Chapitre 1 – Espaces vectoriels
b. Puisque F ∩ G ⊂ F et F ∩ G ⊂ G, nous avons pour les dimensions de ces sous-espaces
r p et r q.
Nous pouvons compléter éventuellement la base B I avec p − r vecteurs pour obtenir
la base B F = (l 1 , . . . , l r , m 1 , . . . , m p−r ) de F et aussi avec q − r vecteurs pour obtenir la
base B F = (l 1 , . . . , l r , n 1 , . . . , n q−r ) de G
c. Remarquons que la famille F = (l 1 , . . . , l r , m 1 , . . . , m p−r , n 1 , . . . , n q−r ) de p + q − r
vecteurs de F + G engendre tous les vecteurs de F et tout ceux de G, elle est donc
génératrice de F + G qui de ce fait est de dimension finie.
Montrons que la famille F est aussi libre.
Considérons une combinaison linéaire nulle de ses p + q − r vecteurs
a 1 l 1 + · · · + a r l r + b 1 m 1 + · · · + b p−r m p−r + g 1 n 1 + · · · + g q−r n q−r = 0.
Soit V = a 1 l 1 + · · · + a r l r + b 1 m 1 + · · · + b p−r m p−r = −g 1 n 1 − · · · − g q−r n q−r .
Le vecteur V est dans F ∩ G, il se décompose donc sur la base B I , par exemple
V = d 1 l 1 + · · · + d r l r . A cause de l’unicité de la décomposition de V sur la base
B G on a g 1 = g 2 = · · · = g q−r = 0 et donc V = 0 ; comme B F est une famille libre,
on a a 1 = a 2 = + · · · = a r = b 1 = b 2 = · · · + b p−r = 0. La famille F est libre, c’est
une base de F ∩ G qui est de dimension p + q − r.
Nous avons donc pour tout sous-espaces F et G de dimension finie
dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F ∩ G).
4.
1. Nous avons f k (x) = e
x+k = e
k e
x et donc
E f = Vect
x : → e
x , x : → ee
x , x : → e
2 e
x , x : → e
3 e
x ,
= Vect
x : → e
x
.
Dans ce cas, E f est de dimension 1.
2. Nous avons f k (x) = sin(x + k) = cos(k) sin(x) + sin(k) cos(x) et donc
E f = Vect
f 0 , f 1 , f 2 , f 3
⊂ Vect
sin, cos
.
Nous pouvons remarquer que les fonctions f 1 : x → cos(1) sin(x) + sin(1) cos(x) et
f 0 : x → sin(x) ne sont pas colinéaires ; E f est donc un sous-espace de dimension
au moins 2 inclus dans un sous-espace de dimension 2 ; nous avons donc l’égalité
E f = Vect
sin, cos
et E f est de dimension 2.
3. Nous avons f k (x) = (x + k)
2 = k
2 + 2kx + x
2 et donc
E f = Vect
f 0 , f 1 , f 2 , f 3
⊂ Vect
x : → 1, x : → x, x : → x
2
.
Comme précédemment, on montre facilement que (f 0 , f 1 , f 2 ) est une famille libre de trois
vecteurs, l’inclusion est donc une égalité et E f est de dimension 3.
4. Nous avons f k : x → (x + k)e
x+k = ke
k e
x + e
k xe
x et donc
E f = Vect
f 0 , f 1 , f 2 , f 3
⊂ Vect
x : → e
x , x : → xe
x
.
Les fonctions f 0 et f 1 ne sont pas colinéaires, la famille (f 0 , f 1 ) est une famille libre de deux
vecteurs, l’inclusion est donc une égalité et E f est de dimension 2.
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b. Puisque F ∩ G ⊂ F et F ∩ G ⊂ G, nous avons pour les dimensions de ces sous-espaces
r p et r q.
Nous pouvons compléter éventuellement la base B I avec p − r vecteurs pour obtenir
la base B F = (l 1 , . . . , l r , m 1 , . . . , m p−r ) de F et aussi avec q − r vecteurs pour obtenir la
base B F = (l 1 , . . . , l r , n 1 , . . . , n q−r ) de G
c. Remarquons que la famille F = (l 1 , . . . , l r , m 1 , . . . , m p−r , n 1 , . . . , n q−r ) de p + q − r
vecteurs de F + G engendre tous les vecteurs de F et tout ceux de G, elle est donc
génératrice de F + G qui de ce fait est de dimension finie.
Montrons que la famille F est aussi libre.
Considérons une combinaison linéaire nulle de ses p + q − r vecteurs
a 1 l 1 + · · · + a r l r + b 1 m 1 + · · · + b p−r m p−r + g 1 n 1 + · · · + g q−r n q−r = 0.
Soit V = a 1 l 1 + · · · + a r l r + b 1 m 1 + · · · + b p−r m p−r = −g 1 n 1 − · · · − g q−r n q−r .
Le vecteur V est dans F ∩ G, il se décompose donc sur la base B I , par exemple
V = d 1 l 1 + · · · + d r l r . A cause de l’unicité de la décomposition de V sur la base
B G on a g 1 = g 2 = · · · = g q−r = 0 et donc V = 0 ; comme B F est une famille libre,
on a a 1 = a 2 = + · · · = a r = b 1 = b 2 = · · · + b p−r = 0. La famille F est libre, c’est
une base de F ∩ G qui est de dimension p + q − r.
Nous avons donc pour tout sous-espaces F et G de dimension finie
dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F ∩ G).
4.
1. Nous avons f k (x) = e
x+k = e
k e
x et donc
E f = Vect
x : → e
x , x : → ee
x , x : → e
2 e
x , x : → e
3 e
x ,
= Vect
x : → e
x
.
Dans ce cas, E f est de dimension 1.
2. Nous avons f k (x) = sin(x + k) = cos(k) sin(x) + sin(k) cos(x) et donc
E f = Vect
f 0 , f 1 , f 2 , f 3
⊂ Vect
sin, cos
.
Nous pouvons remarquer que les fonctions f 1 : x → cos(1) sin(x) + sin(1) cos(x) et
f 0 : x → sin(x) ne sont pas colinéaires ; E f est donc un sous-espace de dimension
au moins 2 inclus dans un sous-espace de dimension 2 ; nous avons donc l’égalité
E f = Vect
sin, cos
et E f est de dimension 2.
3. Nous avons f k (x) = (x + k)
2 = k
2 + 2kx + x
2 et donc
E f = Vect
f 0 , f 1 , f 2 , f 3
⊂ Vect
x : → 1, x : → x, x : → x
2
.
Comme précédemment, on montre facilement que (f 0 , f 1 , f 2 ) est une famille libre de trois
vecteurs, l’inclusion est donc une égalité et E f est de dimension 3.
4. Nous avons f k : x → (x + k)e
x+k = ke
k e
x + e
k xe
x et donc
E f = Vect
f 0 , f 1 , f 2 , f 3
⊂ Vect
x : → e
x , x : → xe
x
.
Les fonctions f 0 et f 1 ne sont pas colinéaires, la famille (f 0 , f 1 ) est une famille libre de deux
vecteurs, l’inclusion est donc une égalité et E f est de dimension 2.
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