SOLUTIONS
11
Solutions
De même, yx
n = x
n y.D ’où : yx
n = (yx
n−1 )x = x
n−1 yx = x
n y.
En simplifiant àgauche par x
n−1 : yx = xy. G est abélien.
Chapitre 11
1 a) Faux, mais C est un R-e.v. b) Vrai. c) Vrai.
d) Faux : cf. ex.7e) Vrai. f) Faux :n ep as confondre supplémentaire et complémentaire. g) Vrai. h) Vrai. i) Faux ;e x:
IdE +(−IdE ) = 0. j) Vrai.
2 a) Non, l’addition n’est pasassociative et n’a pasd’élément
neutre.
b) Non, les propriétés EV3etEV4 ne sont pasvérifiées.
c) Non, la propriété EV1n’est pasvérifiée.
d) Non, la propriété EV4n’est pasvérifiée.
e) Non, tous les éléments n’ont pas un symétrique pour l’addition.
Les propriétés EV1etEV2 ne sont pasvérifiées.
f) Non, l’addition n’a pasd ’élément neutre et la propriété EV1
n’est pasvérifiée.
3 Vérifier soigneusement les propriétés EV1, EV2, EV3 et
EV4.
4 a) Oui, c’est Vect{(1, −1)}. b) Non, il ne contient pas
(0, 0). c) Non, il n’est pass table par addition. d) Oui, c’est
Vect{(0, 1)}. e) Non, il n’estp as stable par multiplication par
les réels. f) Oui, c’est Vect{(−3, 2)}.
5 a) Il n’est passtable par multiplication par les réels.
b) Il n’est passtable par addition.
c) C’est un sous-espace vectoriel.
d) C’est un sous-espace vectoriel.
e) C’est un sous-espace vectoriel.
f) C’est un sous-espace vectoriel.
g) Il n’est passtable par addition.
h) C’est un sous-espace vectoriel.
6 a) Il n’est passtable par multiplication par les réels.
b) C’est un sous-espace vectoriel.
c) C’est un sous-espace vectoriel.
d) C’est un sous-espace vectoriel.
e) Il n’est pass table par addition (considérer, par exemple, les
fonctions x → sin x et x → sin πx). En revanche, l’ensemble des
fonctions T-périodiques(pour T fixé) estunsous-espace vectoriel
de R
R .
f) C’est un sous-espace vectoriel.
g) C’est un sous-espace vectoriel.
h) C’est un sous-espace vectoriel.
7 Soit F et G deux s.e.v. de E tels que F ∪ G soit un s.e.v.
de E. Supposer qu’il existe x ∈ F telque x
∈ G et y ∈ G tel que
y ∈ F , et essayer d’aboutir àune contradiction. La réciproque est
évidente.
8 a) On peut montrer que:
(F∩G)+(F ∩H)⊂F ∩(G+H),
mais l’inclusion réciproque n’est pas toujours vraie (chercher des
exemples dans R
2 ).
b) On peut montrerque :
F +(G∩H)⊂(F +G)∩(F +H),
mais l’inclusion réciproque n’est pas toujours vraie (idem).
c) Montrer la double inclusion.
9 a) Oui. b) Non. c) Oui. d) Oui. e) Oui.
10 1) (x, y) = xe1+ye2.
2) D’après 1),ile xiste (a, c) ∈ R
2 telq ue f (e1) = ae1 +ce2,et
(b, d ) ∈ R
2 telque f (e2) = be1 +de2.En déduire f (x, y).
3) Vérification facile.
11 (x, y, z) = (x − y)(1, 0, 0) +(y−z)(1,1,0) + z(1, 1, 1),
donc si f existe,ondoit avoir :
f (x, y, z) = (x − y)(0, 1) +(y−z)(1, 0) + z(1, 1)
= (y, x − y + z)
Réciproquement, l’application f :
(x, y, z) → (y, x − y + z)convient.
Ker f = {(x, y, z) ∈ R
3
y = 0; x+z=0}
=Vect{(1, 0, −1).}
(x
, y
) ∈ Im f si et seulement si le système
y = x
x − y + z = y
aaumoins une solution ;donc Im f = R
2 .
12 Déterminer α et β tels que (x, y) = α(1, 2) + β(2, 1) et
procéder comme dans l’exercice précédent. On obtient :
Ker f = {0} et Im f = {(x, y, z) ∈ R
3
x − y + z = 0}
13 1.a) On suppose:E = Im f +K er f . L’inclusion
Im f
2 ⊂ Im f est évidente.
Réciproquement, soit y ∈ Im f . Il existe x ∈ E tel que y = f (x);
décomposer x surImf et Ker f et conclure.
b) On suppose Im f ⊂ Im f
2 .Pour tout x ∈ E , f (x) ∈ Im f
2 .
Il existe donc t ∈ E tel que f (x) = f
2 (t); montrer que
x − f (t) ∈ Ker f et conclure.
2.a) On supposeImf ∩Ker f = {0}.
L’inclusion Ker f ⊂ Ker f
2 est évidente.
Réciproquement, soit x ∈ Ker f
2 .
Montrer que f (x) ∈ Im f ∩ Ker f et conclure.
556
11
Solutions
De même, yx
n = x
n y.D ’où : yx
n = (yx
n−1 )x = x
n−1 yx = x
n y.
En simplifiant àgauche par x
n−1 : yx = xy. G est abélien.
Chapitre 11
1 a) Faux, mais C est un R-e.v. b) Vrai. c) Vrai.
d) Faux : cf. ex.7e) Vrai. f) Faux :n ep as confondre supplémentaire et complémentaire. g) Vrai. h) Vrai. i) Faux ;e x:
IdE +(−IdE ) = 0. j) Vrai.
2 a) Non, l’addition n’est pasassociative et n’a pasd’élément
neutre.
b) Non, les propriétés EV3etEV4 ne sont pasvérifiées.
c) Non, la propriété EV1n’est pasvérifiée.
d) Non, la propriété EV4n’est pasvérifiée.
e) Non, tous les éléments n’ont pas un symétrique pour l’addition.
Les propriétés EV1etEV2 ne sont pasvérifiées.
f) Non, l’addition n’a pasd ’élément neutre et la propriété EV1
n’est pasvérifiée.
3 Vérifier soigneusement les propriétés EV1, EV2, EV3 et
EV4.
4 a) Oui, c’est Vect{(1, −1)}. b) Non, il ne contient pas
(0, 0). c) Non, il n’est pass table par addition. d) Oui, c’est
Vect{(0, 1)}. e) Non, il n’estp as stable par multiplication par
les réels. f) Oui, c’est Vect{(−3, 2)}.
5 a) Il n’est passtable par multiplication par les réels.
b) Il n’est passtable par addition.
c) C’est un sous-espace vectoriel.
d) C’est un sous-espace vectoriel.
e) C’est un sous-espace vectoriel.
f) C’est un sous-espace vectoriel.
g) Il n’est passtable par addition.
h) C’est un sous-espace vectoriel.
6 a) Il n’est passtable par multiplication par les réels.
b) C’est un sous-espace vectoriel.
c) C’est un sous-espace vectoriel.
d) C’est un sous-espace vectoriel.
e) Il n’est pass table par addition (considérer, par exemple, les
fonctions x → sin x et x → sin πx). En revanche, l’ensemble des
fonctions T-périodiques(pour T fixé) estunsous-espace vectoriel
de R
R .
f) C’est un sous-espace vectoriel.
g) C’est un sous-espace vectoriel.
h) C’est un sous-espace vectoriel.
7 Soit F et G deux s.e.v. de E tels que F ∪ G soit un s.e.v.
de E. Supposer qu’il existe x ∈ F telque x
∈ G et y ∈ G tel que
y ∈ F , et essayer d’aboutir àune contradiction. La réciproque est
évidente.
8 a) On peut montrer que:
(F∩G)+(F ∩H)⊂F ∩(G+H),
mais l’inclusion réciproque n’est pas toujours vraie (chercher des
exemples dans R
2 ).
b) On peut montrerque :
F +(G∩H)⊂(F +G)∩(F +H),
mais l’inclusion réciproque n’est pas toujours vraie (idem).
c) Montrer la double inclusion.
9 a) Oui. b) Non. c) Oui. d) Oui. e) Oui.
10 1) (x, y) = xe1+ye2.
2) D’après 1),ile xiste (a, c) ∈ R
2 telq ue f (e1) = ae1 +ce2,et
(b, d ) ∈ R
2 telque f (e2) = be1 +de2.En déduire f (x, y).
3) Vérification facile.
11 (x, y, z) = (x − y)(1, 0, 0) +(y−z)(1,1,0) + z(1, 1, 1),
donc si f existe,ondoit avoir :
f (x, y, z) = (x − y)(0, 1) +(y−z)(1, 0) + z(1, 1)
= (y, x − y + z)
Réciproquement, l’application f :
(x, y, z) → (y, x − y + z)convient.
Ker f = {(x, y, z) ∈ R
3
y = 0; x+z=0}
=Vect{(1, 0, −1).}
(x
, y
) ∈ Im f si et seulement si le système
y = x
x − y + z = y
aaumoins une solution ;donc Im f = R
2 .
12 Déterminer α et β tels que (x, y) = α(1, 2) + β(2, 1) et
procéder comme dans l’exercice précédent. On obtient :
Ker f = {0} et Im f = {(x, y, z) ∈ R
3
x − y + z = 0}
13 1.a) On suppose:E = Im f +K er f . L’inclusion
Im f
2 ⊂ Im f est évidente.
Réciproquement, soit y ∈ Im f . Il existe x ∈ E tel que y = f (x);
décomposer x surImf et Ker f et conclure.
b) On suppose Im f ⊂ Im f
2 .Pour tout x ∈ E , f (x) ∈ Im f
2 .
Il existe donc t ∈ E tel que f (x) = f
2 (t); montrer que
x − f (t) ∈ Ker f et conclure.
2.a) On supposeImf ∩Ker f = {0}.
L’inclusion Ker f ⊂ Ker f
2 est évidente.
Réciproquement, soit x ∈ Ker f
2 .
Montrer que f (x) ∈ Im f ∩ Ker f et conclure.
556