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Chapitre 13

Espaces vectoriels

13.1 Espaces et sous-espaces vectorielsI Solution 13.1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. A est un sous-espace vectoriel de E. D’une part, il contient la fonction nulle.D’autre part, soient f, g deux éléments de A, et α, β deux scalaires. Soit h = αf + βg.Alors : 2h(0) = 2(αf + βg)(0) = 2αf(0) + 2βg(0) = αf(1) + βg(1) = h(1).Ainsi h appartient à A, qui est donc stable par combinaisons linéaires.Remarque : le résultat est évident, et il est plus élégant de dire que A est le noyau de la forme linéaireϕ définie sur E par : ∀ f ∈ E,ϕ(f) = 2f(0)− f(1).

2. B n’est pas un sous-espace vectoriel de E car il ne contient pas la fonction nulle.3. La fonction constante f définie par f(x) ≡ 1 est dans C, mais −f n’appartient pas à C.C n’est donc pas un sous-espace vectoriel de E

4. La fonction nulle est dans D. Soient f, g dans D, et α, β dans R. Soit h = αf + βg.Pour tout x de [0, 1] : h(1− x) = αf(1− x) + βg(1− x) = αf(x) + βg(x) = h(x).Ainsi h est encore élément de D, qui est donc un sous-espace vectoriel de E.

5. La fonction nulle n’est pas polynomiale de degré 4...Donc F n’est pas un sous-espace vectoriel de E.

6. La réponse est oui. On peut dire par exemple que G est le sous-espace vectoriel de E engendré parles applications x 7→ 1, x 7→ x, x 7→ x2, x 7→ x3 et x 7→ x4.

I Solution 13.1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Il est clair que si F ⊂ G ou si G ⊂ F , alors F ∪G est un sous-espace vectoriel de E.Pour montrer la réciproque, on suppose que F ∪ G est un sous-espace vectoriel de E et par exempleque F n’est pas inclus dans G.Alors il faut prouver que G est inclus dans F .On se donne un élément g de G. Il s’agit de prouver que g est dans F .Par hypothèse, il existe un élément f de F qui n’est pas dans G.Puisque f et g sont tout deux dans F ∪ G, il en est de même de h = f + g (car F ∪ G est stable parcombinaison linéaire.)Mais il est impossible que h soit dans G (sinon f = h− g serait lui aussi dans G.)On en déduit que h est dans F . Donc g = h− f est dans F , ce qu’il fallait prouver.Conclusion : si F ∪G est un sous-espace vectoriel de E, alors F ⊂ G ou G ⊂ F .

13.2 Familles génératrices, libres. Bases Chapitre 13 : Espaces vectoriels

I Solution 13.1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Il suffit bien sûr de prouver C ⊂ B. Soit c un élément de C.Puisque C ⊂ A+B, il existe a dans A et b dans B tels que c = a+ b.Puisque B ⊂ C, les vecteurs b et c sont tous les deux dans C.Il en est donc de même de a = c− b. Ainsi a est dans A ∩ C donc dans B.Finalement a et b sont tous deux dans B. Il en est donc de même de c = a+ b.On a ainsi prouvé l’inclusion C ⊂ B et donc l’égalité C = B.

13.2 Familles génératrices, libres. BasesI Solution 13.2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

On doit trouver (α, β, γ) 6= −→0 tel que αa+ βb+ γc = 0.

αa+ βb+ γc = −→0 ⇔ α(9,−3, 7) + β(1, 8, 8) + γ(5,−5, 1) = −→0 ⇔

9α + β + 5γ = 03α− 8β + 5γ = 07α + 8β + γ = 0

⇔

9α + β + 5γ = 06α + 9β = 026α + 39β = 0

⇔

9α + β + 5γ = 02α + 3β = 0

Ce système admet des solutions non nulles parmi lesquelles α = 3, β = −2, γ = −5.On a donc 3a− 2b− 5c = −→0 : la famille a, b, c est liée.

I Solution 13.2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

On résout u = xa+ yb, d’inconnues x, y, de paramètres λ, µ.

u = xa+ yb ⇔ (−2, λ, µ, 3) = x(1,−1, 1, 2) + y(−1, 2, 3, 1) ⇔

x− y = −2−x+ 2y = λ

x+ 3y = µ

2x+ y = 3⇔ x = 13 , y = 7

3 , λ = 133 , µ = 22

3

Le vecteur u est donc dans le plan engendré par a, b si et seulement si λ = 133 et µ = 22

3 .Dans le cas où u = (λ, 1, µ, 1), a = (1, 2, 3, 4), et b = (1,−2, 3,−4), la réponse est négative.En effet a et b sont dans l’hyperplan H = {w = (x, y, z, t), t = 2y}.Il en est donc de même de leurs combinaisons linéaires.Or u = (λ, 1, µ, 1) n’est jamais dans H. Il ne peut donc être dans le plan engendré par a, b.

I Solution 13.2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

On se donne une famille (αλ)λ∈R à support fini. On suppose que ∑λ∈R

αλfλ = 0.On suppose par l’absurde que les αλ ne sont pas tous nuls.La famille des αλ étant à support fini, il existe un λ0 maximum tel que αλ0 6= 0.L’égalité ∑

λ∈Rαλfλ = 0 devient alors αλ0fλ0 = − ∑

λ<λ0αλfλ.

Autrement dit : ∀x ∈ R, αλ0 exp(λ0x) = − ∑λ<λ0

αλ exp(λx).

En multipliant par exp(−λ0x) on obtient : ∀x ∈ R, αλ0 = − ∑λ<λ0

αλ exp((λ− λ0)x

).

Dans cette somme (finie) on a toujours λ− λ0 < 0.Quand on fait tendre x vers +∞ on trouve donc αλ0 = 0, ce qui est absurde.Conclusion : la famille des (fλ)λ∈R est une famille libre.

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13.2 Familles génératrices, libres. Bases Chapitre 13 : Espaces vectoriels

I Solution 13.2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Il revient au même de prouver que toute sous-famille finie formée de n fonctions fλk(où λ1, λ2, . . . , λn

sont distincts deux à deux dans R+) est libre.On procède par récurrence sur n > 1. C’est vrai si n = 1 car fλ n’est pas la fonction nulle.Soit n un entier > 1. On suppose que la propriété est vraie si n > 1.On se donne donc λ1, . . . , λn, λn+1 distincts deux à deux dans R+.

Soient α1, . . . , αn+1 tels quen+1∑k=1

αkfλk= 0. On dérive deux fois et on obtient

n+1∑k=1

λ2kαkfλk

= 0.

Par combinaison des deux égalités on trouve :n∑k=1

µkαkfλk= 0 avec µk = λ2

k − λ2n+1.

On en déduit µ1α1 = · · · = µnαn = 0 en utilisant l’hypothèse de récurrence.

Mais µ1, . . . , µn sont non nuls. Donc α1 = · · · = αn = 0.n+1∑k=1

αkfλk= 0 donne alors αn+1 = 0.

On a ainsi démontré la propriété au rang n+ 1, ce qui achève la récurrence.Conclusion : la famille des (fλ)λ∈R+ est une famille libre.

I Solution 13.2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Supposons que (f1, . . . , fn) soit liée : Il existe (λ1, . . . , λn) 6= −→0 tel que quen∑k=1

λk fk = 0 (1).

Soit r maximum tel que λr 6= 0. (1) s’écrit : ∀x ∈ R,r−1∑k=1

λk |x− k|+ λr |x− r| = 0.

On se place sur ]r − 1, r[ puis ]r,+∞[. On obtient, en notant a =r−1∑k=1

λk et b =r−1∑k=1

kλk :∀x ∈]r − 1, r[, ax− b+ λr(r − x) = (a− λr)x− b+ rλr = 0

∀x ∈]r,+∞[, ax− b+ λr(x− r) = (a+ λr)x− b− rλr = 0Mais chacune de ces deux égalités (une fonction affine nulle sur un intervalle d’intérieur non vide) n’estpossible que si les coefficients de ces fonctions affines sont nuls.Cela implique a− λr = 0 et a+ λr = 0 et donc λr = 0, ce qui est absurde.Conclusion : Pour tout entier n > 1, la famille (f1, f2, . . . , fn) est libre.

I Solution 13.2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. On se donne une famille (λn)n>0 de scalaires, à support fini, telle que ∑n>0

λnPn = 0.On suppose, par l’absurde, que les λn ne sont pas tous nuls.Il existe alors un m maximum tel que λm 6= 0 donc tel que λmPm = − ∑

n<mλnPn.

Mais c’est absurde car deg( ∑n<m

λnPn

)6 max

{degPn, n < m

}< degPm.

Conclusion : la famille (Pn)n>0 est une famille libre.

2. Supposons que pour tout n, on ait degPn = n. Soit P un polynôme non nul de K[X].Posons degP = m. Les m+1 polynômes P0, . . . , Pm (qui sont extraits de la famille (Pn)n>0) formentune famille libre de Km[X] (qui est de dimension m+ 1.)Les polynômes P0, . . . , Pm forment donc une base de Km[X].Il en découle que P est une combinaison linéaire de P0, . . . , Pm donc des Pn pour n > 0.Supposons maintenant qu’on n’ait pas degPn = n pour tout n de N.Puisque la suite (degPn)n>0 est strictement croissante dans N, on a toujours degPn > n.Il existe donc un m minimum tel que degPm > m et degPn = n pour tout n < m.Le degré de ∑

n>0λnPn est celui de Pn où n est l’indice maximum tel que λn 6= 0.

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13.3 Somme de sous-espaces vectoriels Chapitre 13 : Espaces vectoriels

Avec les notations précédentes, ce degré ne peut pas être égal à m.Autrement dit Xm, par exemple, n’est pas combinaison linéaire des Pn, avec n ∈ N.Cela prouve que la famille (Pn)n>0 n’est pas génératrice dans K[X].Conclusion : (Pn)n>0 est une base de K[X] si et seulement si ∀n ∈ N, degPn = n.

I Solution 13.2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. Les vecteurs vk sont combinaisons linéaires des uk.Il en découle que si v1, . . . , vn engendrent E, il en est de même de u1, . . . , un.D’autre part on a u1 = v1 et, pour tout k de {2, . . . , n}, uk = vk − vk−1.Les vecteurs uk sont donc combinaisons linéaires des vk.On en déduit là aussi que si u1, . . . , un engendrent E, il en est de même de v1, . . . , vn.

2. Soit λ1, λ2, . . . , λn une famille de n nombres réels.On constate que

n∑k=1

λkvk = −→0 ⇔n∑j=1

µjuj = −→0 , avec µj =n∑k=j

λk.

Il en découle que si les λk sont nuls, alors il en est de même des µj.On a également λn = µn et, pour tout k de {1, . . . , n− 1}, λk = µk − µk+1.On en déduit que si les µj sont nuls, alors il en est de même des λk.Ainsi la famille u1, . . . , un est libre si et seulement si la famille v1, . . . , vn est libre.

I Solution 13.2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Par l’absurde, on suppose que P0, P1, . . . , Pn sont liés.Il existe donc n+ 1 scalaires non tous nuls λ0, λ1, . . . , λn tels que

n∑k=0

λkPk = 0.On note k0 l’indice minimum tel que λk0 soit non nul.

L’égalitén∑k=0

λkPk = 0 devient λk0Pk0 = −n∑

k=k0+1λkPk.

Après division par le polynôme non nul Ak0 , on trouve : λk0Bn−k0 = −

n∑k=k0+1

λkAk−k0B n−k.

Supposons k0 < n. Alors le second membre de cette égalité est divisible par A.Ainsi le polynôme A est un diviseur de Bn−k0 . Mais A ∧B = 1⇒ A ∧Bn−k0 = 1.Il en découle que A est un polynôme inversible (constant non nul), ce qui est faux.Ainsi la seule possibilité est k0 = n, ce qui implique λnPn = 0 : c’est absurde car Pn 6= 0.Conclusion : la famille P0, P1, . . . , Pn est libre.

I Solution 13.2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Il suffit d’appliquer l’exercice précédent car α 6= β ⇒ (X − α) ∧ (X − β) = 1.Ainsi les n+ 1 polynômes P0, P1, . . . , Pn sont libres.Ils sont éléments de Kn[X] : ils en forment donc une base car dimKn[X] = n+ 1.

13.3 Somme de sous-espaces vectorielsI Solution 13.3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Il est clair tout d’abord que P et I sont deux sous-espaces vectoriels de E.En effet, la fonction nulle est à la fois paire et impaire.D’autre part, si f, g sont paires (resp. impaires) alors αf + βg est paire (resp. impaire).

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13.3 Somme de sous-espaces vectoriels Chapitre 13 : Espaces vectoriels

Pour démontrer que E = P ⊕ I, on doit montrer que toute fonction f de E s’écrit de manière uniquecomme la somme f = p+ i d’une fonction p de P et d’une fonction i de I.Supposons qu’une telle décomposition existe.Alors pour tout x de R, on a f(x) = p(x) + i(x).

On en déduit, pour tout x de R :

f(x) = p(x) + i(x)f(−x) = p(−x) + i(−x) = p(x)− i(x)

Il en découle, pour tout x de R : p(x) = 12(f(x) + f(−x)

)et i(x) = 1

2(f(x)− f(−x)

).

Cela prouve l’unicité du couple (p, i) si ce couple existe.Mais réciproquement, on constate que les deux applications p, i ainsi définies sont respectivement paireet impaire et qu’elles vérifient f = p+ i.Cela assure donc l’existence et l’unicité du couple (p, i), ce qui achève la démonstration.

I Solution 13.3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Compte tenu de la symétrie du problème, il suffit de prouver que C est inclus dans A.On se donne donc un élément c de C.Puisque E = A⊕B, il existe a dans A et b dans B tels que c = a+ b.Ainsi a ∈ C et b ∈ D. L’élement c− a = b est donc dans C et dans D.Puisque C et D sont en somme directe, il en découle que c− a = b = −→0 .Cela prouve que c est élément de A.On a donc prouvé l’inclusion C ⊂ A, donc l’égalité C = A.Pour les mêmes raisons, on a D = B.

I Solution 13.3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. Tout x de E peut s’écrire x = x1 + x2, avec x1 dans E1 et x2 dans E2.Puisque E2 = (E1 ∩ E2)⊕ F2, on peut écrire x2 = y + x′2, avec y ∈ E1 ∩ E2 et x′2 ∈ F2.En particulier, y est un élément de E1.On en déduit que x = x1 + (y + x′2) = (x1 + y) + x′2 est un élément de E1 + F2.On a donc prouvé E = E1 + F2. Il reste à vérifier que la somme E1 + F2 est directe.Or si un vecteur x est dans E1 ∩ F2, alors il est dans E1 ∩ E2.Il est donc à la fois dans E1 ∩ E2 et dans F2 qui sont en somme directe.On en déduit que x est nul. Conclusion : on a E = E1 ⊕ F2.

2. On procède par récurrence sur l’entier n > 2. D’après (a), la propriété est vraie si n = 2 (F1 = E1,et F2 est un supplémentaire de E1 ∩ E2 dans E2.)On suppose que la propriété est vraie pour n − 1 sous-espaces, avec n > 3, et on se donne les nsous-espaces E1, E2, . . . , En−1, En de E.Posons E ′ = E1 + E2 + · · ·+ En−1. Avec cette notation, E = E ′ + En.D’après la question (a), il existe un sous-espace Fn de En (par exemple un supplémentaire de E ′∩Endans En) tel que E = E ′ ⊕ Fn.L’hypothèse de récurrence, appliquée aux n− 1 sous-espaces E1, . . . , En−1 de E ′, montre qu’il existeF1, . . . , Fn−1, sous-espaces de E1, . . . , En−1, tels que E ′ = F1 ⊕ . . .⊕ Fn−1.Avec ces notations, on a alors E = E ′ ⊕ Fn = F1 ⊕ F2 ⊕ . . .⊕ Fn−1 ⊕ Fn, ce qui prouve la propriétéau rang n et achève la récurrence.

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13.4 Espaces de dimension finie Chapitre 13 : Espaces vectoriels

13.4 Espaces de dimension finieI Solution 13.4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pour tout x de R, fa(x) = cos a sin x+ sin a cosx.Ainsi l’application fa est combinaison linéaire de x 7→ sin x et de x 7→ cosx.De la même manière, fb et fc sont dans le plan engendré par x 7→ sin x et de x 7→ cosx.Les trois applications fa, fb, fc étant dans un même plan, elles forment une famille liée.

I Solution 13.4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Soit u = (x, y, z, t) un vecteur quelconque de R4.x+ 3y − 2z − 5t = 0x+ 2y + z − t = 0

⇔

x+ 3y = 2z + 5tx+ 2y = −z + t

⇔

x = −7z − 7ty = 3z + 4t

⇔ (x, y, z, t) = (−7z − 7t, 3z + 4t, z, t) = z(−7, 3, 1, 0) + t(−7, 4, 0, 1), avec (z, t) ∈ R2

Ainsi E est l’ensemble des combinaisons linéaires de

a = (−7, 3, 1, 0)b = (−7, 4, 0, 1)

La famille a, b est libre. Elle constitue donc une base de E, et dimE = 2.

I Solution 13.4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Le système αa+ βb+ γc+ δd = −→0 équivaut à :

α + 4β − γ = 02α + 3β − 3γ + 4δ = 02α + 10β + 4γ − 3δ = 0α + 5β − δ = 0

⇔

α = −4β + γ

5β + γ − 4δ = 02β + 6γ − 3δ = 0β + γ − δ = 0

⇔

α = −4β + γ

β − 3γ = 0β − 3γ = 0δ = β + γ

⇔

α = −11γβ = 3γδ = 4γ

On constate que la famille a, b, c, d est liée (donc de rang inférieur ou égal à 3.)Avec γ = 0, c’est-à-dire si on résout αa+ βb+ δd = −→0 , on trouve α = β = δ = 0.La famille a, b, d est donc libre : c’est une base de Vect(a, b, c, d) (qui est de dimension 3).

I Solution 13.4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

– Si P appartient à F ∩ G, il s’annule en les quatre points distincts 0, 1, 2, 3 alors qu’il est de degréinférieur ou égal à 3 : il est donc nul. Ainsi F et G sont en somme directe.Si on note K = {P ∈ E,P (1) = P (2) = 0}, on a bien sûr F ⊂ K et G ⊂ K.On en déduit F ⊕G ⊂ K.F est l’ensemble des polynômes P = αX(X− 1)(X− 2), avec α ∈ K : dimF = 1.G est l’ensemble des polynômes P = β(X− 1)(X− 2)(X− 3), avec β ∈ K : dimG = 1.K est l’ensemble des polynômes P = (aX + b)(X− 1)(X− 2), avec (a, b) ∈ K2 : dimK = 2.Donc dim(F ⊕G) = dimF + dimG = dimK, avec F ⊕G ⊂ K : on en déduit F ⊕G = K.

– H est l’ensemble des polynômes pairs P = a+ bX2, avec (a, b) ∈ R2 : c’est un plan.

Si P est dans (F ⊕G) ∩H, alors

P (1) = a+ b = 0P (2) = a+ 4b = 0

donc a = b = 0.

Ainsi H et F ⊕G sont en somme directe.Or dim(F ⊕G⊕H) = dim(F ⊕G) + dimH = 2 + 2 = 4 = dimE. Ainsi F ⊕G⊕H = E.

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13.4 Espaces de dimension finie Chapitre 13 : Espaces vectoriels

I Solution 13.4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Si r = n, le résultat est évident en prenant H = {−→0 }.Supposons donc que r est strictement inférieur à n et que la propriété est démontrée pour les sous-espacesde dimension r + 1 de E.Rappelons que la réunion de deux sous-espaces A et B de E n’est un sous-espace de E que si A ⊂ Bou B ⊂ A. Cette réunion ne peut donc être égale à E que si A = B = E, ce qui n’est visiblement pasle cas ici pour les sous-espaces F et G.On peut donc choisir un vecteur x (nécessairement non nul) n’appartenant pas à F ∪G.Les sous-espaces F ′ = F ⊕ Kx et G′ = G ⊕ Kx sont tous deux de dimension r + 1 : ils ont donc unsupplémentaire commun H ′ dans E.Ainsi E = F ⊕ Kx ⊕ H ′ = G ⊕ Kx ⊕ H ′, ce qui prouve que le sous-espace H = Kx ⊕ H ′ est unsupplémentaire commun à F et à G.On a ainsi démontré la propriété par une récurrence descendante sur l’entier r.

I Solution 13.4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

F est de façon évidente un sous-espace vectoriel de l’ensemble E de toutes les applications de [a, b] dansR : la fonction nulle est un élément de F , et si f, g sont affines sur chaque [xk, xk+1] il en est de mêmede λf + µg.Considérons l’application ϕ de E dans Rn+1 définie par ϕ(f) =

(f(x0), f(x1), . . . , f(xn)

).

Il est clair que ϕ est linéaire. D’autre part c’est une bijection de F sur Rn+1 : en effet le fait de sedonner les images

(f(x0), f(x1), . . . , f(xn)

)définit une unique application f affine sur chaque sous-

segment [xk, xk+1] de [a, b].L’application ϕ est donc un isomorphisme de F sur Rn+1 ce qui prouve que dimF = n+ 1.Les images réciproques des vecteurs de la base canonique de Rn+1 forment donc une base de F . Ce sontles applications f0, f1, . . . , fn définies par les égalités fi(xj) = δij.Autrement dit chaque fonction fi vaut 1 en xi et 0 sur les autres xj, et on la complète de façon affinesur chaque intervalle [xk, xk+1].Pour être complet, disons que la base duale de la base (f0, f1, . . . , fn) de F est constituée des formeslinéaires f ∗j définies sur F par f ∗j (f) = f(xj).Chaque élément f de F se décompose en : f = f(x0)f0 + f(x1)f1 + · · ·+ f(xn)fn.

Mathématiques en MPSI© Jean-Michel Ferrard

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