Structure d espace vectoriel Correction

DERNIÈRE IMPRESSION LE 12 septembre 2017 à 14:49 Structure d espace vectoriel Correctio 1 Combiaiso liéaire EXERCICE 1 a) w = (5, 5, 1) est pas combiaiso liéaire de u = (2, 3, 0) v = (3, 2, 0) car la derière coordoée de u et v est ul ce qui est pas le cas de w. b) Il faut trouver deux réels λ et µ tel que : P = λq+µ Par idetificatio : 16X 3 7X 2 + 21X 4 = 8λX 3 +( 5λ+µ)X 2 + 7µX+ λ 2µ 8λ = 16 5λ+µ = 7 7µ = 21 λ 2µ = 4 P est combiaiso liéaire de Q et R car : c) x R, cos 2 x = 1+cos(2x) 2 f = 1 2 g+ 1 2 h f est doc combiaiso liéaire de g et h. λ = 2 µ = 3 10+3 = 7 2 6 = 4 P = 2Q+3R d) Supposos que x R, λ, µ R, si(2x) = λ si x+µ cos x (1) Pour x = 0, (1) doe 0 = 0+µ µ = 0 Pour x = π, (1) doe 0 = λ+0 λ = 0 2 or f = 0, doc f est pas combiaiso liéaire de sius et cosius. EXERCICE 2 ( ) a b Soit A = M c d 2 (R), résolvos l équatio A 2 = λi 2 + µa. ( )( ) ( ) ( ) ( a b a b 1 0 a b a = λ + µ 2 ) ( ) + bc ab+bd λ+µa µb c d c d 0 1 c d ac+cd bc+d 2 = µc λ+µd Par idetificatio, o obtiet le système suivat : λ+µa = a 2 + bc µb = ab+bd µ = a+d µa+λ = a 2 + bc µc = ac+cd λ+µd = bc+d 2 µd+λ = bc+d 2 µ = a+d λ = bc ad Aisi A 2 = (bc ad)i 2 +(a+d)i 2 doc A 2 est combiaiso liéaire de I 2 et A. PAUL MILAN 1 CPGE - L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION 2 Sous-espaces vectoriel EXERCICE 3 Les esembles suivats sot-ils des sous-espaces vectoriels. a) A o sous-espace vectoriel de R 2 car 0 R 2 A b) B sous-espace vectoriel de R 3, e effet : 0 R 3 B, predre x = 0. Stabilité : pour tout u, v B, o a u = (x 1, 2x 1, 3x 1 ) et v = (x 2, 2x 2, 3x 2 ) : λu+µv = λ(x 1, 2x 1, 3x 1 )+µ(x 2, 2x 2, 3x 2 ) = ( (λx 1 + µx 2 ), 2(λx 1 + µx 2 ), 3(λx 1 + µx 2 ) ) B c) C sous-espace vectoriel de R 3, e effet : 0 R 3 C, car y 0R 3 = 0. Stabilité : pour tout u, v C, o a u = (x 1, 0, z 1 ) et v = (x 2, 0, z 2 ) : λu+µv = λ(x 1, 0, z 1 )+µ(x 2, 0, z 2 ) = (λx 1 + µx 2, 0, λz 1 + µz 2 ) C d) D o sous-espace vectoriel de R 2 : pas de stabilité. Par exemple ( 1, 2) D car ( 1) 3 +( 1)+( 2) 2 = 0 mais (1, 2) D car 1 3 + 1+( 2) 2 = 4 = 0 e) E sous-espace vectoriel de R 3, e effet : 0 R 3 E, car x 0R 3 = y 0 R 3 = 0 et 3y 0 R 3 2z 0 R 3 = 0. Stabilité : pour tout u, v E, o a u = (x 1, y 1, z 1 ) et v = (x 2, y 2, z 2 ) : λu+µv = (λx 1 + µx 2, λy 1 + µy 2, λz 1 + µz 2 ) E car x1 = y 1 et x 2 = y 2 λx 1 + µx 2 = λy 1 + µy 2 3y 1 2z 1 = 0 et 3y 2 2z 2 = 0 3(λy 1 + µy 2 ) 2(λz 1 + µz 2 ) = 0 f) F est u sous-espace vectoriel de C(R, R). 0 C(R,R) F, car 0(0)+0(1) = 0 = 0 (0) et 3y 0R 3 2z 0 R 3 = 0. Stabilité : pour tout f, g E, o pose h = λ f + µg, o a alors : h(0)+h(1) = λ f(0)+µg(0)+λ f(1)+µg(1) = λ( f(0)+ f(1))+µ(g(0)+ g(1)) = λ f (0)+µg (0) = h (0) EXERCICE 4 a) Soit E l esemble des foctios croissates de R das R. E est pas u sous-espace vectoriel de R R. Pas de stabilité. Par exemple : Id R est croissate (Id R E) mais Id R est décroissate, doc Id R E PAUL MILAN 2 CPGE L1 - ALGÈBRE

2. SOUS-ESPACES VECTORIEL b) Soit F l esemble des foctios mootoes de R das R. F est pas u sous-espace vectoriel de R R. Pas de stabilité. Par exemple : f = Id R et x g 1 3 x3 sot croissates. Aisi f, g F. x h= f g x 1 3 x3. h est dérivable x R, h (x) = 1 x 2 = (1 x)(1+ x). h (x) chage de sige e ( 1) et 1 doc h est pas mootoe et doc h F. c) Soit G l esemble des foctios de R das R somme d ue foctio croissate et d ue foctio décroissate. G est u sous-espace vectoriel de R R. 0 R R G car 0 R R = Id R +( Id R ) Soiet f 1, f 2 deux foctios croissates et g 1, g 2 deux foctios décroissates. Soiet h 1 = f 1 + g 1 et h 2 = f 2 + g 2 deux foctios de G. Soit h = λh 1 + µh 2 = (λ f 1 + µ f 2 )+(λg 1 + µg 2 ), avec λ, µ R. Quatre cas peuvet se poser : 1) λ 0, µ 0, o a alors : h = (λ f 1 + µ f }} 2 )+(λg 1 + µg 2 ) G }} croissate décroissate 2) λ 0, µ 0, o a alors : h = (λ f 1 + µg }} 2 )+(λg 1 + µ f 2 ) G }} croissate décroissate 3) λ 0, µ 0, o a alors : h = (λg 1 + µ f }} 2 )+(λ f 1 + µg 2 ) G }} croissate décroissate 4) λ 0, µ 0, o a alors : h = (λg 1 + µg }} 2 )+(λ f 1 + µg 2 ) G }} croissate décroissate λ, µ R, h = λh 1 + µh 2 G. d) Soit H l esemble des foctios majorées de R das R. H est pas u sous-espace vectoriel de R R. Pas de stabilité. Par exemple : x f e x est majorée par 0 doc f H. mais x g= f +e x est pas majorée doc g H. e) Soit K l esemble des foctios borées de R das R. K est u sous-espace vectoriel de R R. 0 R R G immédiat. Soit f, g deux foctios borées sur R avec : x R, m 1 f M 1 et m 2 g M 2, m 1, m 2, M 1, M 2 R Soit h = λ f + µg avec λ, µ R. Quatre cas peuvet se poser, d après les règles sur les iégalités, o a : PAUL MILAN 3 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION 1) λ 0, µ 0, o a alors : λm 1 + µm 2 h λm 1 + µm 2 doc h K 2) λ 0, µ 0, o a alors : λm 1 + µm 2 h λm 1 + µm 2 doc h K 3) λ 0, µ 0, o a alors : λm 1 + µm 2 h λm 1 + µm 2 doc h K 4) λ 0, µ 0, o a alors : λm 1 + µm 2 h λm 1 + µm 2 doc h K λ, µ R, h = λh 1 + µh 2 K. EXERCICE 5 a) F G ou G F F G = G ou F G = F F G sous-espace vectoriel Soiet x 1, x 2 F G tels que x 1 F G et x 2 F G F G sous espace vectoriel de E doc Deux cas peuvet se poser : x 1 + x 2 F G. 1) x 1 + x 2 F F stable (x 1 + x 2 ) x 1 = x 2 F Cotradictio. Doc F G = et doc G F 2) x 1 + x 2 G G stable (x 1 + x 2 ) x 2 = x 1 G Cotradictio. Doc F G = et doc F G b) 0 E F i immédiat. Soit x, y F i avec x F i et y F j. i I i I Comme (F i ) i I est ue suite filtrate de E, il existe k I tel que x, y F k. Comme F k est u sous-espace vectoriel de E, λx+µy F k, λ, µ R. Doc λx+µy i I F i. EXERCICE 6 Les opératios possibles sot la permutatio, la dilatatio et la trasvectio. Trasformos le Vect afi d obteir la base caoique de R 2 [X]. O appelle respectivemet P, Q et R les trois vecteurs du Vect. Au départ, o a aisi P = (X+ 1) 2, Q = X 2 1, et R = (X 1) 2 (X+ 1) 2 (X+ 1) 2 (X+ 1) 2 X 2 1 2X+ 2 Q P Q X Q 4 1 R (X 1) 2 4X R P R 1 R 2 1 Q 1 4 R X 1 X 2 P P 2Q R EXERCICE 7 Soit w = (1, 1, 2). w Vect(u, v) λ, µ R, w = λu+µv λ = 1 λ = 1 w = λu+µv λ+µ = 1 µ = 2 λ+aµ = 2 aµ = 1 L 2 L 1 +L 2 L 3 L 3 L 1 λ = 1 µ = 2 a = 1 2 Coclusio : w Vect(u, v) a = 1 2 PAUL MILAN 4 CPGE L1 - ALGÈBRE

3. FAMILLES LIBRES ET BASES 3 Familles libres et bases EXERCICE 8 Détermios α, β, γ, δ R tels que α f + βg+γh+δk = 0. O a alors : x R, α si x+β cos x+γx si x+δx cos x = 0 Par évaluatio e 0, π, π 2 et π o obtiet : 2 e 0 : β = 0 β = 0 e π e π : β πδ = 0, 2 : α+ π 2 γ = 0 δ = 0 π e 2 : α+ π 2 γ = 0 Coclusio : α f + βg+γh+δk = 0 α = β = γ = δ = 0. f, g, h, k sot liéairemet idépedats. γ = 0 α = 0 EXERCICE 9 La famille ( f, g, h) forme ue famille libre de R R si, et seulemet si, f, g, h sot liéairemet idépedats. Détermios α, β, γ R tels que α f + βg+γh = 0. O a alors : x R, αe x + βe 2x + γe x2 = 0 Par évaluatio e 0, 1, 1 o obtiet : e 0 : α+ β+γ = 0 e 1 : α e+ β e 2 + γ e = 0 e 1 : α e 1+ β e 2 + γ e = 0 α+ β+γ = 0 β(e 1) = 0 L 2 L 2 L 1 β(1 e)+γ(e 3 e) = 0 L 3 L 3 L 1 Coclusio : α f + βg+γh = 0 α = β = γ = 0. ( f, g, h) forme ue famille libre. α+ β+γ = 0 α+ β e+γ = 0 α e+ β+γ e 3 = 0 β = 0 γ = 0 α = 0 Autre méthode : Étude asymptotique e +, e posat h = α f + βg+γh O motre que puis que efi que EXERCICE 10 h(x) lim x + e x2 = γ comme h = 0 γ = 0 doc h = α f + βg. h(x) lim x + e 2x = β comme h = 0 β = 0 doc h = α f. lim x + h(x) e x = α comme h = 0 α = 0. O pose u = (1) N, v = ( 2 ) N et w = (2 ) N. Détermios α, β, γ R tels que αu+ βv+γw = 0 R N. O a alors : N, α+ β 2 + γ2 = 0 PAUL MILAN 5 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION Par évaluatio e 0, 1, 1 o obtiet : e 0 : e 1 : e 1 : α+γ = 0 α+ β+2γ = 0 α+ β+ 1 2 γ = 0 α+γ = 0 β+γ = 0 β 1 2 γ = 0 L 2 L 2 L 1 L 3 L 3 L 1 γ = 0 β = 0 α = 0 Coclusio : αu+ βv+γw = 0 α = β = γ = 0. (u, v, w) forme ue famille libre de R N. Par u étude asymptotique : o pose ( ) t 1 ( ) 2 = α + β 2 1 2 2 + y = α 2 }} 0 Comme t 2 = α Comme lim ) + ( 1 2 lim + EXERCICE 11 O pose u k = ( k ) N. t = αu+ βv+γw. + β l 2 2 ( l 2)2 e l 2 }} 0 t = 0 γ = 0 doc t = αu+ βv. 2 + β + β. +γ + t = 0 β = 0 et comme t = 0 o a α = 0. 2 Soit v = λ i u ki où (λ i ) est ue famille presque ulle de R. i N La famille (k i ) est ordoée das le ses décroissat et o a v = 0 R N γ v = 0 R N N, + λ i k i = 0 Motros par récurrece que : i N, λ i = 0 Iitialisatio : Pour i = 1 : = 0, v k 1 Comme N, v = 0, o a = 1 + k 1 λ i k + ( i 1 = λ 1 + λ i k=2 >0 }} ) k 1 k i + λ 1 λ 1 = 0. La propositio est iitialisée. Hérédité : i N. Supposos que j [[1, i]], λ j = 0 D après HR o a : v = = 0, v k i+1 = 1 k i+1 + λ j k j. j=i+1 Comme N, v = 0, o a + λ j k j = λ i+1 + j=i+1 + ( 1 λ j k=i+2 >0 }} ) k i+1 k j λ i+1 + λ i+1 = 0. La propositio est héréditaire. O a motré que i N, λ i = 0, les famille (u k ) k N est libre. PAUL MILAN 6 CPGE L1 - ALGÈBRE

3. FAMILLES LIBRES ET BASES EXERCICE 12 Soit (λ k ) k I ue famille presque ulle de R. ( ) + k 1 Soit λ k (X i) k=1 + Q = λ k P k = λ k P k = λ 0 P 0 + k I k=0 i=0 et o a Q = 0 R[X] Motros par récurrece que : N, λ = 0 Iitialisatio : = 0. ( ) + k 1 Q(0) = 0 λ 0 P 0 (0)+ λ k (0 i) = 0 λ 0 = 0 k=1 La propositio est iitialisée. i=0 } } =0 avec i=0 Hérédité : Soit N, supposos que k [[0, ]], λ k = 0 Q = + k=+1 Q(+1) = 0 ( ) k 1 λ k (X i) = i=0 i=0 i=0 (+1 i) } } =0 λ +1 = 0 La propositio est héréditaire. EXERCICE 13 (X i) [ λ +1 + [ λ +1 + + k=+2 + k=+2 λ k ( k 1 i=+1 ( )] k 1 λ k (X i) i=+1 )] (+1 i) } } =0 avec i=+1 a) Supposos (u 1, u 2,... u ) libre motros que (v 1, v 2,... v ) libre. λ k v k = k=1 λ k v k = 0 E k=1 ( ) k λ k u i = k=1 ) u i( λ k k=i ) (u i ) libre u i( λ k = 0 E i [[1, ]], k=i O pred das (1) : i = o obtiet λ = 0. = 0 λ k = 0 (1) k=i O pred das (1) : i = 1 o obtiet λ 1 + λ = 0 λ 1 = 0. De proche e proche e preat les valeurs décroissates de i, o déduit : La famille (v 1, v 2,..., v ) est libre. Supposos λ k u k = λ 1 v 1 + k=1 = k [[1, ]], λ k = 0 (v 1, v 2,... v ) libre motros que (u 1, u 2,... u ) libre. λ k (v k v k 1 ) = λ 1 v 1 λ 2 v 1 + k=2 1 v k (λ k λ k+1 )+λ v k=1 1 v k (λ k + λ k+1 )+λ v k=2 PAUL MILAN 7 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION λ k u k = 0 E k=1 1 (v i ) libre v k (λ k λ k+1 )+λ v = 0 E k=1 λ = 0 et k [[1, 1]], λ k λ k+1 = 0 k [[1, ]], λ k = 0 La famille (u 1, u 2,..., u ) est libre. b) (u 1, u 2,... u ) egedre E doc : x E, λ 1,... λ R, x = doc (v 1, v 2,... v ) egedre E. a) λ k u k = k=1 1 k=1 v k (λ k λ } k+1 )+ λ }}} =λ λ k Réciproquemet, (v 1, v 2,... v ) egedre E doc : a) ) x E, λ 1,... λ R, x = λ k v k = u i( λ k = λ i u i k=1 k=i }} λ i doc (u 1, u 2,... u ) egedre E. v = λ k v k k=1 EXERCICE 14 La foctio x f λ x λ est dérivable sur R\λ} et o dérivable e λ. Supposos que : a i f λi = 0 i N où (a i ) est ue famille presque ulle i.e. termes sot o uls. Motros par l absurde que pour tout i [[1, ]], a i = 0. Supposos alors qu il existe k [[1, ]] tel que a k = 0 a i f λi = 0 a k f λk + Cotradictio ( ) La famille x f λ x λ EXERCICE 15 Soit (H) : i [[1, ]], 1 j j =i λ R 1 i i =k a i f λi a k f λk }} o dérivable e λ k est doc libre. a ij < a ii Soit p le rag tel que x p = max x 1,..., x } 1 j j =p = 1 i i =k a i f λi }} dérivable e λ k ( ) O a x j C j = 0 doc à la p-ième lige x j a pj = xj a pj + xp a pp = 0 j=1 j=1 1 j j =p ( ) ( ) doc x p a pp = xj a pj x p a pp = xj a pj 1 j j =p PAUL MILAN 8 CPGE L1 - ALGÈBRE

3. FAMILLES LIBRES ET BASES Motros par l absurde que x p = 0. Supposos que x p = 0 alors : x p max (H) x j a pj a pj x p a pp 1 j j =p x p 1 j j =p < x p a pp cotradictio O e déduit que x p = 0 = x p et par suite i [[1, ]], x i = 0 = x i. Les coloes (C j ) j [[1,]] sot liéairemet idépedates doc A est iversible. EXERCICE 16 Soit g = a i f λi où (a i ) est ue famille presque ulle de R. i N La famille (λ i ) est ordoée das le ses décroissat et o a g = 0 C(R,R) g = 0 C(R,R) x R, + a i e λ ix = 0 Motros par récurrece que : N, a i = 0 Iitialisatio : Pour = 1 : x = 0, g(x) e λ 1x = 1 + e λ 1x a i e λix + = a 1 + i=2 Comme x N, g(x) = 0, o a <0 }} a i e(λ i λ 1 ) + a 1 a 1 = 0. La propositio est iitialisée. Hérédité : N. Supposos que i [[1, ]], a i = 0 D après HR o a : g(x) = x = 0, g(x) e λ +1 = 1 e λ +1 + a i e λ i. i=+1 Comme x N, g(x) = 0, o a + a i e λ i = a +1 + i=+1 + i=+2 <0 }} a i e ( λ i λ +1 ) + a +1 a +1 = 0. La propositio est héréditaire. O a motré que N, a = 0, la famille ( f λ ) λ R est libre. EXERCICE 17 Motros par récurrece sur N que la sous-famille ( f λ1,..., f λ ) est libre. Iitialisatio : = 1, f λ1 état pas la foctio ulle, la famille( f λ1 ) est libre. La propositio est iitialisée Hérédité : Soit N, tel que ( f λ1,..., f λ ) est libre. Motros que ( f λ1,..., f λ+1 ) est libre. Soit (a 1,..., a +1 R +1 tel que : +1 a i f λi = 0 C(R,R) x R, a i si(λ i x)+a +1 si(λ +1 x) = 0 (1) Dérivos deux fois l égalité (1) pour pouvoir élimier a +1 : x R, a i λ 2 i si(λ ix) a +1 λ 2 +1 si(λ +1 x) = 0 (1 ) PAUL MILAN 9 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION (1) λ 2 +1 +(1 ) doe l égalité : x R, a i (λ 2 +1 λ2 i ) si(λ ix) = 0 (2) de HR, la famille ( f λ1,..., f λ ) est libre doc de (2) : i [[1, ]], a i (λ 2 +1 λ2 i ) = 0 (3) Comme i [[1, ]], λ i > 0 (λ 2 +1 λ2 i ) = 0 de (3), o e déduit alors : i [[1, ]], a i = 0 (1) a +1 = 0. La propositio est héréditaire. Coclusio : Par récurrece sur N, o a motré que toute sous famille ( f λ1,..., f λ ) de ( f λ ) λ R + est libre doc ( f λ ) λ R + est libre. EXERCICE 18 a) a i l p i = 0 avec i [[1, ]], a i Q. E multipliat par le déomiateur commu de a 1,..., a, o a : k i l p i = 0 a i l p i = 0 k i l p i = 0 ( l p k i i = 0 l p k i i Décomposos : pour tout i [[1, ]], Aisi pour tout i [[1, ]], ( p k i i ) p k ki i i = ) avec k i Z = 0 p k i i = 1 p k j j = 1 p k i i = j =i ( j =i p k j j ) ki p k2 i i }} N = p k j j j =i p k ik j j j =i La décompositio e facteurs premiers d u aturel o ul est uique : i [[1, ]], k 2 i = 0 k i = 0 a i = 0 La famille (l p) p P est libre. b) Par l absurde. Supposos qu il existe p, p 2 P tels que l p 1, l p 2 Q ( O a l p 1 + l p ) 1 l p 2 = 0. l p } 2 } Q La famille (l p 1, l p 2 ) est pas libre. Cotradictio. Coclusio : il existe au plus u ombre premier p tel que l p soit ratioel. PAUL MILAN 10 CPGE L1 - ALGÈBRE

4. BASES ET DIMENSION 4 Bases et dimesio EXERCICE 19 a) Toute famille libre de 3 vecteurs de R 3 forme ue base. Motros que (( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1), (1, 1, 1)) est libre. a( 1, 1, 1)+b(1, 1, 1)+c(1, 1, 1) = (0, 0, 0) a+b+c = 0 a+b+c = 0 a b+c = 0 a+b c = 0 2c = 0 L 2 L 2 +L 1 2b = 0 L 3 L 3 +L 1 a = 0 b = 0 c = 0 La famille (( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1), (1, 1, 1)) forme ue base B de R 3. a( 1, 1, 1)+b(1, 1, 1)+c(1, 1, 1) = (8, 4, 2) a+b+c = 0 a+b+c = 8 a b+c = 8 a+b c = 4 2c = 12 L 2 L 2 +L 1 2b = 10 L 3 L 3 +L 1 a = 3 b = 5 c = 6 (8, 4, 2) = (3, 5, 6) B b) Toute famille libre de 3 vecteurs de R 2 [X] forme ue base. Motros que ( (X 1) 2, X 2, (X+ 1) 2) est ue famille libre de R 2 [X]. a(x 1) 2 + bx 2 + c(x+ 1) 2 = 0 R2 [X] X 2 (a+b+c)+x( 2a+2c)+a+ c = 0 R2 [X] idet. a+b+c = 0 2a+2c = 0 a+c = 0 a+b+c = 0 4c = 0 L 2 L 2 +2L 3 4a = 0 L 3 L 2 2L 3 a = 0 b = 0 c = 0 La famille ( (X 1) 2, X 2, (X+ 1) 2) forme ue base B de R 2 [X]. a(x 1) 2 + bx 2 + c(x+ 1) 2 = X 2 + X+ 1 a+b+c = 1 2a+2c = 1 a+c = 1 idet. a+b+c = 1 4c = 3 L 2 L 2 +2L 3 4a = 1 L 3 L 2 2L 3 Les coordoées de X 2 + X+ 1 das B sot : ( ) 1 4, 0, 3 4 c) Toute famille libre de 4 vecteurs de R 3 [X] forme ue base. Motros que (P, Q, R, S) est ue famille libre de R 3 [X]. a = 1 4 b = 0 c = 3 4 PAUL MILAN 11 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION ap+bq+cr+ds = 0 R3 [X] a+b+c+d = 0 2b 2c d = 0 b+2c+3d = 0 2b+c+2d = 0 a+b+c+d = 0 2b 2c d = 0 2c+5d = 0 idet. L 2 L 2 L 1 L 3 L 3 +L 1 L 4 L 4 +L 1 7d = 0 L 4 2L 4 +L 3 a+b+c+ d = 0 a b c = 0 a + c+2d = 0 a+b + d = 0 a+b+c+d = 0 2b 2c d = 0 2c+5d = 0 c+d = 0 d = 0 c = 0 b = 0 a = 0 L 3 2L 3 +L 2 L 4 L 4 +L 2 La famille (P, Q, R, S) forme ue base B de R 3 [X] a+b+c+ d = 0 ap+bq+cr+ds = X 2 idet. a b c = 1 a + c+2d = 0 a+b + d = 0 a+b+c+d = 0 a+b+c+d = 0 2b 2c d = 1 L 2 L 2 L 1 2b 2c d = 1 b+2c+3d = 0 L 3 L 3 +L 1 2c+5d = 1 2b+c+2d = 0 L 4 L 4 +L 1 c+d = 1 d = 3 7 a+b+c+d = 0 2b 2c d = 1 c = 4 7 2c+5d = 1 b = 1 7d = 3 L 4 2L 4 +L 3 7 a = 2 7 ( ) 2 Les coordoées de X 2 das B sot : 7, 1 7, 4 7, 3 7 L 3 2L 3 +L 2 L 4 L 4 +L 2 EXERCICE 20 a) A est u pla das R 3. O a doc 2 degrés de liberté, e isolat z : z = x 2y. Il existe de ombreuses bases possibles. Par exemple e preat successivemet (x= 1, y=0) et obtiet la base suivate : B = ((1, 0, 1), (0, 1, 2)) (x= 0, y=1), o PAUL MILAN 12 CPGE L1 - ALGÈBRE

( ) a b b) O pose M =. c d 4. BASES ET DIMENSION Il faut trouver des relatios qui uisset a, b, c et d. AM = 0 M2 (R) ( )( ) 1 2 a b = 0 2 4 c d M2 (R) ( ) a+2c b+2d = 2a+4c 2b+4d ( ) 0 0 0 0 O obtiet le système suivat : a+2c = 0 b+2d = 0 a = 2c b = 2d. O a deux degrés de liberté, doc ue base possible e preat successivemet (c=1, d=0) et (c=0, d=1) : (( ) ( )) 2 0 0 2 B =, 1 0 0 1 c) O pose P = ax 3 + bx 2 + cx+d. Il faut trouver des relatios qui uisset a, b, c et d : P(X 2 ) = (X 3 + 1)P ax 3 + bx 4 + cx 2 + d = ax 6 + bx 5 + cx 4 +(d+a)x 3 + bx 2 + cx+d b = 0 b = c = 0 O obtiet le système suivat : c = 0. d = a d+a = 0 O a u degré de liberté (droite vectorielle), ue base possible avec a = 1 ( ) B = X 3 1 d) x+y = 0 2x z+t = 0 y = x t = 2x+z O a deux degrés de liberté, doc ue base possible e preat successivemet (x=1, z=0) et (x=0, z=1) : B = ((1, 1, 0, 2), (0, 0, 1, 1)) e) O pose P = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx+e. P(1) = P(0) P(2) = P(0) a+b+c+d+e = e 16a+8b+4c+2d+e = e a+b+c+d = 0 8a+4b+2c+d = 0 a+b+c+d = 0 7a+3b+c = 0 L 2 L 2 L 1 c = 7a 3b d = a b c O a trois degrés de liberté, doc ue base possible e preat successivemet (a=1, b=0, e=0), (a=0, b=1, e=0) et (a=0, b=0, e=1) : ( ) B = X 4 7X 2 + 6X, X 3 3X 2 + 2X, 1 PAUL MILAN 13 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION EXERCICE 21 C sous-espace vectoriel de M 2 (R) : 0 M2 (R) C car 0 M2 (R) commute avec toute matrice. Soit M 1, M 2 C et λ, µ R : A(λM 1 + µm 2 ) = λam 1 + µam 2 C = λm1 A+µM 2 A = (λm 1 + µm 2 )A Doc λm 1 + µm 2 C ( ) a b Soit M = C c d ( )( ) ( )( ) 3 1 a b a b 3 1 AM = MA = 7 1 c d c d 7 1 ( ) ( ) 3a c 3b d 3a+7b a+b = 7a+c 7b+d 3c+7d c+d 3a c = 3a+7b 3b d = a+b 7b+c = 0 O obtiet le système suivat : a+2b d = 0 7a+c = 3c+7d 7a 2c 7d = 0 7b+d = c+d a+2b d = 0 7a 2c 7d = 0 7b+c = 0 L 1 L 2 L 2 L 3 L 3 L 1 a+2b d = 0 14b 2c = 0 7b+c = 0 L 2 L 2 7L 1 c = 7b d = a+2b O a deux degrés de liberté, doc ue base possible e preat successivemet (a=1, b=0) et (a=0, b=1) : B = (( ) 1 0 0 1, ( 0 )) 1 7 2 EXERCICE 22 E sous-espace vectoriel de M (K). 0 M (R) E car tr(0 M (R)) = 0 Soit A, B E et λ, µ K : tr(λa+µb) liéarité = λtr(a)+µtr(b) E = 0 λa+µb E Soit A = (a ij ) E a ii = 0. E est u hyperpla de M (K) doc dim E = 2 1 EXERCICE 23 O rappelle la formule (1) : E sous-espace vectoriel de C(R, R). 0 C(R,R E, e preat A = 0. a cos x+b si x = a 2 + b 2 si(x+ ϕ). PAUL MILAN 14 CPGE L1 - ALGÈBRE

4. BASES ET DIMENSION Soit f 1, f 2 E et λ, µ R : pour tout x R (λ f 1 + µ f 2 )(x) = λa 1 si(x+ ϕ 1 )+µa 2 si(x+ ϕ 2 ) = λa 1 (si x cos ϕ 1 + cos x si ϕ 1 )+µa 2 (si x cos ϕ 2 + cos x si ϕ 2 ) = (λa 1 si ϕ 1 + µa 2 si ϕ }} 2 ) cos x+(λa 1 cos ϕ 1 + µa 2 cos ϕ 2 ) si x }} a b (1) = a 2 + b 2 si(x+ ϕ) Doc λ f 1 + µ f 2 E Motros que (si, cos) est ue base de E. x R, A si(x+ ϕ) = (A cos ϕ) si x+(a si ϕ) cos x Doc (si, cos) egedre E. Supposos que x R, a cos x+b si x = 0. E évaluat cette quatité pour x=0 et x= π 2 Doc la famille (si, cos) est libre. Comme (si, cos) est u base de E, dim E = 2 EXERCICE 24 a) dim M M (K) = 2. Doc toute famille de ( 2 + 1) vecteurs de M (K) est liée. Aisi la famille o trouve a = b = 0. (I, M, M 2,..., M 2 ) qui possède ( 2 + 1) vecteurs est liée. b) Comme la famille (I, M, M 2,..., M 2 ) est liée, il existe λ 1,..., λ 2 +1 K, 2 o tous uls, tels que λ i M i = 0. i=0 2 Le polyôme P = λ i X i est u polyôme aulateur de M. i=0 EXERCICE 25 O a vu à l exercice 23 que le sous-espace vectoriel E de C(R, R) egedré par les foctios x A si(x+ ϕ) est u espace vectoriel de dimesio 2. Les foctios f, g, h E, doc les foctios f, g, h sot liéairemet dépedates EXERCICE 26 a) Posos : P = X 3 + X+ 1, Q = X 3 2X+ 2, R = X 2 + 3X a+b = 0 idet. c = 0 c = 0 ap+bq+cr = 0 R4 [X] b = 0 L 2 L 4 L 1. a 2b+3c = 0 a = 0 a+2b = 0 La famille (P, Q, R) est libre das R 4 [X]. Comme R 4 [X] est u espace de dimesio 5, il faut rajouter deux vecteurs à cette famille libre. PAUL MILAN 15 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION Il est évidet que (X 4, P, Q, R) est libre. Motros que (P, Q, R, 1) est libre a+b = 0 idet. c = 0 ap+bq+cr+d = 0 R4 [X] a 2b+3c = 0 a+2b+d = 0 (X 4, P, Q, R, 1) est ue base de R 4 [X] c = 0 b = 0 L 2 L 3 L 1. a = 0 d = 0 b) Les coordoées état pas proportioelles, ((8, 4, 1, 2), (1, 3, 0, 5)) est libre. Les deux premières coordoées de (8,4,1,2) et (1,3,0,5) état pas proportioelles, o peut rajouter les vecteurs (0, 0, 1, 0) et (0,0,0,1) pour e faire ue base de R 4. c) Les coordoées de b 1 = (1, 2, 1) et b 2 = (0, 1, 1) das la base (e 1, e 2, e 3 ) e sot pas proportioelles, la famille (b 1, b 2 ) est libre das E. Les deux premières coordoées de b 1 et b 2 état pas proportioelles, o peut rajouter le vecteur b 3 = e 3 pour e faire ue base de E. EXERCICE 27 Si la famille de vecteurs est libre alors la dimesio est 4. a(1, 2, 1, 0)+b(4, 2, 1, 1)+c(7, 2, 4, 2)+d(11, 4, 1, 3) = (0, 0, 0, 0) idet. a+4b+7c+11d = 0 2a 2b+2c+4d = 0 a+b+4c+d = 0 b+2c+3d = 0 a b+c+2d = 0 b+2c+3d = 0 5b+6c+9d = 0 O trouve alors 2b+3c d = 0 L 2 L 4 a b+c+2d = 0 a+4b+7c+11d = 0 L 3 L 2 L 1 L 4 L 3 L 1 La dimesio du Vect est doc 4. EXERCICE 28 a+b+4c+d = 0 b+2c+3d = 0 a b+c+2d = 0 b+2c+3d = 0 4c 6d = 0 c 7d = 0 d = c = b = a = 0 la famille est libre. 1) La famille est ue base si la famille est libre. u v w L 1 1 2 L 2 L 2 L 1 L 3 L 3 5L 2 L 4 L 4 2L 2 }}}}}} a(2, 0, α)+b(2, α, 2)+c(α, 0, 2) = (0, 0, 0) idet. 2a+2b+αc = 0 b = 0 b = 0 α =0 αb = 0 2a+αc = 0 2a+αc = 0 αa+2b+2c = 0 αa+2c = 0 (α 2 4)c = 0 L 3 αl 2 2L 3 PAUL MILAN 16 CPGE L1 - ALGÈBRE

4. BASES ET DIMENSION α =±2 c = 0 b = 0 a = 0 La famille est ue base si, et seulemet si α R \ 2, 2} E effet si α = 0, v = w, si α = 2, u = w et si α = 2, u = w 2) La famille est ue base si la famille est libre. a(1, 0, 2, 1)+b(0, 1, 1, 2)+c(2, 0, 1, 1)+d(2, 1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0) idet. a+2c+2d = 0 b+d = 0 2a+b+c = 0 a+2b+c+d = 0 a+2c+2d = 0 b+d = 0 3c 5d = 0 c 3d = 0 L 3 L 3 L 2 a+2c+2d = 0 b+d = 0 b 3c 4d = 0 2b c d = 0 d = 0 c = 0 b = 0 a = 0 L 4 L 4 2L 2 L 3 L 3 2L 1 L 4 L 4 L 1 La famille est ue base EXERCICE 29 i [[0, ]], P i = a ij X j avec a ii = 0 et j > i, a ij = 0. j=0 Motros que pour tout N, la famille (P i ) i [[0,]] est libre. i=0 }} a 00 0... 0 λ i P i = 0 K[X] ( ) a 10 a 11... 0 λ 0... λ...... = ( 0... 0 ) a 0 a 2... a Comme A est triagulaire de coefficiets diagoaux ( o uls, ) A est ( iversible ) et doc le système admet ue uique solutio : λ0... λ = 0... 0 Motros que pour tout N, la famille (P i ) i [[0,]] est géératrice. Pour tout polyôme Q de degré, Q = b i X i i=0 λ i P i = Q ( ) ( ) λ 0... λ A = b0... b i=0 ( ) ( ) λ 0... λ = b0... b A 1 La famille (P i ) i N est libre et géératrice doc elle forme ue base de K[X]. EXERCICE 30 Ō pose i [[1, 2]], v i = u i + u i+1 et v 2+1 = u 2+1 + u 1. A Motros que la famille (v i ) i [[1,2+1]] est libre. PAUL MILAN 17 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION 2+1 }} 1 1 0... 0 λ i v i = 0 E ( ) 0 1 1... 0 λ 1... λ 2+1........ 0 = ( 0... 0 ) 0...... 1 1 1 0...... 1 La matrice A est presque triagulaire. Faisos l opératio suivate sur la derière lige : L 2+1 L 1 + L 2 + L 2 L 2+1 A La derière lige deviet alors : ( 0 0...... 2 ). La matrice deviet alors triagulaire dot les coefficiets diagoaux sot o uls, elle est doc iversible. La seule solutio du système est alors ( λ 1... λ 2+1 ) = ( 0... 0 ). 5 Somme de deux espaces vectoriels EXERCICE 31 Si F et G sot deux sous-espace vectoriels de E alors F + G est aussi u sousespace vectoriel de E. D après l exercice 5 si F G sous-espace vectoriel alors F G ou G F. Réciproquemet : si F G ou G F alors F G = G = F+G ou F G = F = F+G. EXERCICE 32 Soit dim E =, dim F = p, dim G = q avec p+q > Soit (u 1,..., u p ) ue base de F et (u p,..., u p+q ) ue base de G. Comme p+q > la famille (u 1,..., u p+q ) est liée. i [[1, p+q]], u i = 1 j p+q j =i Si u i F, comme (u 1,..., u p ) est ue base F, le vecteur u i e peut s exprimer qu avec (u p,..., u p+q ) doc u i G Même raisoemet avec u i G. Coclusio EXERCICE 33 u i F G Comme les coordoées de a et b e sot pas proportioelles la famille (a, b) est libre doc dim F = 2. λ j u j PAUL MILAN 18 CPGE L1 - ALGÈBRE

5. SOMME DE DEUX ESPACES VECTORIELS Motros que la famille (u, v, w) est libre. α+γ = 0 αu+ βv+γw = (0, 0, 0, 0) idet. β+γ = 0 α β+γ = 0 γ = 0 Doc dim G = 3. dim F+G dim R 4 dim F+G 4. Motros que la famille (a, b, u, v) est libre. β+γ = 0 αa+ βb+γu+δv = (0, 0, 0, 0) idet. β+δ = 0 α+γ δ = 0 β = 0 La famille (a, b, u, v) est libre et doc dim F+G = 4. γ = 0 β = 0 α = 0 β = 0 γ = 0 δ = 0 α = 0 La famille (a, b, u, v, w) est alors liée et doc o peut exprimer w e foctio de a, b, u et w. Mais la famille(u, v, w) est libre doc o peut exprimer w e foctio de a et b. F G = Vect(w) doc dim F G = 1 EXERCICE 34 Détermios ue base de F : x+y+z = 0 y z+t = 0 z = x y t = y+z = x 2y O a deux degrés de liberté, ue base B possible e preat successivemet (x=1, y=0) et (x=0, y=1) est B = ((1, 0, 1, 1), (0, 1, 1, 2)) = (a, b) Soit G = Vect((1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)) = Vect(u, v). Les coordoées de u et v e sot pas proportioelles, (u, v) est ue base de G. Ue famille libre de 4 vecteurs est ue base de R 4 doc si l o motre que la famille (a, b, u, v) est libre, cette famille sera ue base de R 4 et doc F et G serot supplémetaires. α+γ = 0 α+γ = 0 αa+ βb+γu+δv = 0 R 4 α+γ = 0 β+δ = 0 γ+2δ = 0 2γ+2δ = 0 idet. L 3 L 3 +L 2 L 4 L 4 +2L 2 β+δ = 0 α β+δ = 0 α 2β+γ = 0 α+γ = 0 β+δ = 0 γ+2δ = 0 γ = 0 L 4 L 4 L 3 β+δ = 0 β+γ+δ = 0 2β+2γ = 0 γ = 0 δ = 0 α = 0 β = 0 L 3 L 3 +L 1 L 4 L 4 +L 1 EXERCICE 35 O pose u = λ, λ, 1), v = (1, λ, 1) et w = (2, 1, 1). PAUL MILAN 19 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION Soit F = Vect(u) et G = Vect(v, w). F et G sot supplémetaires das R 3 si, et seulemet si, (u, v, w) est libre. au+bv+cw = 0 R 3 idet. a+b+c = 0 (1 λ)b+c = 0 (1 λ)c = 0 λa+b+2c = 0 λa+λb+c = 0 a+b+c = 0 L 2 L 2 λl 1 L 3 L 3 λl 1 λ =1 c = 0 b = 0 a = 0 Si λ = 1, u = v la famille (u, v, w) est pas libre. F et G sot supplémetaires si, et seulemet si, o a λ = 1 EXERCICE 36 Motros que F G = 0 C([0,1],R) }. Soit g G et a R, o a t [0, 1], g(t) = a. 1 g(t) dt = [ at ] 1 = a doc g F a = 0. 0 0 Motros que F+G = C ([0, 1], R) a+b+c = 0 λa+b+2c = 0 λa+λb+c = 0 Soit h C ([0, 1], R), h est cotiue, elle admet ue primitive H sur [0,1]. L 1 L 3 L 2 L 1 L 3 L 2 f g O pose alors t h(t) H(1)+ H(0) et t H(1) H(0). 1 [ ] 1 f(t) dt = H(x) H(1)t+ H(0)t = H(1) H(1)+ H(0) H(1) = 0. 0 doc f F. De plus, o a h = f + g et g costate doc g G. Coclusio : EXERCICE 37 F+G = C ([0, 1], R). Détermios ue base de E. O pose P = ax 3 + bx 2 + cx+ d, a, b, c, d R. 0 P(X 2 ) = X 2 P(X) ax 6 + bx 4 + cx 2 + d = ax 5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 Doc E = Vect(X 2 ) idet. a = c = d = 0 P = bx 2 Détermios ue base de F. O pose P = ax 3 + bx 2 + cx+ d, a, b, c, d R. P(2) = P(1) 8a+4b+2c+d = a+b+c+d 7a+3b+c = 0 c = 7a 3b O a trois degrés de liberté, doc ue base possible e preat successivemet (a=1, b=0, d=0), (a=0, b=1, d=0), et (a=0, b=0, d=1) : F = Vect(X 3 7X, X 2 3X, 1). PAUL MILAN 20 CPGE L1 - ALGÈBRE

5. SOMME DE DEUX ESPACES VECTORIELS Comme dim R 3 [X] = 4, E et F supplémetaires (X 2, X 3 7X, X 2 3X, 1) libre ax 2 + b(x 3 7X)+c(X 2 3X)+d = 0 idet. b = 0 a+c = 0 7a 3c = 0 d = 0 b = 0 d = 0 c = 0 a = 0 La famille (X 2, X 3 7X, X 2 3X, 1) est libre, E et F sot supplémetaires. EXERCICE 38 Il est immédiat que P et I sot des sous-espaces vectoriels de R R. La foctio ulle est paire et impaire. f, g P, x R, λ f( x)+µg( x) = λ f(x)+µg(x) f, g I, x R, λ f( x)+µg( x) = (λ f(x)+µg(x)) Soit f P I o a alors : x R, f( x) = f(x) f( x) = f(x) f( x) = f( x) f(x) = 0 Doc P I = 0 R R}. Soit f R R, posos x g Il est clair que x R, h(x) f = g+h. g( x) = f( x)+ f(x) 2 f(x)+ f( x) 2 Doc g P et h I doc R R = P +I Coclusio : P et I sot supplémetaires. et x h = g(x) et h( x) = f(x) f( x). 2 f( x) f(x) 2 = EXERCICE 39 a) L itersectio de deux sous-espaces vectoriels est u espace vectoriel doc (F 1 G) et (F 2 G) sot des sous-espaces vectoriels. F 1 et F 2 sot e somme directes doc F 1 F 2 = 0 E }. Comme l itersectio est ue loi commutative et associative, o a : (F 1 G) (F 2 G) = (F 1 F 2 ) G = 0 E } G = 0 E } Coclusio : F 1 G et F 2 G sot e somme directe. b) F 1 G et F 2 G e sot pas écessairemet supplémetaire das G. Pour s e covaicre. Soit das R 2 PAUL MILAN 21 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION F 1 = Vect((1, 0)) et F 2 = Vect((0, 1)). Il est immédiat que F 1 et F 2 sot des sous-espaces vectoriels supplémetaires : F 1 F 2 = R 2 Soit G = Vect((1, 1)), F 1 G = (0, 0)} et F 2 G = (0, 0)} doc (F 1 G) (F 2 G) = (0, 0)} = G F 1 G et F 2 G e sot pas supplémetaires das G. F 2 F 1 G EXERCICE 40 a) La famille ((1, 2, 1, 1),( 2, 2, 1, 1), (0, 2, 1, 1)) est pas libre : ((1, 2, 1, 1),( 2, 2, 1, 1)) est libre (coordoées o pro- Par cotre la famille portioelles) (0, 2, 1, 1) = 2(1, 2, 1, 1) (2, 2, 1, 1) Complétos cette famille pour trouver u supplémetaire de A das R 4. Proposos par exemple A = Vect((0, 0, 1, 0),(0, 0, 0, 1)). Pour motrer que A est u supplémetaire de A das R 4, motros que la famille ((1, 2, 1, 1),( 2, 2, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)) est ue base de R 4 ce qui reviet à motrer la liberté de cette famille. a(1, 2, 1, 1)+b( 2, 2, 1, 1)+c(0, 0, 1, 0)+d(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0) idet. a+2b = 0 a+2b = 0 b = 0 L 1 L 1 L 2 2a+2b = 0 a+b = 0 L 2 2 1 L 2 a = 0 a+b+c = 0 2c = 0 L 3 2L 3 L 2 c = 0 a+b+d = 0 2d = 0 d = 0 La famille L 4 2L 4 L 2 ((1, 2, 1, 1),( 2, 2, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)) est libre. A = Vect((0, 0, 1, 0),(0, 0, 0, 1)) est u supplémetaire de A das R 4. b) Détermios ue base de B : x+y+2z t = 0 x+3z 2t = 0 L1 L 1 L 2 x = 3z+2t y z+t = 0 y z+t = 0 y = z t O a deux degrés de liberté, doc ue base possible e preat successivemet (z=1, t=0) et (z=0, t=1) est (( 3, 1, 1, 0), (2, 1, 0, 1) Complétos cette famille pour trouver u supplémetaire de B das R 4. Proposos par exemple B = Vect((1, 0, 0, 0),(0, 1, 0, 0)). Pour motrer que B est u supplémetaire de B das R 4, motros que la famille (( 3, 1, 1, 0),( 2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)) est ue base de R 4 ce qui reviet à motrer la liberté de cette famille. PAUL MILAN 22 CPGE L1 - ALGÈBRE

5. SOMME DE DEUX ESPACES VECTORIELS a( 3, 1, 1, 0)+b(2, 1, 0, 1)+c(1, 0, 0, 0)+d(0, 1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0) idet. 3a+2b+c = 0 a = 0 a b+d = 0 b = 0 a = 0 c = 0 b = 0 d = 0 La famille (( 3, 1, 1, 0),(2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)) est libre. B = Vect((1, 0, 0, 0),(0, 1, 0, 0)) est u supplémetaire de B das R 4. c) C est l esemble des polyômes paires de R 3 [X], doc ue base de C est (X 2, 1). U supplémetaire C de C das R 3 [X] est alors C = Vect(X 3, X) d) D doit avoir deux degrés de liberté pour pouvoir fixer les images d ue foctio et de sa dérivée e 0. Proposos pour D l esemble des foctios affies : D = f D(R, R)/ x R, f(x) = ax+b, a, b R} Il est immédiat que D est u sous-espace vectoriel de D(R, R) car 0 D(R,R) est ue foctio affie et la combiaiso liéaire de deux foctios affies est ue foctio affie. f(x) = ax+b b = 0 f D D f(0) = f (0) = 0 a = 0 f = 0 D(R,R) Motros que D+D egedre D(R, R). Soit f D(R, R) et g D, motros qu o peut détermier h D tel que f = g+h. h(0) = f(0) h(0) = b h = f g h (0) = f (0) or h (0) = a Doc pour toute foctio f D(R, R), o peut choisir ue foctio h D telle que f = g+h avec g D. Coclusio : D est u supplémetaire de D. e) Détermios l esemble E. Soit P = ax 3 + bx 2 + cx+d P + 3P = P(0)X 3 + P(1)X+P(1) 3aX 3 +(3a+3b)X 2 +(2b+3c)X+c+3d = dx 3 +(a+b+c+d)x+a+b+c+d 3a = d 3a = d 3a = d idet. 3a+3b = 0 a+b = 0 a+b = 0 2b+3c = a+ b+c+d a b 2c+d = 0 2d = 0 L 3 L 2 L 4 c+3d = a+b+c+d a+b 2d = 0 a b 2c+d = 0 } O e déduit alors que a = b = c = d doc E = 0 R3 [X] Le supplémetaire de E est alors E = R 3 [X] PAUL MILAN 23 CPGE L1 - ALGÈBRE

EXERCICES - CORRECTION EXERCICE 41 a) F est u sous-espace vectoriel car : 0 C(R,R) F immédiat. Soit f et g deux foctios de F alors pour tout λ, µ R k [[1, ]], λ f(x k )+µg(x k ) = 0 b) U supplémetaire F de F doit avoir degrés de liberté pour fixer les images d ue foctio e x 1,..., x. Soit F l esemble des foctios polyomiales de degré ( 1) ( = 0). F } = f C(R, R)/ x R, f(x) = a i (x x j ), a i R 1 j j =i Il est immédiat que F est u sous espace vectoriel de C(R, R) car : 0 C(R,R) F, o pred i [[1, ]], a i = 0 La combiaiso liéaire de deux foctios polyomiales de degré ( 1) est ecore ue foctio polyomiale de de degré ( 1). f F F k [[1,]] f(x k ) = 0 } Doc F F = 0 C(R,R) f(k) = a k (x k x j ) j =k k [[1,]] a k = 0 Motros que F+F egedre C(R, R). Soit f C(R, R) et g F, o peut choisir ue foctio h F telle que f = g+h. h = f g k [[1,]] h(x k ) = f(x k ) k [[1,]] a k = j =k f(x k ) (x k x j ) Coclusio : U supplémetaire de F est l esemble des foctios polyomiales de degré ( 1). PAUL MILAN 24 CPGE L1 - ALGÈBRE