Espaces Vectoriels

On remarque tout d’abord que chaque polynôme $\displaystyle P(X+a_i)$ est dans $\displaystyle \mathbb{R}_n[X]$ et que cette famille est bien de cardinal $\displaystyle (n+1)$, comme la dimension de $\displaystyle \mathbb{R}_n[X]$. Il suffit donc de prouver que c’est une famille libre. On se donne donc un $\displaystyle (n+1)$-uplet $\displaystyle (\lambda_0,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{R}^{n+1}$ tel que $\displaystyle Q(X) = \sum_{j=0}^n \lambda_j P(X+a_j)=0$. En particulier, on a $\displaystyle Q^{(i)}(0)=\sum_{j=0}^n \lambda_j P^{(i)}(a_j)= 0$ pour tout $\displaystyle i \in \{0,\ldots,n-1\}$. Ces $\displaystyle n$ conditions nécessaires peuvent donc s’écrire matriciellement $\displaystyle A X = 0$, où $\displaystyle X=(\lambda_0,\ldots,\lambda_n)^T$ et où $\displaystyle A=\left( P^{(i)}(a_j)\right)_{0 \le i,j \le n}$.
Pour montrer la liberté, il suffit de montrer que $\displaystyle X=0$, c’est-à-dire que la matrice $\displaystyle A$ est inversible, ou encore que $\displaystyle \det(A) \neq 0$. On peut sentir une certaine ressemblance entre $\displaystyle A$ et une matrice de Vandermonde, on va essayer de s’inspirer de la méthode de calcul de son déterminant. Pour cela, on pose $\displaystyle D(X)$ le déterminant de la matrice $\displaystyle A(X)$, qui est égale à la matrice $\displaystyle A$, sauf la dernière ligne qui est remplacée par $\displaystyle (P(X),P'(X),\ldots,P^{(n)}(X))^T$. On a $\displaystyle A(a_n)=A$, donc $\displaystyle \det(A) = D(a_n)$. En développant par rapport à la dernière ligne, on s’aperçoit que $\displaystyle D(X) \in \R[X]$. De plus, pour $\displaystyle i \in \{0,\ldots,n-1\}$, les lignes $\displaystyle i$ et $\displaystyle n+1$ de $\displaystyle A(a_i)$ sont égales, donc $\displaystyle D(a_i)=0$. Ainsi, on a trouvé $\displaystyle n$ racines au polynôme $\displaystyle D(X)$, qui sont distinctes par hypothèse. Ce sont toutes les racines de $\displaystyle D(X)$, donc $\displaystyle D(a_n) \neq 0$, et ainsi $\displaystyle A$ est inversible.

Égalité d’ensembles 👉 Double inclusion : on prend $\displaystyle f_j\in F_j$ et on essaie de montrer $\displaystyle f_j\in E_j$.

Soit $\displaystyle f_j\in F_j$. Par hypothèse on a aussi $\displaystyle f_j\in \bigoplus_{1\le i\le n} E_i$, donc on peut écrire $\displaystyle f_j=\sum_{1\le k\le n}e_k$ avec $\displaystyle e_k\in E_k$, i.e. $\displaystyle \sum_{k\neq j}e_k+ (e_j-f_j)=0$. Chaque terme de la somme est dans $\displaystyle F_j$, mais la somme des $\displaystyle F_i$ est directe, donc $\displaystyle e_j-f_j=0$, et $\displaystyle f_j=e_j\in E_j$, et alors $\displaystyle F_j\subset E_j$.

Avant de se lancer dans la rédaction, trouver cette condition.
👉 Examiner des exemples simples pour comprendre la situation.

Montrons l’équivalence :
$$\big(F\cup G\text{ est un sous-espace vectoriel de }E \big)\Leftrightarrow \big(F\subset G\text{ ou }G\subset F\big).$$ Le sens $\displaystyle \Leftarrow$ est immédiat : si $\displaystyle F\subset G$ alors $\displaystyle F\cup G=G$, et si $\displaystyle G\subset F$ alors $\displaystyle F\cup G=F$.
On montre l’autre implication par contraposée. Supposons $\displaystyle F\not\subset G$ et $\displaystyle G\not\subset F$ et montrons que $\displaystyle F\cup G$ n’est pas un sous-espace vectoriel de $\displaystyle E$.
Il existe alors :

• un vecteur $\displaystyle x_F$ tel que $\displaystyle x_F\in F$ et $\displaystyle x_F\notin G$,
• un vecteur $\displaystyle x_G$ tel que $\displaystyle x_G\in G$ et $\displaystyle x_G\notin F$.

$\displaystyle x_F$ et $\displaystyle x_G$ appartiennent alors à $\displaystyle F\cup G$, mais :

• $\displaystyle x_F+x_G$ n’appartient pas à $\displaystyle F$, car si c’était le cas, $\displaystyle x_G=(x_F+x_G)-x_F$ appartiendrait à $\displaystyle F$ comme combinaison linéaire de vecteurs de $\displaystyle F$;
• $\displaystyle x_F+x_G$ n’appartient pas à $\displaystyle G$, par le même raisonnement.

Conclusion. $\displaystyle x_F+x_G\notin F\cup G$. Ceci montre que $\displaystyle F\cup G$ n’est pas stable par combinaison linéaire.

1. Faux. Prendre par exemple, dans $\displaystyle \R^2$, la famille formée des vecteurs $\displaystyle u=(1,0)$, $\displaystyle v=(0,1)$ et $\displaystyle w=u+v$.
2. Faux. Prendre par exemple, dans $\displaystyle \R^2$, $\displaystyle u=v=(1,0)$ et $\displaystyle w=(0,1)$. On a $\displaystyle u=v$ donc $\displaystyle (u,v,w)$ est liée, mais $\displaystyle w$ n’est pas combinaison linéaire de $\displaystyle u$ et $\displaystyle v$.
3. Faux. Prendre par exemple, dans $\displaystyle \R^2$, $\displaystyle (u,v)$ avec $\displaystyle u=v=(1,0)$.
4. Vrai. Si $\displaystyle \mathcal G\subset\mathcal F$ avec $\displaystyle \mathrm{Vect}(\mathcal G)=E$, on a $\displaystyle \mathrm{Vect}(\mathcal G)\subset\mathrm{Vect}(\mathcal F)$ donc $\displaystyle \mathrm{Vect}(\mathcal F)=E$.
5. Faux. Prendre par exemple, dans $\displaystyle \R^2$, $\displaystyle \mathcal F=((1,0),(0,1))$ et $\displaystyle \mathcal G=((1,0),(0,1),(1,1))$.
   $\displaystyle \mathcal F$ est libre, et $\displaystyle \mathcal G$ n’est pas libre.
6. Vrai. Il contient une infinité de droites. Pour $\displaystyle \theta\in[0;\pi[$, les droites $\displaystyle D_\theta=\mathrm{Vect}((\cos\theta,\sin\theta))$ sont toutes distinctes.
7. Faux. Il n’en possède que deux : $\displaystyle \R$ et $\displaystyle \{0\}$.

Base en dimension finie 👉 Inversibilité de la matrice associée (dans une base simple).

On observe que $\displaystyle \mathcal F$ contient $\displaystyle (n+1)$ vecteurs, et que $\displaystyle \dim(\R_n[X])=n+1$.
On remarque ensuite que le terme de plus bas degré de $\displaystyle X^k(1-X)^{n-k}$ est $\displaystyle X^k$. Par conséquent la matrice de $\displaystyle \mathcal F$ dans la base canonique de $\displaystyle \R_n[X]$ est de la forme $$\begin{bmatrix}1&0&\dots&0\\\star&1&\ddots&\vdots\\\vdots&\ddots&\ddots&0\\\star&\dots&\star&1\end{bmatrix}.$$
C’est une matrice triangulaire à coefficients diagonaux non nuls, donc inversible. Donc $\displaystyle \mathcal F$ est bien une base.

1. Méthode besogneuse : revenir à la définition (stabilité par combinaison linéaire).
   Méthode rusée : reconnaître un “$\displaystyle \ker$” ou un “$\displaystyle \mathrm{Vect}$”
2. Existence et unicité d’une décomposition 👉 Analyse-synthèse.

1. L’application $\displaystyle \phi:E\to\R^2$ définie par $\displaystyle \phi(f)=(f(0),f'(0))$ est linéaire. Donc $\displaystyle F=\ker(\phi)$ est un sous-espace vectoriel de $\displaystyle E$.
   $\displaystyle G$ est clairement inclus dans $\displaystyle E$ (une fonction affine est $\displaystyle \mathcal C^1$). De plus $\displaystyle G=\mathrm{Vect}(x\mapsto 1,x\mapsto x)$ donc $\displaystyle G$ est un sous-espace vectoriel de $\displaystyle E$.
2. Soit $\displaystyle u\in E$, montrons par analyse-synthèse qu’il existe un unique couple $\displaystyle (f,g)\in F\times G$ tel que $\displaystyle u=f+g$.
   Analyse. Supposons que $\displaystyle u\in F$ et $\displaystyle v:x\mapsto ax+b$ vérifient $\displaystyle f=u+v$. Autrement dit
   $$\forall x\in\R,~f(x)=u(x)+ax+b.$$ En prenant $\displaystyle x=0$ on obtient $\displaystyle f(0)=u(0)+b=b$.
   Ensuite, en dérivant des deux côtés et en prenant $\displaystyle x=0$ on obtient $\displaystyle f'(0)=u'(0)+a=a$.
   On a donc nécessairement pour tout $\displaystyle x\in\R$ : $\displaystyle v(x)=f'(0)x+f(0)$ et $\displaystyle u(x)=f(x)-(f'(0)x+f(0))$.
   Synthèse. Posons $\displaystyle u:x\mapsto f(x)-(f'(0)x+f(0))$, et $\displaystyle v:x\mapsto f'(0)x+f(0)$.
   Alors $\displaystyle u$ et $\displaystyle v$ sont $\displaystyle \mathcal C^1$, et $\displaystyle u+v=f$. De plus $\displaystyle v$ appartient clairement à $\displaystyle G$, et $\displaystyle u(0)=f(0)-f(0)=0$, $\displaystyle u'(0)=f'(0)-f'(0)=0$ donc $\displaystyle u\in F$.

Sous-partie d’un espace vectoriel 👉 est-ce un SOUS-espace vectoriel ?
Le vecteur nul est-il dedans ? A t-on stabilité par combinaison linéaire ?

1. Non : $\displaystyle (1,1)\in F$ et $\displaystyle (1,-1)\in F$, mais la somme de ces deux vecteurs est $\displaystyle (2,0)\notin F$. Donc $\displaystyle F$ n’est pas stable par combinaison linéaire.
2. Oui : c’est un sous-e.v. de $\displaystyle \R^\N$. Il contient la suite nulle, et si $\displaystyle \lim u_n=\lim v_n=0$ alors pour $\displaystyle \lambda,\mu\in\R$ on a $\displaystyle \lim(\lambda u_n+\mu v_n)=\lambda.0+\mu.0=0$.
3. Non : $\displaystyle F$ ne contient pas la suite nulle.
4. Oui : $\displaystyle F$ contient la fonction nulle, et pour $\displaystyle f,g\in F$ et $\displaystyle \lambda,\mu\in\R$, on a $\displaystyle (\lambda f+\mu g)(\frac 12)=\lambda f(\frac 12)+\mu g(\frac 12)=0$.
5. Non : $\displaystyle F$ ne contient pas la fonction nulle.
6. Non : $\displaystyle F$ ne contient pas le polynôme nul.
7. Oui. Le polynôme nul vérifie $\displaystyle 0=0\times(X^2+3)$, et si on prend $\displaystyle P_1,P_2$ divisibles par $\displaystyle (X^2+3)$ et $\displaystyle \lambda_1,\lambda_2\in\R$, alors il existe $\displaystyle Q_1,Q_2\in\R[X]$ tels que $\displaystyle P_1=(X^2+3)Q_1$ et $\displaystyle P_2=(X^2+3)Q_2$. On a donc $\displaystyle \lambda_1P_1+\lambda_2P_2 = (X^2+3)(\lambda_1Q_1+\lambda_2Q_2 )$, divisible par $\displaystyle (X^2+3)$.
8. Faux. Prendre par exemple $\displaystyle A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ et $\displaystyle B=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$. On vérifie que $\displaystyle A^2=0$ et $\displaystyle B^2=0$. Mais $\displaystyle A+B=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ et $\displaystyle (A+B)^2=I_2$. Donc $\displaystyle F$ n’est pas stable par combinaison linéaire.

Inclusion $\displaystyle A\subset B$ 👉 Prendre $\displaystyle x\in A$, traduire les hypothèses, et montrer que $\displaystyle x\in B$.

1. Soit $\displaystyle x\in(F \cap H)+(G\cap H)$. Alors il existe $\displaystyle x_1\in F\cap H$, $\displaystyle x_2\in G\cap H$, tels que $\displaystyle x=x_1+x_2$.
   Alors, d’une part, $\displaystyle x\in F+G$ car $\displaystyle x_1\in F$ et $\displaystyle x_2\in G$. D’autre part, $\displaystyle x_1\in H$ et $\displaystyle x_2\in H$ donc $\displaystyle x\in H$ . Ainsi $\displaystyle x\in (F+G)\cap H$.
2. Soit $\displaystyle x\in (F\cap G)+H$. Alors il existe $\displaystyle x_1\in F\cap G$, $\displaystyle x_2\in H$ tels que $\displaystyle x=x_1+x_2$.
   Alors d’une part, $\displaystyle x\in F+H$ car $\displaystyle x_1\in F$ et $\displaystyle x_2\in H$. D’autre part, $\displaystyle x\in G+H$ car $\displaystyle x_1\in G$ et $\displaystyle x_2\in H$. ainsi $\displaystyle x\in (F+H)\cap(G+H)$.

Famille libre 👉 Poser une combinaison linéaire nulle, résoudre : y’a t-il d’autres solutions que de prendre tous les scalaires nuls ?

1. Soit $\displaystyle a,b,c\in\R$ tels que $\displaystyle a(1,-3,2)+b(0,2,-4)+c(1,-2,0)=0$.
   Par identification des coordonnées : $$\begin{cases}a+c=0\\-3a+2b-2c=0\\2a-4b=0\end{cases}$$
   On a donc, par opérations sur les équations : $$\begin{cases}a+c=0\\2b+c=0\\-4b-2c=0\end{cases}\qquad \begin{cases}a+c=0\\2b+c=0\\0=0.\end{cases}$$
   On peut par exemple prendre $\displaystyle a=2,b= 1, c=-2$.
   Donc $\displaystyle 2(1,-3,2)+(0,2,-4)-2(1,-2,0)=0$. Ainsi $\displaystyle \mathcal F$ est liée.
2. C’est une famille de polynômes de degrés échelonnés, donc libre.
3. Soit $\displaystyle a,b,c\in\R$ tels que $\displaystyle a.1+b.\cos+c.\sin=0$.
   Alors pour tout $\displaystyle x\in\R$, $\displaystyle a+b~\cos(x)+c~\sin(x)=0$.
   On obtient, en prenant par exemple $\displaystyle x=0$, $\displaystyle x=\pi/2$ et $\displaystyle x=\pi$ :
   $$\begin{cases}a+b=0\\a+c=0\\a-b=0.\end{cases}$$ Donc $\displaystyle a=b=c=0$. $\displaystyle \mathcal F$ est libre.
4. Soient $\displaystyle a_0,\dots,a_n\in\R$ tels que : $\displaystyle \forall x\in\R,~a_0+a_1 e^x+a_2 e^{2x}+\dots+a_ne^{nx}=0$.
   En faisant tendre $\displaystyle x\to-\infty$ on obtient $\displaystyle a_0=0$. Il reste $\displaystyle a_1 e^x+a_2 e^{2x}+\dots+a_ne^{nx}=0$.
   On peut diviser par $\displaystyle e^x$ car $\displaystyle e^x>0$ : on obtient $\displaystyle a_1+a_2 e^{x}+\dots+a_ne^{(n-1)x}=0$.
   En faisant tendre à nouveau $\displaystyle x\to-\infty$ on obtient $\displaystyle a_1=0$. Ainsi de suite, pour obtenir finalement $\displaystyle a_0=a_1=\dots=a_n=0$.
   $\displaystyle \mathcal F$ est donc libre.

Famille libre 👉 Poser une combinaison linéaire nulle, résoudre : y’a t-il d’autres solutions que de prendre tous les scalaires nuls ?

1. Soit $\displaystyle a,b,c\in\K$ tels que $\displaystyle a(X^2+2X+3)+b(X^2-X+1)+c(2X^2-2)=0$.
   Par identification des coefficients : $$\begin{cases}a+b+2c=0\\2a-b=0\\3a+b-2c=0\end{cases}$$
   On a donc, par opérations sur les équations : $$\begin{cases}a+b+2c=0\\-3b-4c=0\\-2b-8c=0\end{cases}\qquad \begin{cases}a+b+2c=0\\-3b-4c=0\\-16c=0.\end{cases}$$
   Ainsi, en remontant les équations, $\displaystyle a=b=c=0$. Donc $\displaystyle \mathcal F$ est libre.
2. $\displaystyle 1-\cos^2-\sin^2=0$, donc $\displaystyle \mathcal F$ est liée.
3. Soit $\displaystyle a,b,c\in\R$ tels que $\displaystyle \forall n\in\N,~an+b(-1)^n+c=0$.
   En prenant par exemple $\displaystyle n=0$, $\displaystyle n=1$ et $\displaystyle n=2$, on obtient :
   $$\begin{cases}b+c=0\\a-b+c=0\\2a+b+c=0.\end{cases}$$ La résolution (laissée au lecteur) donne $\displaystyle a=b=c=0$. $\displaystyle \mathcal F$ est libre.
4. Soient $\displaystyle a,b,c\in\R$. L’égalité $\displaystyle a\begin{bmatrix}1&0\\3&2\end{bmatrix}+b\begin{bmatrix}2&-1\\1&-1\end{bmatrix}+c\begin{bmatrix}4&-1\\7&3\end{bmatrix}=0_{\mathcal M_2(\R)}$ équivaut à : $$\begin{cases}a+2b+4c=0\\-b-c=0\\3a+b+7c=0\\2a-b+3c=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a+2b+4c=0\\b+c=0\\-5b-5c=0\\-5b-5c=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=-2c\\b=-c.\end{cases}$$
   Il existe donc des solutions $\displaystyle (a,b,c)$ non nulles. $\displaystyle \mathcal F$ est liée.

1. Choisir des inconnues libres, en fonction desquelles on exprime les autres. Reconnaître un $\displaystyle \mathrm{Vect}$.
2. Trouver la condition sur $\displaystyle (x,y,z)$ pour que le système $\displaystyle a(1,3,-2)+b(7,5,2)=(x,y,z)$ ait (au moins) une solution.

1. $\displaystyle (x,y,z,t)$ est solution ssi $\displaystyle \left\{\begin{array}{l} x-2y +t = 0 \\ x - 4y - z + 3 t = 0 \end{array}\right.$ ssi $\displaystyle \left\{\begin{array}{l} t=-x+2y \\ z = x-4y+3 t=-3x+2y \end{array}\right.$
   Ainsi $\displaystyle F=\{(x,y,-3x+2y,-x+2y), x,y\in\R\}=\mathrm{Vect}((1,0,-3,-1),(0,1,2,2))$.
   La famille trouvée est libre (deux vecteurs non colinéaires), donc c’est bien une base de $\displaystyle F$.
2. Soit $\displaystyle (x,y,z)\in\R^3$. On a (pivot de Gauss) :
   $$\begin{aligned} (x,y,z)\in G&\Leftrightarrow\exists (a,b)\in\R^2~:~\begin{cases}a+7b=x\\3a+5b=y\\-2a+2b=z\end{cases}\\ &\Leftrightarrow\exists (a,b)\in\R^2~:~\begin{cases}a+7b=x\\-16b=-3x+y\\16b=2x+z\end{cases}\\ &\Leftrightarrow\exists (a,b)\in\R^2~:~\begin{cases}a+7b=x\\-16b=-3x+y\\0=-x+y+z\end{cases} \end{aligned}$$
   Cette condition équivaut à $\displaystyle -x+y+z=0$. Ainsi $\displaystyle G=\{(x,y,z)\in\R^3~:~x-y-z=0\}$.

• $\displaystyle E$ un e.v. de dimension finie 👉 Travailler avec une base, bien choisie ou pas ;
• Dimension infinie 👉 Quel est un des e.v. de dimension infinie les plus simples que tu connaisses ?

Suivant nos réflexes, on introduit donc une base $\displaystyle (e_1,\cdots, e_n)$ de $\displaystyle E$. L’hypothèse dit qu’on peut trouver $\displaystyle p_1,\cdots,p_n$ tels que $\displaystyle u^{p_1}(e_1)=0$, …, $\displaystyle u^{p_n}(e_n)=0$. Soit $\displaystyle x=a_1e_1+\cdots+a_ne_n\in E$. Alors pour tout entier $\displaystyle p$, $\displaystyle u^p(x)=a_1u^p(e_1)+\cdots+a_nu^p(e_n)$ car $\displaystyle u^p$ est linéaire. On voit donc qu’il suffit de prendre $\displaystyle p=\max(p_1,\cdots,p_n)$ pour avoir $\displaystyle u^p(x)=0$. Le $\displaystyle p$ ne dépendant plus de $\displaystyle x$, on peut conclure !

Quid de la dimension infinie ? On prend $\displaystyle E=\R[X]$. Soit $\displaystyle u$ l’endomorphisme dérivation, il vérifie bien l’hypothèse : si on prend un polynôme de degré $\displaystyle q$, il suffit d’appliquer $\displaystyle u$ $\displaystyle (q+1)$-fois pour obtenir $\displaystyle 0$. Cependant $\displaystyle u$ ne peut pas être nilpotent d’indice $\displaystyle p$ donné. En effet on $\displaystyle u^p(Q)\neq 0$ si $\displaystyle \deg Q > p$. On voit ici très concrètement ce qui ne marche pas !