Capes : exercices sur les espaces vectoriels

Exercice 1

- Polynômes à degrés échelonnés [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Soit $(P_1,\dots,P_n)$ une famille de polynômes de $\mathbb C[X]$ non nuls, à degrés échelonnés, c'est-à-dire $\deg(P_1)<\deg(P_2)<\dots<\deg(P_n)$. Montrer que $(P_1,\dots,P_n)$ est une famille libre.

Indication

Corrigé

Exercice 2

- Base+coordonnées [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Montrer que les vecteurs $u_1=(0,1,1)$, $u_2=(1,0,1)$ et $u_3=(1,1,0)$ forment une base de $\mathbb R^3$. Trouver dans cette base les coordonnées du vecteur $u=(1,1,1)$.

Indication

Corrigé

Exercice 3

- Bases de sous-espaces vectoriels - 1 [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soient $F$ et $G$ les sous-espaces vectoriels de $\mathbb R^3$ définis par : \begin{eqnarray*} F&=&\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x-2y+z=0\}\\ G&=&\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ 2x-y+2z=0\}. \end{eqnarray*}

Donner une base de $F$, une base de $G$, en déduire leur dimension respective.
Donner une base de $F\cap G$, et donner sa dimension.
Montrer que la famille constituée des vecteurs de la base de $F$ et des vecteurs de la base de $G$ trouvées en 1 est une famille génératrice de $\mathbb R^3$. Est-elle libre?
Les espaces $F$ et $G$ sont-ils supplémentaires?

Indication

Corrigé

On trouve d'abord une famille génératrice de $F$. On a : $$(x,y,z)\in F\iff x-2y+z=0\iff \left\{ \begin{array}{rcccc} x&=&y\times 2&+&z\times(-1)\\ y&=&y\times 1&+&z\times 0\\ z&=&y\times 0&+&z\times 1. \end{array}\right.$$ Les vecteurs $(2,1,0)$ et $(-1,0,1)$ engendrent donc $F$. De plus, les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, dont la famille est libre. C'est une base de $F$ qui est de dimension 2.
On procède de même pour $G$ : $$(x,y,z)\in G\iff 2x-y+2z=0\iff \left\{ \begin{array}{rcccc} x&=&x\times 1&+&z\times0\\ y&=&x\times 2&+&z\times 2\\ z&=&x\times 0&+&z\times 1. \end{array}\right.$$ On trouve cette fois que $\big( (1,2,0),(0,2,1)\big)$ est une base de $G$ qui est de dimension 2.
C'est la même chose, mais cette fois on a deux équations. $$(x,y,z)\in F\cap G\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x-2y+z&=&0\\ 2x-y+2z&=&0\\ \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} x-2y+z&=&0\\ 3y&=&0\\ z&=&z\\ \end{array}\right.$$ $$\iff \left\{\begin{array}{rcl} x&=&z\times(-1)\\ y&=&z\times 0\\ z&=&z\times 1 \end{array}\right.$$ Ainsi, le vecteur $(-1,0,1)$ engendre $F\cap G$. Comme une famille constituée d'un vecteur non-nul est libre, $(-1,0,1)$ est une base de $F\cap G$ qui est de dimension 1.
Notons $u=(2,1,0)$, $v=(-1,0,1)$, $w=(1,2,0)$ et $t=(0,2,1)$. Il s'agit de montrer que $(u,v,w,t)$ est une famille génératrice de $\mathbb R^3$.
Méthode 1. Soit $(x,y,z)\in\mathbb R^3$ et essayons d'écrire $(x,y,z)=au+bv+cw+dt$. Alors on doit résoudre le système \begin{eqnarray*}\left\{ \begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ a+2c+2d&=&y\\ b+d&=&z\\ \end{array}\right. &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ b+3c+4d&=&2y-x\\ b+d&=&z \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{\begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ b+3c+4d&=&2y-x\\ 3c+3d&=&2y-x-z. \end{array}\right. \end{eqnarray*} On voit donc qu'on peut imposer une valeur quelconque à $d$, puis, le système étant triangulaire, obtenir les valeurs de $c$, $b$ et enfin $a$.
Méthode 2. L'espace vectoriel engendré par la réunion des deux bases est $F+G$. On doit démontrer que $F+G=\mathbb R^3$, et pour cela il suffit de démontrer que $\dim(F+G)=3$. Par le théorème des quatre dimensions, on a $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=2+2-1=3,$$ ce qu'il fallait démontrer.
La famille $(u,v,w,t)$ n'est pas libre car une famille libre de $\mathbb R^3$ comporte au maximum trois éléments.
$F$ et $G$ ne sont pas supplémentaires car $F\cap G\neq \{0\}$.

Exercice 4

- Exercice de synthèse [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On considère dans $\mathbb R^4$ : $$\begin{array}{llll} v_1=(1,2,0,1)&v_2=(1,0,2,1)&v_3=(2,0,4,2)\\ w_1=(1,2,1,0)&w_2=(-1,1,1,1)&w_3=(2,-1,0,1)&w_4=(2,2,2,2). \end{array}$$

Montrer que $(v_1,v_2)$ est libre et que $(v_1,v_2,v_3)$ est liée.
Montrer que $(w_1,w_2,w_3)$ est libre et que $(w_1,w_2,w_3,w_4)$ est liée.
Montrer que $(v_1,v_2,w_1,w_2)$ est libre.
Soit $F$ le sous-espace vectoriel de $\mathbb R^4$ engendré par $(v_1,v_2,v_3)$.
1. Déterminer une base de $F$.
2. Donner un supplémentaire de $F$.
Soit $G$ le sous-espace vectoriel engendré par $(w_1,w_2,w_3,w_4)$. Déterminer une base de $G$.
1. A l'aide des bases trouvées en 4. et 5. construire un système générateur de $F+G$.
2. En déduire que $F+G=\mathbb R^4$.
1. Montrer que $v_1+v_2$ est dans $F\cap G$.
2. Calculer la dimension de $F\cap G$.
3. Donner une base de $F\cap G$.
$F$ et $G$ sont-ils supplémentaires?

Indication

Corrigé

$v_1$ et $v_2$ ne sont pas proportionnels, donc la famille $(v_1,v_2)$ est libre. En revanche, $v_3=2v_2$ et donc $(v_1,v_2,v_3)$ est liée.
Soit $aw_1+bw_2+cw_3=0$. On trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} a-b+2c&=&0\\ 2a+b-c&=&0\\ a+b&=&0\\ b+c&=&0 \end{array}\right.\iff \left\{ \begin{array}{rcl} a-b+2c&=&0\\ 3b-5c&=&0\\ 2b-2c&=&0\\ b+c&=&0 \end{array}\right.$$ Les deux dernières équations donnent immédiatement $b=c=0$ et en revenant à la première on obtient aussi $a=0$. Ainsi, la famille $(w_1,w_2,w_3)$ est libre. Étudions maintenant $aw_1+bw_2+cw_3+dw_4=0$. On trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} a-b+2c+2d&=&0\\ 2a+b-c+2d&=&0\\ a+b+2d&=&0\\ b+c+2d&=&0 \end{array}\right.\iff \left\{ \begin{array}{rcl} a-b+2c+2d&=&0\\ 3b-5c-2d&=&0\\ 2b-2c&=&0\\ b+c+2d&=&0 \end{array}\right.$$ $$\iff \left\{ \begin{array}{rcl} a+b+2d&=&0\\ -2b-2d&=&0\\ c&=&b\\ 2b+2d&=&0 \end{array}\right.$$ La seconde et la dernière équation sont identiques, et on trouve que le système est équivalent à $$\left\{ \begin{array}{rcl} a&=&b\\ b&=&b\\ c&=&b\\ d&=&-b \end{array}\right.$$ Ainsi, $w_1+w_2+w_3-w_4=0$ : la famille $(w_1,w_2,w_3,w_4)$ est liée. Bien sûr, on pouvait remarquer dès le départ que $w_4=w_1+w_2+w_3\dots$.
On résout toujours l'équation $av_1+bv_2+cw_1+dw_2=0$ et on prouve que $a=b=c=d=0$. Le détail des calculs est laissé au lecteur courageux...
1. $(v_1,v_2,v_3)$ est une famille génératrice de $F$ mais ce n'est pas une base de $F$ car elle n'est pas libre. Puisque $v_3$ est combinaison linéaire de $v_1$ et $v_2$, la famille $(v_1,v_2)$ engendre aussi $F$. Elle est libre : c'est une base de $F$.
2. Puisque $(v_1,v_2,w_1,w_2)$ est une famille libre de 4 vecteurs dans un espace de dimension 4, c'est une base de $\mathbb R^4$. Si $F_0$ est le sous-espace vectoriel engendré par $w_1$ et $w_2$, alors $F_0$ est un supplémentaire de $F$. En effet, $F\cap F_0=\{0\}$, puisqu'un élément $x$ de $F\cap F_0$ s'écrit à la fois $x=av_1+bv_2=av_1+bv_2+0w_1+0w_2$ et $x=cw_1+dw_2=0v_1+0v_2+cw_1+dw_2$ ce qui entraine, par unicité de l'écriture dans une base, $a=b=c=d=0$ et $x=0$. De plus, $\dim(F\oplus F_0)=\dim(F)+\dim(F_0)=4$, et donc $F\oplus F_0$ est un sous-espace de $\mathbb R^4$ de dimension 4 : $F\oplus F_0=\mathbb R^4$.
En raisonnant comme à la question précédente, mais en utilisant cette fois le résultat de la question 2. on trouve que $(w_1,w_2,w_3)$ est une base de $G$.
1. Un système générateur de $F+G$ est obtenu en faisant la réunion d'un système générateur de $F$ et d'un système générateur de $G$. La famille $(v_1,v_2,v_3,w_1,w_2,w_3,w_4)$ est donc un système générateur de $F+G$.
2. D'après la question 3, $(v_1,v_2,w_1,w_2)$ est une famille libre. Puisqu'elle comporte quatre éléments, c'est une base de $\mathbb R^4$. Ainsi, le sous-espace vectoriel qu'elle engendre est égal à $\mathbb R^4$. Or, on a $\textrm{vect}(v_1,v_2,w_1,w_2)\subset F+G$, et donc $F+G=\mathbb R^4$ puisqu'il contient $\mathbb R^4$ (et est évidemment contenu dans $\mathbb R^4$).
1. Puisque $v_1$ et $v_2$ sont dans $F$ et que $F$ est un espace vectoriel, $v_1+v_2$ est dans $F$. De plus, $v_1+v_2=w_4\in G$.
2. Par le théorème des quatre dimensions, on a $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)$$ d'où on tire $4=2+3-\dim(F\cap G)$, soit $\dim(F\cap G)=1$.
3. Puisque $w_4\in F\cap G$ et $w_4\neq 0$, la famille $(w_4)$ est une famille libre de un vecteur dans un espace de dimension 1. C'est une base de $F\cap G$.
Non, $F\cap G\neq\{0\}$.

Exercice 5

- Noyau et image [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On considère l'application linéaire $f$ de $\mathbb R^3$ dans $\mathbb R^4$ définie par $$f(x,y,z)=(x+z,y-x,z+y,x+y+2z).$$

Déterminer une base de $\textrm{Im}(f)$.
Déterminer une base de $\ker(f)$.
L'application $f$ est-elle injective? surjective?

Indication

Corrigé

Exercice 6

- Projection ou symétrie [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On considère l'application linéaire $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ définie par $f(x,y,z)=(2x-2z,y,x-z)$. $f$ est-elle une symétrie? une projection? Déterminer une base de ses éléments caractéristiques.

Indication

Corrigé

Exercice 7

- Fonctions paires / Fonctions impaires [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $E=\mathcal F(\mathbb R,\mathbb R)$ l'espace vectoriel des fonctions de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$. On note $F$ le sous-espace vectoriel des fonctions paires (ie $f(-x)=f(x)$ pour tout $x\in\mathbb R$) et $G$ le sous-espace vectoriel des fonctions impaires (ie $f(-x)=-f(x)$ pour tout $x\in\mathbb R$). Montrer que $F$ et $G$ sont supplémentaires.

Indication

Corrigé

Exercice 8

- Du local au global... [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie et $f\in\mathcal L(E)$. On suppose que, pour tout $x\in E$, il existe un entier $n_x\in\mathbb N$ tel que $f^{n_x}(x)=0.$ Montrer qu'il existe un entier $n$ tel que $f^n=0$.

Indication

Corrigé

Exercice 9

- [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $E$ un espace vectoriel et $f\in\mathcal L(E)$.

Montrer que $$\ker(f)=\ker(f^2)\iff \textrm{Im}f\cap\ker(f)=\{0\}.$$
On suppose que $E$ est de dimension finie. Montrer que $$\ker(f)=\ker(f^2)\iff \textrm{Im}f\oplus \ker(f)=E\iff \textrm{Im}(f)=\textrm{Im}(f^2).$$

Indication

Corrigé

Exercice 10

- Application aux polynômes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Le but de cet exercice est l'étude de l'application $\Delta$ définie sur $\mtr[X]$ par $(\Delta P)(X)=P(X+1)-P(X)$.

Question préliminaire : Soit $(P_n)$ une famille de $\mtr[X]$ telle que pour chaque $n$, $\deg(P_n)=n$. Prouver que $(P_n)$ est une base de $\mtr[X]$.
Montrer que $\Delta$ est une application linéaire. Calculer son noyau et son image.
Montrer qu'il existe une unique famille $(H_n)_{n\in\mtn}$ de $\mtr[X]$ vérifiant, pour tout $n\geq 1$, $\Delta(H_n)=H_{n-1}$, $H_n(0)=0$ et telle que $H_0=1$. Montrer que $(H_n)$ est une base de $\mtr[X]$.
Soit $P\in\mtr_p[X]$. Montrer que $P$ peut s'écrire $$P=\sum_{n=0}^p (\Delta^nP)(0)H_n.$$
Montrer que l'on a $(\Delta^n P)(0)=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}\binom nk P(k)$.
Montrer que pour tout $n\geq 1$, $H_n=\frac{X(X-1)\dots (X-n+1)}{n!}$.
En déduire que, pour tout polynôme $P$ de degré $p$, les assertions suivantes sont équivalentes :
1. $P$ prend des valeurs entières sur $\mtz$.
2. $P$ prend des valeurs entières sur $\{0,\dots,p\}$.
3. Les coordonnées de $P$ dans la base $(H_n)$ sont des entiers.
4. $P$ prend des valeurs entières sur $p+1$ entiers consécutifs.

Indication

Corrigé

Pour montrer que la famille est libre, il suffit de prouver que toute sous-famille finie est libre ou encore que, pour tout $p$, la famille $(P_0,\dots,P_p)$ est libre. Imaginons que l'on ait une relation de liaison $\alpha_0 P_0+\dots +\alpha_p P_p=0$, où l'un au moins des $\alpha_i$ est non nul. Soit $q$ le plus grand des $i$ pour lequel $\alpha_i\neq 0$. Alors, le polynôme $\alpha_0P_0+\dots+\alpha_qP_q$ est de degré $q$, et en même temps il est nul : c'est bien sûr une contradiction. La famille $(P_n)$ est donc libre. D'autre part, fixons un $p\geq 0$ et $Q$ un polynôme de degré $p$. Puisque $(P_0,\dots,P_p)$ est une famille libre de $\mtr_p[X]$ qui est de dimension $p+1$, elle en est une base. Ainsi, $Q$ peut s'écrire $\alpha_0P_0+\dots+\alpha_pP_p$, ce qui prouve que la famille $(P_n)$ est génératrice : c'est donc une base de $\mtr[X]$.
La linéarité ne pose pas de problèmes. D'autre part, si le terme dominant de $P$ est $\alpha_n X^n$, le terme dominant de $\Delta(P)$ est $\alpha_n\times n X^{n-1}$. Ainsi, $\Delta P=0$ si et seulement $P\in\mtr_0[X]$ (ie si $P$ est un polynôme constant). D'autre part, posons pour $n\geq 0$ $P_n=\Delta(X^{n+1})$. La famille $(P_n)$ est une famille de polynômes à degrés étagés. En outre, cette famille est contenue dans $\imv(\Delta)$. On a donc, d'après le résultat de la question préliminaire, $\mtr[X]=\vect(P_n;\ n\geq 0)\subset\imv(\Delta)$. Ceci prouve que $\Delta$ est surjective.
On note $E=\{P\in \mtr[X];\ P(0)=0\}$. $E$ est un supplémentaire de $\mtr_0[X]$ dans $\mtr[X]$. Ainsi, $\Delta$ induit un isomorphisme de $E$ sur $\mtr[X]$. On montre alors l'existence et l'unicité de $H_n$ par récurrence sur $n$, le cas $n=0$ étant donné par l'énoncé. Supposons $(H_0,\dots,H_{n-1})$ uniquement construits. Alors, la remarque précédente fait qu'il existe un unique $H_n$ de $E$ tel que $\Delta(H_n)=H_{n-1}$. On montre alors facilement par récurrence que pour chaque $n$, $\deg(H_n)=n$ (cela vient du fait que $\deg(\Delta(P))=\deg(P)-1$ si $P$ n'est pas un polynôme constant. D'après le résultat de la question préliminaire, $(H_n)$ forme une base de $\mtr[X]$.
Puisque $(H_n)$ est une base de $\mtr[X]$, il existe des réels $\alpha_0,\dots,\alpha_p$ tels que $P=\alpha_0 H_0+\dots+\alpha_p H_p$. Calculons $\Delta^n(P)$, sachant que $\Delta^n(H_k)=H_{k-n}$ si $n\leq k$, $\Delta^n(H_k)=0$ sinon. On obtient donc : $$\Delta^n P=\alpha_n H_0+\dots+\alpha_p H_{p-n}.$$ On évalue ensuite ce polynôme en $0$, en utilisant le fait que $H_k(0)=0$ si $k\neq 0$, mais vaut $1$ si $k=0$. On obtient donc : $$\Delta^n P(0)=\alpha_n.$$
On va montrer que $$(\Delta^nP)(X)=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom nk P(X+k),$$ l'évaluation en $0$ faisant le reste. Notons $T(P)(X)=P(X+1)$; clairement, $T^k(P)(X)=P(X+k)$. Remarquons que $\Delta=T-I$. Puisque $T$ et $I$ commutent, il est légitime d'appliquer la formule du binôme, et on a : $$\Delta^n=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom nk T^k.$$ Il suffit d'évaluer ceci en $P$ pour obtenir le résultat annoncé.
Posons $Q_n=\frac{X(X-1)\dots (X-n+1)}{n!}$ pour $n\geq 1$, avec $Q_0=1$. On remarque que pour tout $n\geq 1$, $Q_n(0)=0$, et un calcul quasi-immédiat montre que $\Delta Q_n=Q_{n-1}$. Ainsi, la famille $(Q_n)$ satisfait les conditions uniques qui définissent la famille $(H_n)$. C'est donc que $Q_n=H_n$ pour tout $n\geq 0$.
Il est d'abord clair que $i.\implies ii.$. Que $ii.$ entraîne $iii.$ résulte du calcul de $\Delta^n P(0)$ et de la décomposition de $P$ dans la base $H_n$. Remarquons d'autre part que si $a$ est dans $\{0,\dots,n-1\}$, $H_n(a)=0$, et si $a\geq n$, $H_n(a)=\binom an\in\mtn$. Si $a<0$, $a$ s'écrit $-b$ avec $b>0$, et on a $H_n(a)=(-1)^n \binom{b+n-1}n$. La décomposition de $P$ dans la base $H_n$ fait alors que $P(a)\in\mtz$ pour tout $a\in\mtz$, et on a prouvé l'équivalence des 3 premiers points.
Démontrons enfin que la dernière proposition est équivalente aux trois premières. Il est clair que $i.\implies iv.$ Réciproquement, si $P$ prend des valeurs entières sur $\{a,\dots,a+p\}$, alors $Q(X)=P(X+a)$ prend des valeurs entières sur $\{0,\dots,p\}$, et par l'équivalence des 3 premiers points, $Q$ prend des valeurs entières sur $\mtz$ tout entier. Il en est de même pour $P$.