Sous-espaces supplémentaires

Exercices du dossier Sous-espaces supplémentaires

Exercice 196 *

15 février 2021 14:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer un supplémentaire de \(F=Vect{\left({u},{v}\right)}\)\({u}=\left(1,0,1\right)\) et \({v}=\left(1,1,0\right)\) dans \(\mathbb{R}^3\)



[ID: 1402] [Date de publication: 15 février 2021 14:04] [Catégorie(s): Sous-espaces supplémentaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 196
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04

Posons \(w=\left(0,0,1\right)\). On vérifie facilement que la famille \(\left({u},{v},w\right)\) forme une base de \(\mathbb{R}^3\). Donc, d’après le cours les deux sous-espaces \(F=Vect{\left({u},{v}\right)}\) et \(G=Vect\left(w\right)\) sont supplémentaires dans \(\mathbb{R}^3\).


Exercice 919 *

15 février 2021 14:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère le \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel \(E=\mathbb{R}^3\) et \(u=\left(1,1,1\right)\in\mathbb{R}^3\); Posons : \[F=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3 ~|~ x+y-z=0\right\} \quad \textrm{ et} \quad G=Vect\left(u\right)\] Prouver que \(F\) et \(G\) sont des sous-espaces supplémentaires de \(E\).



[ID: 1404] [Date de publication: 15 février 2021 14:04] [Catégorie(s): Sous-espaces supplémentaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 919
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04

On a \(F=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3 ~|~ x+y+z=0\right\} =\left\{\left(x,y,x+y\right) ~|~ x,y\in\mathbb{R}\right\}=Vect\left(v,w\right)\) avec \(v=\left(1,0,1\right)\) et \(w=\left(0,1,1\right)\). On vérifie facilement que la famille \(\left(u,v,w\right)\) forme une base de \(\mathbb{R}^3\) donc \(F\oplus G=\mathbb{R}^3\).


Exercice 1018 *

15 février 2021 14:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans \(E=\mathbb{R}^{4}\), on considère l’ensemble \[F=\{ (x,y,z,t)\in E~|~ x=y \textrm{ et } x-y+t=0 \}\]

  1. Montrer que \(F\) est un sous-espace vectoriel de \(E\), et déterminer une base de \(F\).

  2. Déterminer un supplémentaire de \(F\) dans \(E\).

  3. Le supplémentaire trouvé est-il unique?



[ID: 1406] [Date de publication: 15 février 2021 14:04] [Catégorie(s): Sous-espaces supplémentaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 1018
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04
  1. On a \(F=\{ (x,y,z,t)\in E; x=y \textrm{ et } x-y+t=0 \}=\left\{\left(x,x,z,0\right)~|~ x,z\in \mathbb{R}\right\}=Vect\left(u,v\right)\) avec \(u=\left(1,1,0,0\right)\) et \(v=\left(0,0,1,0\right)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc ils forment une famille libre. En conclusion, \(\left(u,v\right)\) est une base de \(F\) et \(\dim F=2\).

  2. Introduisons les vecteurs \(w=\left(1,0,0,0\right)\) et \(W=\left(0,0,0,1\right)\). On montre facilement que la famille \(\left(u,v,w,W\right)\) est libre. Comme son cardinal est égal à la dimension de \(\mathbb{R}^4\), c’est une base de \(\mathbb{R}^4\) et si \(G=Vect\left(w,W\right)\) alors \(F\) et \(G\) sont en somme directe.

  3. Ce supplémentaire n’est bien entendu pas unique. On montre de la même façon que précédemment que, par exemple, \(G'=Vect\left(\left(1,0,1,0\right),\left(0,0,0,1\right)\right)\) est un autre supplémentaire de \(F\) dans \(\mathbb{R}^4\).


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Exercice 24
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04
  1. Déterminons \(F\). Soit \(P\in F\). Puisque \(P(0)=P'(0)=0\), \(0\) est racine double (au moins) de \(P\). Donc \(\exists Q\in \mathbb{R}_{ }[X]\) tel que \(P=X^2 Q\). En examinant les degrés, on obtient que \(\deg Q \leqslant 2\). Donc \(Q=aX^2+bX+c\). Alors \(Q'=2aX+b\). Comme \(P'=2XQ+ X^2Q'\), et \(P'(1)=0\), on trouve que \(4a+3b+2c=0\). Donc \(P=X^2(aX^2+bX -2a-\dfrac{3}{2}b)\) On vérifie réciproquement qu’un polynôme de cette forme est dans \(F\). Donc \[F=\{ aX^4 +bX^3 -(2a+\dfrac{3}{2}b)X^2 ; (a,b)\in \mathbb{R}^{2} \} = \{ a(X^4-2X^2) + b(X^3-\dfrac{3}{2}X^2) ; (a,b)\in \mathbb{R}^{2} \} =\mathop{\mathrm{Vect}}(P_1,P_2)\]\(P_1=X^4-2X^2\) et \(P_2=X^3-\dfrac{3}{2}X^2\). On vérifie que \((P_1,P_2)\) est une famille libre (degrés distincts). C’est donc une base de \(F\) et alors \(\dim F=2\).

  2. On vérifie que \((1,X, 1+X+X^2)\) est une famille libre (degrés étagés). C’est donc une base de \(G\) et alors \(\dim G=3\). On montre ensuite que \(F\cap G=\{ 0 \}\). Soit \(P\in F\cap G\). Alors comme \(P\in G\), il existe \(a,b,c\in\mathbb{R}\) tels que \(P=a+bX+c\left(1+X+X^2\right)\). Mais comme \(P\in F\), on a aussi \(P(0)=P'(0)=P'(1)=0\) et on abouti au système \(\begin{cases}a+c&=0\\ b+c&=0\\b+3c&=0 \end{cases}\) donc l’unique solution est le triplet nul. Donc \(P=0\) et \(F\) et \(G\) sont bien en somme directe. Puisque \(\dim E= 5=\dim F + \dim G\), d’après le cours, \(E=F\oplus G\).


Exercice 137 *

15 février 2021 14:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans l’espace vectoriel \(\mathbb{R}^{4}\), on considère les sous-espaces vectoriels \[F=Vect ( (1,2,1,3), (2,0,0,1) ) \textrm{ et } G=\left\{ (x,y,z,t)\in \mathbb{R}^{4} \mid 2x+y+z=0, x=y\right\}\]

  1. Déterminer les dimensions des sous-espaces vectoriels \(F\) et \(G\).

  2. Montrer que \(F\cap G=\left\{ 0\right\}\).

  3. En déduire que \(\mathbb{R}^{4}=F\oplus G\).



[ID: 1410] [Date de publication: 15 février 2021 14:04] [Catégorie(s): Sous-espaces supplémentaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 137
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04
  1. Par définition, \(S_1=(f_1,f_2)\) est générateur de \(F\). On vérifie que cette famille est libre. C’est une base de \(F\) et donc \(\dim F=2\). Il faut déterminer une famille génératrice de \(G\) : \[G=\{ x(1,1,-3,0)+t(0,0,0,1) ~|~ (x,t)\in \mathbb{R}^{2} \}\] Donc \(g_1=(1,1,-3,0)\) et \(g_2=(0,0,0,1)\) forment une famille génératrice de \(G\). On vérifie qu’il est libre. C’est donc une base de \(G\) et \(\dim G=2\).

  2. On vérifie facilement que les vecteurs \((1,2,1,3)\) et \((2,0,0,1)\) ne sont pas solutions du système \(\begin{cases} 2x+y+z&=0\\ x&=y\end{cases}\) donc \(F\cap G=\left\{0\right\}\).

  3. D’après la formule de Grassmann, puisque \(\dim F + \dim G= \dim \mathbb{R}^{4}\) et que \(F\cap G=\{0\}\), il vient que \(\dim \left(F+G\right)=\dim E\) et donc que \(F+G=E\). On peut alors écrire que \(E=F\oplus G\).


Exercice 286 *

15 février 2021 14:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) de dimension finie \(n\). Soient \(F\) et \(G\) deux sous-espaces vectoriels de \(E\) vérifiant \(\dim F + \dim G > n\). Montrer que \(F\cap G\neq \left\{ 0_E\right\}\).



[ID: 1412] [Date de publication: 15 février 2021 14:04] [Catégorie(s): Sous-espaces supplémentaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 286
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04

Utilisons la dimension d’une somme de sous-espaces vectoriels : \[\dim(F+G)=\dim F + \dim G -\dim (F\cap G)\] On obtient que \(\dim(F\cap G) = \dim F + \dim G - \dim (F+G) > n - \dim(F+G)\). Mais comme \(F+G\) est un sous-espace vectoriel de \(E\), \(\dim(F+G)\leqslant n\) et donc \(\dim(F\cap G) > 0\). On obtient finalement que \(F\cap G \neq \{0\}\).


Infinité des supplémentaires **

15 février 2021 14:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces
Soit \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\) et \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\) différent de \(\left\{ 0\right\}\) et différent de l’espace \(E\). Montrer que \(F\) admet une infinité de supplémentaires dans \(E\).
( ).
Faire un dessin dans \(\mathbb{R}^{2}\) lorsque \(F\) est une droite vectorielle.


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Infinité des supplémentaires
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04

Considérons une base de \(F\), \((e_1,\ldots ,e_p)\) (où \(p=\dim F\)) et complétons là en une base de \(E\) par des vecteurs \(e_{p+1},\ldots e_n\in E\). Pour tout \(t\in\mathbb{R}\), posons \(G_t=Vect(te_1+e_{p+1},e_{p+2},\ldots ,e_n)\). Soit \(t\in\mathbb{R}\), montrons que \(G_t\) est un supplémentaire de \(F\) dans \(E\). Il suffit pour ce faire de montrer que \(\left(e_1,\dots,e_p, te_1+e_{p+1},e_{p+2},\ldots ,e_n\right)\) est une base de \(E\). Soient \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\in\mathbb{R}\) tels que \(\alpha_1 e_1+\dots+\alpha_p e_p+\alpha_{p+1}\left(te_1+e_{p+1}\right)+\alpha_{p+2}e_{p+2}++\dots\alpha_n e_n=0\) alors \(\left(\alpha_1+t\alpha_{p+1}\right) e_1+\dots+\alpha_p e_p+\alpha_{p+1}e_{p+1}+\alpha_{p+2}e_{p+2}+\dots+\alpha_n e_n=0\) et comme \(\left(e_1,\dots,e_n\right)\) est libre, il vient que \(\alpha_1+t\alpha_{p+1}=\alpha_2=\dots=\alpha_p=\alpha_{p+1}=\alpha_{p+2} =\dots=\alpha_n=0\) et donc que \(\alpha_1=\dots=\alpha_n=0\). La famille \(\left(e_1,\dots,e_p, te_1+e_{p+1},e_{p+2},\ldots ,e_n\right)\) est donc bien libre et comme son cardinal est égal à la dimension de \(E\), il s’agit bien d’une base de \(E\). En conclusion, \(E=F\oplus G_t\).

Si \(t\neq t'\) sont deux réels, alors \(G_t\neq G_{t'}\). En effet le vecteur \(e_p+te_1\) n’est pas élément de \(G_{t'}\). Si c’était le cas, alors il existerait \(\alpha_{p+1},\dots,\alpha_n\in\mathbb{R}\) tels que \(e_{p+1}+t e_1 = \alpha_{p+1}\left(e_{p+1}+t' e_1\right)+\alpha_{p+2} e_{p+2}+\dots+\alpha_n e_n\). Alors \(\left(\alpha_{p+1}t'-t \right)e_1+ \left(\alpha_{p+1}-1\right)e_{p+1}+\alpha_{p+2} e_{p+2}+\dots+\alpha_n e_n=0\). La famille \(\left(e_1,e_{p+1},\dots,e_n\right)\) est libre comme sous-famille d’une famille libre donc en particulier \(\alpha_{p+1}t'-t =\alpha_{p+1}-1=0\) et \(t=t'\), ce qui est contraire à notre hypothèse de départ.


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Existence d’un supplémentaire commun
Par emmanuel le 15 février 2021 14:04
  1. \(F\cap G\) est un sous-espace vectoriel de \(F\) qui est de dimension finie car c’est le cas de \(E\). Donc \(F\cap G\) admet un supplémentaire \(F'\) dans \(F\). On fait de même pour \(G'\).

  2. Comme \(F=F\cap G \oplus F'\), il vient que \(\dim F'= \dim F-\dim F\cap G\). De même, \(\dim G'= \dim G-\dim F\cap G\). Le résultat s’ensuit alors du fait que \(F\) et \(G\) ont même dimension. On notera \(p=\dim F' =\dim G'\).

  3. Soit \(x\in F'\cap G'\). Comme \(F'\subset F\) et que \(G'\subset G\), on a \(x\in F\cap G\). Mais \(F'\) et \(F\cap G\) sont supplémentaires donc \(x=0\).

  4. Comme \(F'\) et \(G'\) sont de même dimension \(p\), ces deux sous-espaces admettent des bases \(f=\left(f_1,\dots,f_p\right)\) pour \(F'\) et \(\left(g_1,\dots,g_p\right)\) pour \(G'\). Considérons la famille \(h=\left(h_1,\dots,h_p\right)\) où pour tout \(i\in\llbracket 1,p\rrbracket\), \(h_i=f_i+g_i\). Aucun des vecteurs de cette famille n’est dans \(F\cup G\). En effet, s’il existe \(i\in\llbracket 1,p\rrbracket\) tel que \(h_i\in F\cup G\) alors \(h_i\in F\) ou \(h_i\in G\). Si \(h_i=f_i+g_i\in F\) alors \(g_i=f_i-h_i\in F\). Donc \(g_i\in F\cap G\). Mais \(g_i\in G'\) et les deux sous-espaces \(G'\) et \(G\cap F\) sont en somme directe, donc \(g_i=0\), ce qui n’est pas possible car la famille \(g\) ne serait pas libre. On fait de même si \(h_i\in G\). Montrons maintenant que la famille \(h\) est libre. Soient \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\in \mathbb{K}\) tels que \(\alpha_1 h_1+\dots+\alpha_p h_p=0\). Alors le vecteur \(v=\alpha_1 f_1+\dots+\alpha_p f_p=-\left(\alpha_1 g_1+\dots+\alpha_p g_p\right)\) est élément de \(F'\cap G'\). D’après la question précédente, \(v=0\) et \(\alpha_1 f_1+\dots+\alpha_p f_p=\alpha_1 g_1+\dots+\alpha_p g_p=0\). Les familles \(f\) et \(g\) étant libres, on en déduit que \(\alpha_1=\dots=\alpha_p=0\) et donc que \(h\) est libre. Posons \(H=Vect\left(h_1,\dots,h_p\right)\). Il est clair que \(\dim H=p\). Montrons que \(F\cap H=\left\{0\right\}\). Soit \(x\in F\cap H\). Alors il existe \(\alpha_1,\dots,\alpha_p\in \mathbb{K}\) tels que \(x=\sum_{i=1}^p \alpha_i h_i\). Mais \(\sum_{i=1}^p \alpha_i g_i=x-\sum_{i=1}^p \alpha_i f_i\) et donc le vecteur \(\sum_{i=1}^p \alpha_i g_i\in F\cap G\) ce qui prouve que \(\sum_{i=1}^p \alpha_i g_i=0\) car ce vecteur est aussi élément de \(G'\). Comme la famille \(g\) est libre, il vient que \(\alpha_1=\dots=\alpha_p=0\) et donc \(x=0\). \(F\) et \(H\) sont bien en somme directe. Enfin, puisque \(F'\) est supplémentaire de \(F\) dans \(F+G\), donc \(\dim (F+G) = \dim F + \dim F' = \dim F + p = \dim F + \dim H\). Donc \(H\) est un supplémentaire de \(F\) dans \(F+G\). De même \(H\) est un supplémentaire de \(G\) dans \(F+G\).

  5. On considère un supplémentaire \(\widetilde H\) à \(F+G\) dans \(E\). Il existe car \(E\) est de dimension finie. Montrons que \(H\oplus\widetilde H\) (vérifier que cette somme est bien directe) est un supplémentaire commun à \(F\) et \(G\) dans \(E\). Soit \(x\in F\cap (H\oplus\widetilde H)\). Alors \(x\in F\) et \(x=a+\widetilde a\) ou \(a\in H\) et \(\widetilde a\in \widetilde H\). Mais \(\widetilde a=x-a\in F+H=F+G\) donc \(\widetilde a\in (F+G)\cap \widetilde H\) ce qui amène \(\widetilde a=0\) et \(x=a\). Mais comme \(F\cap H=\left\{0\right\}\), il s’ensuit que \(x=0\) et donc \(F\) et \(H\oplus\widetilde H\) sont en somme directe. De plus \(\dim \left(H\oplus\widetilde H \right) = \dim \left(F+G\right)-\dim F + \dim E-\dim \left(F+G\right)=\dim E-\dim F\). Donc \(F+\left(H\oplus\widetilde H\right)=E\) et \(E=F\oplus\left(H\oplus\widetilde H\right)\). On montre de même que \(E=G\oplus\left(H\oplus\widetilde H\right)\)


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