appartient à $F \cap G$ s'il appartient à $F$ ET à $G$. Si $v \in F$, alors $v = \lambda_1 f_1 + \lambda_2 f_2 = (\lambda_1, \lambda_1+\lambda_2, \lambda_2)$. Si $v \in G$, alors $v = \mu_1 g_1 + \mu_2 g_2 = (\mu_1+\mu_2, 2\mu_2, \mu_1+\mu_2)$. En égalisant les coordonnées, on obtient un système d'équations : $ \begin{cases} \lambda_1 = \mu_1 + \mu_2 \\ \lambda_1 + \lambda_2 = 2\mu_2 \\ \lambda_2 = \mu_1 + \mu_2 \end{cases} $ De (1) et (3), on a $\lambda_1 = \lambda_2$. Substituons $\lambda_1 = \lambda_2$ dans (2) : $\lambda_1 + \lambda_1 = 2\mu_2 \implies 2\lambda_1 = 2\mu_2 \implies \lambda_1 = \mu_2$. Donc, $\lambda_1 = \lambda_2 = \mu_2$. Reprenons (1) : $\lambda_1 = \mu_1 + \mu_2$. Comme $\lambda_1 = \mu_2$, on a $\mu_2 = \mu_1 + \mu_2 \implies \mu_1 = 0$. Finalement, on a les relations : $\mu_1 = 0$, $\lambda_1 = \lambda_2 = \mu_2$. En choisissant un paramètre, par exemple $\mu_2 = k \in \mathbb{R}$ (non nul pour obtenir un vecteur non nul) : $\lambda_1 = k$, $\lambda_2 = k$, $\mu_1 = 0$, $\mu_2 = k$. Le vecteur $v$ est alors : $v = k f_1 + k f_2 = k(1,1,0) + k(0,1,1) = k(1,2,1)$. Ou $v = 0 g_1 + k g_2 = k(1,2,1)$. Soit $v_0 = (1,2,1)$. La famille $\{v_0\}$ est génératrice de $F \cap G$. Elle est évidemment libre (un seul vecteur non nul). $\mathcal{B}_{F \cap G} = \{ (1, 2, 1) \}$ est une base de $F \cap G$, et $\dim(F \cap G) = 1$. 3. **Déterminer une base et la dimension de la somme $F+G$.** La somme $F+G = \text{Vect}(\mathcal{B}_F \cup \mathcal{B}_G) = \text{Vect}(f_1, f_2, g_1, g_2)$. $\mathcal{B}_{F+G}' = \{ (1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 2, 1) \}$. Nous savons que $\dim(\mathbb{R}^3) = 3$. Puisque cette famille contient 4 vecteurs, elle est liée. Nous devons en extraire une base. On peut échelonner une matrice formée de ces vecteurs : $ M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} $ $L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ $ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} $ $L_3 \leftarrow L_3 - L_2$ $ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \end{pmatrix} $ Cette matrice est échelonnée et a 3 lignes non nulles. Le rang est 3. Donc, $\dim(F+G) = 3$. Puisque $F+G$ est un sous-espace de $\mathbb{R}^3$ de dimension 3, $F+G = \mathbb{R}^3$. Une base de $F+G$ peut être obtenue en prenant les vecteurs correspondant aux colonnes pivots, par exemple $\{f_1, f_2, g_1\}$ (les 3 premiers vecteurs). Ou même la base canonique de $\mathbb{R}^3$. 4. **Vérifier la formule de Grassmann : $\dim(F+G) = \dim(F) + \dim(G) - \dim(F \cap G)$.** Nous avons trouvé : $\dim(F) = 2$ $\dim(G) = 2$ $\dim(F \cap G) = 1$ $\dim(F+G) = 3$ Vérifions la formule : $3 = 2 + 2 - 1$ $3 = 4 - 1$ $3 = 3$. La formule de Grassmann est vérifiée. > [!tip] Astuce pour $F+G = \mathbb{R}^3$ > Puisque $\dim(F+G)=3$ et $F+G \subset \mathbb{R}^3$ et $\dim(\mathbb{R}^3)=3$, on a nécessairement $F+G = \mathbb{R}^3$. > Toute base de $\mathbb{R}^3$ est donc une base de $F+G$, par exemple la base canonique $\{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}$. ### Correction 1.10 Soit $E = \mathcal{C}^\infty(\mathbb{R})$ et $H = \{ f \in E \mid f''(x) - f(x) = 0, \forall x \in \mathbb{R} \}$. 1. **Montrer que $H$ est un sous-espace vectoriel de $E$.** 1. **$H$ est non vide :** La fonction nulle $f_0(x) = 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. $f_0''(x) - f_0(x) = 0 - 0 = 0$. Donc $f_0 \in H$. $H$ est non vide. 2. **$H$ est stable par addition :** Soient $f, g \in H$. Par définition, $f''(x) - f(x) = 0$ et $g''(x) - g(x) = 0$. Considérons la fonction $(f+g)(x)$. $(f+g)''(x) - (f+g)(x) = (f''(x) + g''(x)) - (f(x) + g(x))$ $= (f''(x) - f(x)) + (g''(x) - g(x))$. Puisque $f, g \in H$, on a $f''(x) - f(x) = 0$ et $g''(x) - g(x) = 0$. Donc, $(f+g)''(x) - (f+g)(x) = 0 + 0 = 0$. Ainsi, $f+g \in H$. $H$ est stable par addition. 3. **$H$ est stable par multiplication par un scalaire :** Soit $f \in H$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Par définition, $f''(x) - f(x) = 0$. Considérons la fonction $(\lambda f)(x)$. $(\lambda f)''(x) - (\lambda f)(x) = \lambda f''(x) - \lambda f(x)$ $= \lambda (f''(x) - f(x))$. Puisque $f \in H$, on a $f''(x) - f(x) = 0$. Donc, $\lambda (f''(x) - f(x)) = \lambda \cdot 0 = 0$. Ainsi, $\lambda f \in H$. $H$ est stable par multiplication par un scalaire. > [!conclusion] Conclusion > Les trois critères étant satisfaits, $H$ est bien un sous-espace vectoriel de $E$. 2. **Déterminer une base de $H$. Quelle est sa dimension ?** L'équation différentielle $f''(x) - f(x) = 0$ est une équation différentielle linéaire homogène du second ordre à coefficients constants. Son équation caractéristique est $r^2 - 1 = 0$. Les racines de cette équation sont $r_1 = 1$ et $r_2 = -1$. Les solutions générales de cette équation différentielle sont de la forme $f(x) = c_1 e^{r_1 x} + c_2 e^{r_2 x}$, où $c_1, c_2$ sont des constantes réelles. Donc, $f(x) = c_1 e^x + c_2 e^{-x}$. Soient les fonctions $f_1(x) = e^x$ et $f_2(x) = e^{-x}$. Toute fonction de $H$ est une combinaison linéaire de $f_1$ et $f_2$. Donc, la famille $\{f_1, f_2\}$ est génératrice de $H$. Vérifions si cette famille est libre. Supposons que $c_1 f_1(x) + c_2 f_2(x) = 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. C'est-à-dire $c_1 e^x + c_2 e^{-x} = 0$. Pour $x=0$: $c_1 e^0 + c_2 e^0 = 0 \implies c_1 + c_2 = 0 \quad (Eq. 1)$. Pour $x=1$: $c_1 e^1 + c_2 e^{-1} = 0 \implies c_1 e + c_2 e^{-1} = 0 \quad (Eq. 2)$. De $(Eq. 1)$, $c_2 = -c_1$. Substituons dans $(Eq. 2)$: $c_1 e - c_1 e^{-1} = 0 \implies c_1 (e - e^{-1}) = 0$. Puisque $e - e^{-1} = e - \frac{1}{e} = \frac{e^2 - 1}{e} \ne 0$, il faut que $c_1 = 0$. Si $c_1 = 0$, alors $c_2 = -0 = 0$. Donc, la seule combinaison linéaire nulle est celle dont tous les coefficients sont nuls. La famille $\{f_1, f_2\}$ est libre. > [!conclusion] Base et Dimension > Puisque la famille $\{f_1, f_2\}$ est libre et génératrice de $H$, c'est une base de $H$. > La dimension de $H$ est $\dim(H) = 2$. # 🗓️ Historique - Dernière MAJ: `06-Octobre-2025` - Rédigé par: [[Hamilton DE ARAUJO]]