Exercices sur les espaces vectoriels

La plupart des espaces fonctionnels ont une structure d’espaces vectoriels de dimension infinie. Des exercices sur les espaces vectoriels sont introduits pour se familiariser avec les calculs dans ce type d’espace. En particulier, l’étude des sous-espaces vectoriels et des relations entre les parties d’un espace vectoriel.

Reconnaitre une structure d’espaces vectoriels

Exercice: Déterminer si les sous-ensembles suivantes sont des sous-espaces vectoriels:

1. $E=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x+y=0\}$.
2. $F=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x+y=1\}$.
3. $G=\{f:[-1,1]\to \mathbb{R}\;\text{continue}:\; 3f(-1)=f(0)\}.$
4. $H=\{f:[-1,1]\to \mathbb{R}\;\text{continue}:\; 3f(-1)=f(0)+2\}$.
5. $C_0=\{(u_n)_n \subset \mathbb{R}: u_n\to 0,\;n\to\infty\}$.

Solution:

1. On a $E\subset \mathbb{R}^2$ et $\mathbb{R}^2$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel. De plus, il est évident que $0_{\mathbb{R}^2}=(0,0)\in E,$ ce qui implique que $E$ est non vide. Il suffit donc de montrer que $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^2$. pour ceci, soient $\lambda\in \mathbb{R}$ et $u_1,u_2\in E$ tels que $$u_1=(x_1,y_1),\quad u_2=(x_2,y_2).$$ Il faut montrer que $u_1+u_2\in E$ et $\lambda u_1\in E$. En effet on a \begin{align*}& \lambda (x_1,y_1)=(\lambda x_1,\lambda y_1)\cr &\lambda x_1+\lambda y_1=\lambda (x_1+y_1)= \lambda\times 0=0.\end{align*}Donc $\lambda (x_1,y_1)\in E$. De plus on a aussi\begin{align*}& u_1+u_2=(x_1+x_2,y_1+y_2)\cr & (x_1+y_1)+(x_2+y_2)=0+0=0.\end{align*} Donc $u_1+u_2\in E$. Par suite, $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^2$.
2. On a $F\subset \mathbb{R}^2$ et que $F$ est non vide car $(1,0)\in F$. Mais l’élément neutre $0_{\mathbb{R}^2}=(0,0)\notin F$. Donc $F$ ne peut jamais être un sous-espace vectoriel.
3. On note par $C([-1,1],\mathbb{R})$ le $\mathbb{R}$-espace vectoriel des toutes les fonctions continues de $[-1,1]$ dans $\mathbb{R},$ muni de lois suivantes $(f+g)(x)=f(x)+g(x)$ et $(\lambda f)(x)=\lambda f(x)$ pour tous $f,g\in C([-1,1],\mathbb{R})$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. On a $G\subset C([-1,1],\mathbb{R})$ et la fonction nulle $\Theta(x)=0$ pour tout $x\in [-1,1]$ est un élément de $G$ puisque cette fonction est continue sur $[-1,1]$ et que $3\Theta(-1)= 3\times 0=0=\Theta(0)$. Soient $f,g\in G$ et $\lambda\in \mathbb{R}$. On a $f+g$ est continue et que \begin{align*}3(f+g)(-1)&=3 (f(-1)+g(-1))\cr &=3f(-1)+3g(-1)\cr &=f(0)+g(0)=(f+g)(0),\end{align*} d’où $f+g\in G$. De plus $3(\lambda f)(-1)=3\lambda f(-1)=\lambda 3 f(-1)=\lambda f(0)=(\lambda f)(0),$ d’où $\lambda f\in G$. Ainsi $G$ est un sous-espace de $C([-1,1],\mathbb{R})$.
4. $H$ n’est pas un sous-espace de $C([-1,1],\mathbb{R})$ car il ne contient pas la fonction nulle, l’élément neutre de $C([-1,1],\mathbb{R})$.
5. Soit $\mathcal{F}(\mathbb{N},\mathbb{R})$ l’espace vectoriel des suites de nombres réels. On sait que la suite nulle $(0)_n$ (tout les termes de suites sont nuls) converge vers $0$. Donc $(0)_n\subset C_0$ Soit $(u_n)$ et $(v_n)$ deux suites dans $C_0$. On a $(u_n)+(v_n)=(u_n+v_n)_n$ et \begin{align*} \lim_{n\to +\infty} (u_n+v_n)&=\lim_{n\to +\infty} u_n+\lim_{n\to +\infty}v_n\cr &=0+0=0.\end{align*} Donc $(u_n)+(v_n)\in C_0$. D’autre pour $\lambda\in \mathbb{R}$ on a $\lambda (u_n)=(\lambda u_n)$ et\begin{align*}\lim_{n\to +\infty} \lambda u_n=\lambda \lim_{n\to +infty} u_n= \lambda\times 0=0.\end{align*}Ce qui implique $\lambda (u_n)=(\lambda u_n)\in C_0$. Ainsi $C_0$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{F}(\mathbb{N},\mathbb{R})$.

Exercice:

1. Montrer que les seuls sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$ sont ${0}$ et $\mathbb{R}$.
2. Soit $\mathcal{E}$ l’ensemble des applications de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ deux fois dérivables et vérifiant l’équation\begin{align*}\tag{Eq} \ddot{f}+2f’-f=0.\end{align*}Montrer que $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel.

Solution:

1. Soit $G$ un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$. Supposons que $G\neq \{0\},$ donc $G$ contient au moins un élément $a$ non nul ($a\in G$ et $a\neq 0$). Nous allons montrer que $G=\mathbb{R}$, il suffit donc de montrer que $\mathbb{R}\subset G$. Soit donc $x\in \mathbb{R}$ et posons $\lambda:= \frac{x}{a}$. Comme $G$ est $\mathbb{R}$-sous-espace et $a\in G,$ alors $x=\lambda a\in G$. Ce qui preuve que $\mathbb{R}\subset G,$ et donc $G=\mathbb{R}$.
2. On sait que $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$,l’ensemble des applications de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R},$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel. Comme $\mathcal{E}\subset \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$, il suffit de montrer que $\mathcal{E}$ est un sous espace vectoriel de $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$. Il est claire que la fonction nulle $0$ (l’élément neutre de $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$) est deux fois dérivable et satisfait (Eq), donc $0\in \mathcal{E}$. Soit maintenant $f,g\in \mathcal{E}$ and $\lambda\in \mathbb{R}$. On a donc $\ddot{f}+2f’-f=0$ et $\ddot{g}+2g’-g=0$. En faisant la somme, on trouve\begin{align*}(f+g)^{..}+2(f+g)’-(f+g)=0.\end{align*}D’où $f+g\in\mathcal{E}$. D’autre part, on a \begin{align*}(\lambda f)^{..}+(\lambda f)’-2(\lambda f)&=\lambda (\ddot{f}+2f’-f)\cr &=\lambda\times 0=0.\end{align*}D’où $\lambda f\in\mathcal{E}$. Ceci implique que $\mathcal{E}$ est un sous espace de l’espace vectoriel des application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.

Exercice:

1. La famille $\{(1,2,3),(-1,0,-1),(1,-2,0)\}$ est-elle une famille libre de $\mathbb{R}^3$.
2. Soit $c>b>a>0$ et on pose $$ u_n=a^n,\quad v_n=b^n,\quad w_n=c^n,\qquad \forall n\in \mathbb{N}. $$ Soit $\mathcal{S}$ l’espace vectoriel des suites de nombres réels. Montrer que la famille $\{(u_n),(v_n),(w_n)\}$ est une famille libre dans $\mathcal{S}$.

1. Soient $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\in \mathbb{R}$ tel que $$ \lambda_1(1,2,3)+\lambda_2(-1,0,-1)+\lambda_3(1,-2,0)=(0,0,0). $$ Donc on a le système suivant\begin{align*}\begin{cases} \lambda_1 -\lambda_2 + \lambda_3=0,& (1)\cr 2\lambda_1-2\lambda_3=0,& (2)\cr 3\lambda_1-\lambda_2=0, &(3). \end{cases}\end{align*}En fait (1)+(2) on trouve $3\lambda_1=\lambda_2+\lambda_3$. En utilisant (3) on a $3\lambda_1=\lambda_2+\lambda_3=\lambda_2$. D’où $\lambda_3=0$. La relation (2) donne alors $\lambda_1=0$. La relation (3) donne $\lambda_2=0$. Finalement $\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0$. Ainsi la famille $\{(1,2,3),(-1,0,-1),(1,-2,0)\}$ est libre dans $\mathbb{R}^3$.
2. Soient $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\in \mathbb{R}$ tel que $$ \lambda_1(u_n)+\lambda_2(v_n)+\lambda_3(w_n)=(0). $$ Donc $$ \forall n\in\mathbb{N},\qquad a^n \lambda_1+ b^n \lambda_2+ c^n \lambda_3=0. $$ Dans un premier temps, on divise par $c_n$ (c’est justifier car $c\neq 0$), on trouve\begin{align*}\tag{P} \forall n\in\mathbb{N},\qquad \left(\frac{a}{c}\right)^n \lambda_1+ \left(\frac{b}{c}\right)^n \lambda_2+\lambda_3=0.\end{align*}Comme $0 < \frac{a}{c} < 1$ et $0 < \frac{b}{c} < 1$, alors (suite géométrique) on a \begin{align*}\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{a}{c}\right)^n=0,\qquad \lim_{n\to +\infty} \left(\frac{b}{c}\right)^n=0.\end{align*}En faisant tendre $n\to +\infty$ dans (P) on obtient $\lambda_3=0$. Et donc pour tout $n\in\mathbb{N}$ on a $a^n \lambda_1+ b^n \lambda_2=0.$ Par la même technique en divise pas $b^n$ et en fait tendre $n$ vers $\infty$ on trouve $\lambda_2=0$. Ce qui donne aussi $a^n \lambda_1=0$ pour tout $n,$ donc en particulier $a \lambda_1 0=0$. Comme $a>0$ alors $\lambda_1=0$. Donc la famille est libre dans $\mathcal{S}$.