On munit l’ensemble des réels strictement positifs, $\mathbb{R}_+^*$, d’une loi interne $\oplus$ définie par $x \oplus y = xy$ et d’une loi externe $\cdot$ de domaine $\mathbb{R}$ définie par $\lambda \cdot x = x^\lambda$. Démontrer que $(\mathbb{R}_+^*, \oplus, \cdot)$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel.
Il faut vérifier les axiomes d’un espace vectoriel. L’ensemble $(\mathbb{R}_+^*, \times)$ est un groupe commutatif, donc $(\mathbb{R}_+^*, \oplus)$ l’est également. Vérifions les quatre axiomes de la loi externe :
- $\forall x \in \mathbb{R}_+^*, \quad 1 \cdot x = x^1 = x$.
- $\forall \lambda, \mu \in \mathbb{R}, \forall x \in \mathbb{R}_+^*, \quad (\lambda + \mu) \cdot x = x^{\lambda+\mu} = x^\lambda x^\mu = (\lambda \cdot x) \oplus (\mu \cdot x)$.
- $\forall \lambda, \mu \in \mathbb{R}, \forall x \in \mathbb{R}_+^*, \quad (\lambda\mu) \cdot x = x^{\lambda\mu} = (x^\mu)^\lambda = \lambda \cdot (\mu \cdot x)$.
- $\forall \lambda \in \mathbb{R}, \forall x, y \in \mathbb{R}_+^*, \quad \lambda \cdot (x \oplus y) = (xy)^\lambda = x^\lambda y^\lambda = (\lambda \cdot x) \oplus (\lambda \cdot y)$.
Tous les axiomes sont satisfaits, donc $(\mathbb{R}_+^*, \oplus, \cdot)$ est bien un $\mathbb{R}$-espace vectoriel.
Soit $E$ un $\mathbb{R}$-espace vectoriel. On définit sur $E^2 = E \times E$ une loi externe de domaine $\mathbb{C}$ par : pour $\lambda = a+ib \in \mathbb{C}$ et $(x,y) \in E^2$, $\lambda \cdot (x,y) = (ax-by, bx+ay)$. Montrer que $(E^2, +, \cdot)$ est un $\mathbb{C}$-espace vectoriel.
L’ensemble $(E^2, +)$ est un groupe commutatif. Il suffit de vérifier les axiomes de la loi externe. Soient $\lambda = a+ib$ et $\mu = c+id$ deux nombres complexes.
- $1 \cdot (x,y) = (1+i0) \cdot (x,y) = (1x-0y, 0x+1y) = (x,y)$.
- La distributivité par rapport à l’addition des vecteurs et des scalaires se vérifie par calcul direct des composantes. Par exemple :
$(\lambda+\mu)\cdot(x,y) = ((a+c)x-(b+d)y, (b+d)x+(a+c)y) = (ax-by,bx+ay) + (cx-dy,dx+cy) = \lambda\cdot(x,y) + \mu\cdot(x,y)$. - Pour l’associativité : $\lambda\mu = (ac-bd)+i(ad+bc)$.
$(\lambda\mu)\cdot(x,y) = ((ac-bd)x-(ad+bc)y, (ad+bc)x+(ac-bd)y)$.
$\lambda\cdot(\mu\cdot(x,y)) = \lambda\cdot(cx-dy, dx+cy) = (a(cx-dy)-b(dx+cy), b(cx-dy)+a(dx+cy))$.
Un développement montre que les deux expressions sont égales.
La structure est donc bien un $\mathbb{C}$-espace vectoriel.
Soit $(E,+)$ un groupe commutatif et $p$ un nombre premier. Quelle condition nécessaire et suffisante $E$ doit-il vérifier pour pouvoir être muni d’une structure de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$-espace vectoriel ?
La condition est que chaque élément non nul de $E$ doit être d’ordre $p$.
($\implies$) Si $E$ est un $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$-espace vectoriel, alors pour tout $x \in E$, on a $\bar{p} \cdot x = \bar{0} \cdot x = 0_E$. Or, $\bar{p} \cdot x$ correspond à l’addition de $x$ avec lui-même $p$ fois, soit $px$. Donc $px=0_E$ pour tout $x \in E$.
($\impliedby$) Réciproquement, si $px=0_E$ pour tout $x \in E$, on peut définir la loi externe $\bar{m} \cdot x = mx$. Cette loi est bien définie car si $\bar{m}=\bar{n}$, alors $m-n$ est un multiple de $p$, donc $(m-n)x = 0_E$, d’où $mx=nx$. La vérification des axiomes est alors directe.
Soit $F$ l’ensemble des triplets $(x,y,z) \in \mathbb{K}^3$ (avec $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$) tels que $x^2+2y^2+2z^2+2xy+2xz=0$. $F$ est-il un sous-espace vectoriel de $\mathbb{K}^3$ ?
La réponse dépend du corps $\mathbb{K}$.
- Cas $\mathbb{K}=\mathbb{C}$ : Non. On peut trouver des contre-exemples. Par exemple, $(2, i, -i) \in F$ et $(2, -i, i) \in F$. Leur somme est $(4,0,0)$, qui n’appartient pas à $F$ car $4^2 \neq 0$. $F$ n’est pas stable par addition.
- Cas $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ : Oui. On peut réécrire l’équation : $x^2+2y^2+2z^2+2xy+2xz = (x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz) + y^2+z^2-2yz = (x+y+z)^2+(y-z)^2 = 0$. La somme de deux carrés de réels est nulle si et seulement si chaque carré est nul. Donc l’équation est équivalente au système linéaire : $\begin{cases} x+y+z = 0 \\ y-z = 0 \end{cases}$. L’ensemble des solutions de ce système est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.
Soient $F, G, H$ trois sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel $E$.
1. Montrer que si $H \subseteq F \cup G$, alors $H \subseteq F$ ou $H \subseteq G$.
2. Comparer $F \cap (G+H)$ et $(F \cap G) + (F \cap H)$.
3. Comparer $F + (G \cap H)$ et $(F+G) \cap (F+H)$.
1. Par l’absurde : supposons que $H \not\subseteq F$ et $H \not\subseteq G$. Il existe donc $x \in H$ tel que $x \notin F$, et $y \in H$ tel que $y \notin G$. Puisque $H \subseteq F \cup G$, on a nécessairement $x \in G$ et $y \in F$. Comme $H$ est un sous-espace, $x+y \in H$. Donc $x+y \in F$ ou $x+y \in G$. Si $x+y \in F$, alors $x = (x+y)-y \in F$ (car $y \in F$), ce qui est une contradiction. Si $x+y \in G$, alors $y = (x+y)-x \in G$ (car $x \in G$), autre contradiction. L’hypothèse de départ est donc fausse.
2. On a toujours $(F \cap G) + (F \cap H) \subseteq F \cap (G+H)$. L’inclusion inverse est fausse en général (c’est l’identité de modularité ou de Dedekind, qui n’est vraie que si $F \supseteq G$ ou $F \supseteq H$).
3. On a toujours $F + (G \cap H) \subseteq (F+G) \cap (F+H)$. L’inclusion inverse est fausse en général.
Pour tout entier $n \in \mathbb{N}$, soit $F_n = \{f \in \mathbb{R}^{\mathbb{R}} : \forall x \in \mathbb{R}, |x| \ge n \implies f(x)=0\}$.
a) Vérifier que $F_n$ est un sous-espace vectoriel.
b) Déterminer $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} F_n$.
c) Montrer que $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} F_n$ est un sous-espace vectoriel.
a) La fonction nulle est dans $F_n$. Si $f, g \in F_n$ et $\lambda \in \mathbb{R}$, alors pour $|x| \ge n$, on a $(f+g)(x) = f(x)+g(x)=0+0=0$ et $(\lambda f)(x) = \lambda f(x) = 0$. Donc $F_n$ est un sous-espace vectoriel.
b) Soit $f \in \bigcap_{n \in \mathbb{N}} F_n$. Pour un $x \in \mathbb{R}$ quelconque, on peut choisir un entier $n > |x|$. Alors, comme $f \in F_n$, on a $f(x)=0$. Ceci étant vrai pour tout $x$, $f$ est la fonction nulle. Donc $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} F_n = \{0\}$.
c) On remarque que la suite de sous-espaces $(F_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est croissante pour l’inclusion : $F_n \subseteq F_{n+1}$. La réunion d’une suite croissante de sous-espaces vectoriels est toujours un sous-espace vectoriel.
Soit $E$ un K-espace vectoriel. On note $\mathcal{V}$ l’ensemble de tous les sous-espaces vectoriels de $E$, ordonné par l’inclusion.
a) Montrer que $\mathcal{V}$ possède un plus petit et un plus grand élément.
b) Soient $F, G \in \mathcal{V}$. Montrer que $\{F,G\}$ possède une borne supérieure et une borne inférieure dans $\mathcal{V}$.
a) Le plus petit élément est le sous-espace nul $\{0_E\}$ car il est inclus dans tous les autres. Le plus grand élément est l’espace $E$ lui-même car il contient tous les autres.
b) Une borne inférieure (le plus grand des minorants) pour $\{F,G\}$ est $F \cap G$. Une borne supérieure (le plus petit des majorants) pour $\{F,G\}$ est $F+G$.
Soient $F, G, H$ les sous-espaces de $\mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ des suites vérifiant respectivement :
$F: u_{n+2}+u_{n+1}-2u_n=0$
$G: u_{n+2}-u_{n+1}-6u_n=0$
$H: u_{n+2}-2u_{n+1}-3u_n=0$
Déterminer $F \cap G$, $F \cap H$ et $G \cap H$.
Une suite $u$ est dans une intersection si elle vérifie les deux relations de récurrence simultanément.
- Pour $F \cap G$ : En soustrayant les deux équations, on obtient $2u_{n+1}+4u_n=0$, soit $u_{n+1}=-2u_n$. C’est une suite géométrique de raison -2. $F \cap G = Vect( ((-2)^n)_{n \in \mathbb{N}} )$.
- Pour $F \cap H$ : La soustraction donne $3u_{n+1}+u_n=0$. En reportant dans la première équation, on trouve que la suite doit être nulle. $F \cap H = \{0\}$.
- Pour $G \cap H$ : La soustraction donne $u_{n+1}-3u_n=0$, soit $u_{n+1}=3u_n$. C’est une suite géométrique de raison 3. $G \cap H = Vect( (3^n)_{n \in \mathbb{N}} )$.
Soient $F, G, H$ des sous-espaces de $E$ tels que $F \cap G = F \cap H$, $F+G=F+H$ et $G \subseteq H$. Montrer que $G=H$. L’égalité reste-t-elle vraie si l’une des hypothèses manque ?
Soit $x \in H$. Comme $F+G=F+H$, $x$ peut s’écrire $x=f+g$ avec $f \in F$ et $g \in G$. Puisque $G \subseteq H$, on a $g \in H$, donc $f = x-g \in H$. Ainsi, $f \in F \cap H$. Par hypothèse, $F \cap H = F \cap G$, donc $f \in F \cap G$, ce qui implique $f \in G$. Finalement, $x=f+g$ est une somme de deux vecteurs de $G$, donc $x \in G$. On a montré $H \subseteq G$. Comme on a déjà $G \subseteq H$, on conclut que $G=H$.
Si l’hypothèse $G \subseteq H$ est omise, l’égalité est fausse. Contre-exemple dans $\mathbb{R}^2$: $F=Vect(e_1), G=Vect(e_2), H=Vect(e_1+e_2)$. On a $F+G=F+H=\mathbb{R}^2$ et $F \cap G = F \cap H = \{0\}$, mais $G \neq H$. Cet exemple montre aussi que $F \oplus G = F \oplus H$ n’implique pas $G=H$.
Soit $A \in \mathbb{R}[X]$ un polynôme non nul. Soit $F = \{P \in \mathbb{R}[X] : A \text{ divise } P\}$. Montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}[X]$ et déterminer un supplémentaire de $F$.
$F$ est l’idéal engendré par $A$. Il est non vide (contient $0$) et stable par addition et multiplication par un scalaire (qui est un cas particulier de la multiplication par un polynôme). C’est donc un sous-espace vectoriel.
Soit $n = \deg(A)$. Le sous-espace $G = \mathbb{R}_{n-1}[X]$ (l’ensemble des polynômes de degré strictement inférieur à $n$) est un supplémentaire de $F$. En effet, par division euclidienne, tout polynôme $P \in \mathbb{R}[X]$ s’écrit de manière unique $P = QA+R$ avec $\deg(R) < n$. Cela montre que $\mathbb{R}[X] = F+G$. De plus, si un polynôme est dans $F \cap G$, il est divisible par $A$ et de degré inférieur à celui de $A$, il doit donc être le polynôme nul. L'intersection est réduite à $\{0\}$, la somme est donc directe : $\mathbb{R}[X] = F \oplus G$.