[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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Exo7

Espaces vectoriels

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1*TSoitEleR-espace vectoriel des applications de[0;1]dansR(muni def+getl:fusuels) (ne pas hésiter à

redémontrer queEest unRespace vectoriel). SoitFl"ensemble des applications de[0;1]dansRvérifiant

l"une des conditions suivantes :

1)f(0)+f(1) =0 2)f(0) =0 3)f(12

) =14

4)8x2[0;1];f(x)+f(1x) =0

5)8x2[0;1];f(x)>0 6)2f(0) =f(1)+3

Dans quel casFest-il un sous-espace vectoriel deE? espaces vectoriels ?

5)F=f(x1;:::;xn)2Rn=x1:x2=0g

A+B=A+CetBC. Montrer queB=C.

deEsuivants :u= (cos(nq))n2N,v= (cos(nq+a))n2Netw= (cos(nq+b))n2Noùq,aetbsont des réels donnés. Montrer que(u;v;w)est une famille liée. tels que(l;m;37;3)appartienne àF. (0;1;1). 1

Exercice 7**T1.Vérifier qu"il e xisteune unique application linéaire de R3dansR2vérifiantf((1;0;0)) = (1;1)puis

f((0;1;0)) = (0;1)etf((0;0;1)) = (1;1). Calculerf((3;1;4))etf((x;y;z))en général. 2.

Déterminer K erf. En fournir une base. Donner un supplémentaire de KerfdansR3et vérifier qu"il est

isomorphe à Imf. 1. Montrer que [Kerf=Kerf2,Kerf\Imf=f0g]et[Imf=Imf2,E=Kerf+Imf](oùf2=ff). 2. P ardéfinition, un endomorphisme pdeEest un projecteur si et seulement sip2=p.

Montrer que

[pprojecteur,Idpprojecteur] puis que [pprojecteur)Imp=Ker(Idp)et Kerp=Im(Idp)etE=KerpImp]: 3. Soient petqdeux projecteurs, montrer que :[Kerp=Kerq,p=pqetq=qp].

4.petqétant deux projecteurs vérifiantpq+qp=0, montrer quepq=qp=0. Donner une

condition nécessaire et suffisante pour quep+qsoit un projecteur lorsquepetqle sont. Dans ce cas, déterminer Im(p+q)et Ker(p+q)en fonction de Kerp, Kerq, Impet Imq. 1.

Montrer que : (A\B)+(A\C)A\(B+C).

2.

A-t-on toujours l"ég alité?

3.

Montrer que : (A\B)+(A\C) =A\(B+(A\C)).

1. Montrer que VetWsont des sous espaces vectoriels deE. 2.

Donner une base de V,WetV\W.

3.

Montrer que E=V+W.

(x;y)7!(xcosy;xsiny). 2

1.fest-elle injective ? surjective ?

2. Soient a,b,aetbquatre réels. Montrer qu"il existe(c;g)2R2tel que :8x2R;acos(xa)+bcos(x b) =ccos(xg). 3. Soit EleR-espacevectorieldesapplicationsdeRdansR. SoitF=fu2E=9(a;b;a;b)2R4tel que8x2 R;u(x) =acos(xa)+bcos(2xb)g. Montrer queFest un sous-espace vectoriel deE. 4. Déterminer fcosx;sinx;cos(2x);sin(2x);1;cos2x;sin2xg\F. 5. Montrer que (cosx;sinx;cos(2x);sin(2x))est une famille libre deF.

1.Cest-il un espace vectoriel (pour les opérations usuelles) ?

2. Montrer que V=ff2RR=9(g;h)2C2tel quef=ghgest unR-espace vectoriel. vectoriel. (A\B)+(B\C)+(C\A)(A+B)\(B+C)\(C+A): sous-espace vectoriel deRnet queRn=FG. 2. Soit E=fa+bp2+cp3+dp6;(a;b;c;d)2Q4g. Vérifier queEest unQ-espace vectoriel puis déterminer une base deE.

1.a,betcétant trois réels donnés,A= (fa;fb;fc)où, pour tout réelx,fu(x) =sin(x+u).

2.A= (fn)n2Zoù, pour tout réelx,fn(x) =nx+n2+1.

3

3.A= (x7!xa)a2R(iciE= (]0;+¥[)2).

4.A= (x7! jxaj)a2R.

1.

Montrer que [KervKeru, 9w2L(E)=u=wv].

2.

En déduire que [vinjectif, 9w2L(E)=wv=IdE].

Soit f:E!E

P7!P0.fest-elle linéaire, injective, surjective ? Fournir un supplémentaire de Kerf.

Mêmes questions a vecg:E!E

P7!Rx

0P(t)dt.

Correction del"exer cice1 N1.La fonction nulle est dans Fet en particulier,F6=?. Soient alors(f;g)2F2et(l;m)2R2.

(lf+mg)(0)+(lf+mg)(1) =l(f(0)+f(1))+m(g(0)+g(1)) =0:

Par suite,lf+mgest dansF. On a montré que :

F6=?et8(f;g)2F2;8(l;m)2R2;lf+mg2F:

Fest donc un sous-espace vectoriel deE.

2.

Même démarche et même conclusion .

3.Fne contient pas la fonction nulle et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deE.

4. La fonction nulle est dans Fet en particulier,F6=?. Soient alors(f;g)2F2et(l;m)2R2.

Pourxélément de[0;1],

(lf+mg)(x)+(lf+mg)(1x) =l(f(x)+f(1x))+m(g(x)+g(1x)) =0 etlf+mgest dansF.Fest un sous-espace vectoriel deE. Remarque.Les graphes des fonctions considérés sont symétriques par rapport au point(12 ;0).

5.Fcontient la fonction constante 1 mais pas son opposé la fonction constante1 et n"est donc pas un

sous-espace vectoriel deE.

6.Fne contient pas la fonction nulle et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deE.Correction del"exer cice2 NDans les cas oùFest un sous-espace, on a à chaque fois trois démarches possibles pour le vérifier :

Utiliser la caractérisation d"un sous-espace v ectoriel.

Obtenir Fcomme noyau d"une forme linéaire ou plus généralement, comme noyau d"une application

linéaire. Obtenir Fcomme sous-espace engendré par une famille de vecteurs. Je vous détaille une seule fois les trois démarches.

1.1ère démarche.Fcontient le vecteur nul(0;:::;0)et doncF6=?. Soient alors((x1;:::;xn);(x01;:::;x0n))2F2et

(l;m)2R2. On a l(x1;:::;xn)+m(x01;:::;x0n) = (lx1+mx01;:::;lxn+mx0n) aveclx1+mx01=0. Donc,l(x1;:::;xn)+m(x01;:::;x0n)2F.Fest un sous-espace vectoriel deRn.

2ème démarche.L"application(x1;:::;xn)7!x1est une forme linéaire surRnetFen est lenoyau.Fest donc un

sous-espace vectoriel deRn.

3ème démarche.

=Vect((0;1;0;:::;0);:::;(0;:::;0;1)):

Fest donc un sous-espace vectoriel deRn.

5

2.Fne contient pas le vecteur nul et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deRn.

3. (Ici, n>2). L"application(x1;:::;xn)7!x1x2est une forme linéaire surRnetFen est le noyau.Fest donc un sous-espace vectoriel deRn. 4. L "application(x1;:::;xn)7!x1+:::+xnest une forme linéaire surRnetFen est le noyau.Fest donc un sous-espace vectoriel deRn. 5. (Ici, n>2). Les vecteurse1= (1;0;:::;0)ete2= (0;1;0:::;0)sont dansFmaise1+e2= (1;1;0:::0)n"y est pas.Fn"est donc pas un sous espace vectoriel deE.

Remarque.Fest la réunion des sous-espacesf(x1;:::;xn)2Rn=x1=0getf(x1;:::;xn)2Rn=x2=0g.Correction del"exer cice3 NIl suffit de montrer queCB.

Soitxun élément deC. Alorsx2A+C=A+Bet il existe(y;z)2ABtel quex=y+z. Maisz2BC et donc, puisqueCest un sous-espace vectoriel deE,y=xzest dansC. Donc,y2A\C=A\Bet en

particulieryest dansB. Finalement,x=y+zest dansB. On a montré que tout élément deCest dansBet donc

que,CB. Puisque d"autre partBC, on aB=C.Correction del"exer cice4 NSoitu0= (sin(nq))n2N. On a :u=1:u+0:u0, puisv=cosa:usina:u0, puisw=cosb:usinb:u0. Les trois

vecteursu,vetwsont donc combinaisons linéaires des deux vecteursuetu0et constituent par suite une famille

liée (p+1 combinaisons linéaires depvecteurs constituent une famille liée).Correction del"exer cice5 NSoit(l;m)2R2.

(l;m;37;3)2F, 9(a;b)2R2=(l;m;37;3) =au+bv, 9(a;b)2R2=8 >:a+2b=l 2ab=m

5a+4b=37

3a+7b=3

, 9(a;b)2R2=8 >:a+2b=l 2ab=m a=24747 b=12647 ,l=24747 +2(12647 m=224747 +12647
,l=547 m=62047 :Correction del"exer cice6 NPosonsF=Vect(a;b)etG=Vect(c;d).

Montrons quecetdsont dansF.

c2F, 9(l;m)2R2=c=la+mb, 9(l;m)2R2=8 :l+2m=1 2lm=0

3l+m=1, 9(l;m)2R2=8

:l=15 m=25

3l+m=1:

Puisque 3:15

+25
=1, le système précédent admet bien un couple(l;m)solution etcest dansF. Plus précisément,c=15 a+25 b. d2F, 9(l;m)2R2=d=la+mb, 9(l;m)2R2=8 :l+2m=0 2lm=1

3l+m=1, 9(l;m)2R2=8

:l=25 m=15

3l+m=1:

6

Puisque 3:25

15 =1, le système précédent admet bien un couple(l;m)solution etdest dansF. Plus précisément,d=25 a15 b. En résumé,fc;dg Fet doncG=Vect(c;d)F. Montrons queaetbsont dansGmais les égalitésc=15 a+25 betd=25 a15 bfournissenta=c+2det

b=2cd. Par suite,fa;bg Get doncF=Vect(a;b)G. FinalementF=G.Correction del"exer cice7 N1.Si fexiste alors nécessairement, pour tout(x;y;z)2R3:

f((x;y;z)) =xf((1;0;0))+yf((0;1;0))+zf((0;0;1)) =x(1;1)+y(0;1)+z(1;1) = (xz;x+y+z):

On en déduit l"unicité def.

Réciproquement,fainsi définie vérifie bien les trois égalités de l"énoncé. Il reste donc à se convaincre

quefest linéaire. f(l(x;y;z)+m(x0;y0;z0)) =f((lx+mx0;ly+my0;lz+mz0)) = ((lx+mx0)(lz+mz0);(lx+mx0)+(ly+my0)+(lz+mz0)) =l(xz;x+y+z)+m(x0z0;x0+y0+z0) =lf((x;y;z))+mf((x0;y0;z0)): fest donc linéaire et convient. On en déduit l"existence def. On a alorsf((3;1;4)) = (34;31+

4) = (1;6).

Remarque.La démonstration de la linéarité defci-dessus est en fait superflue car le cours donne

l"expression générale d"une application linéaire deRndansRp. 2.

Détermination de K erf.

Soit(x;y;z)2R3.

(x;y;z)2R3,f((x;y;z)) = (0;0),(xz;x+y+z) = (0;0),xz=0 x+y+z=0,z=x y=2x Donc, Kerf=f(x;2x;x);x2Rg=fx(1;2;1);x2Rg=Vect((1;2;1)). La famille((1;2;1)) engendre Kerfet est libre. Donc, la famille((1;2;1))est une base de Kerf. Détermination de Imf.

Soit(x0;y0)2R2.

(x0;y0)2Imf, 9(x;y;z)2R3=f((x;y;z)) = (x0;y0) , 9(x;y;z)2R3=xz=x0 x+y+z=y0, 9(x;y;z)2R3=z=xx0 y=2x+x0+y0 ,le système d"inconnue(x;y;z):z=xx0 y=2x+x0+y0a au moins une solution.

Or, le triplet(0;x0+y0;x0)est solution et le système proposé admet une solution. Par suite, tout(x0;y0)

deR2est dans Imfet finalement, Imf=R2.

Détermination d"un supplémentaire de Kerf.

7 Posonse1= (1;2;1),e2= (1;0;0)ete3= (0;1;0)puisF=Vect(e2;e3)et montrons queR3=Kerf F.

Tout d"abord, Kerf\F=f0g. En effet :

(x;y;z)2Kerf\F, 9(a;b;c)2R3=(x;y;z) =ae1=be2+ce3 , 9(a;b;c)2R3=8 :x=a=b y=2a=c z=a=0,x=y=z=0

Vérifions ensuite que Kerf+F=R3.

(x;y;z)2Kerf+F, 9(a;b;c)2R3=(x;y;z) =ae1+be2+ce3 , 9(a;b;c)2R3=8 :a+b=x

2a+c=y

a=z, 9(a;b;c)2R3=8 :a=z b=xz c=y+2z

Le système précédent (d"inconnue(a;b;c)) admet donc toujours une solution et on a montré queR3=

Kerf+F. Finalement,R3=KerfFetFest un supplémentaire de KerfdansR3. VérifionsenfinqueFestisomorpheàImf. Mais,F=f(x;y;0);(x;y)2R2getj:F!R2 (x;y;0)7!(x;y)

est clairement un isomorphisme deFsur Imf(=R2).Correction del"exer cice8 N1.On a toujours K erfKerf2.

En effet, sixest un vecteur de Kerf, alorsf2(x) =f(f(x)) =f(0) =0 (carfest linéaire) etxest dans

Kerf2.

Montrons alors que :[Kerf=Kerf2,Kerf\Imf=f0g]. Supposons que Kerf=Kerf2et montrons que Kerf\Imf=f0g.

Soitx2Kerf\Imf. Alors, d"une part f(x) = 0 et d"autre part, il existeyélément deEtel quex=f(y).

Mais alors,f2(y) =f(x) =0 ety2Kerf2=Kerf. Donc,x=f(y) =0. On a montré que Kerf=

Kerf2)Kerf\Imf=f0g.

Supposons que Kerf\Imf=f0get montrons que Kerf=Kerf2. Soitx2Kerf2. Alorsf(f(x)) =0 et doncf(x)2Kerf\Imf=f0g. Donc,f(x) =0 etxest dans Kerf. On a ainsi montré que Kerf2Kerfet, puisque l"on a toujours KerfKerf2, on a finalement Kerf=Kerf2. On a montré que Kerf\Imf=f0g )Kerf=Kerf2. On a toujours Imf2Imf. En effet :y2Imf2) 9x2E=y=f2(x) =f(f(x)))y2Imf. Supposons que Imf=Imf2et montrons que Kerf+Imf=E. Soitx2E. Puisquef(x)2Imf=Imf2, il existet2Etel quef(x) =f2(t). Soit alorsz=f(t)ety=xf(t). On a bienx=y+zetz2Imf. De plus,f(y) =f(x)f(f(t)) =0 etyest bien élément de Kerf. On a donc montré queE=Kerf+Imf.

Supposons que Kerf+Imf=Eet montrons que Imf=Imf2.

Soitx2E. Il existe(y;z)2KerfImftel quex=y+z. Mais alorsf(x) =f(z)2Imf2carzest dans Imf. Ainsi, pour toutxdeE,f(x)est dans Imf2ce qui montre que ImfImf2et comme on a toujours

Imf2Imf, on a montré que Imf=Imf2.

8 Soitxun élément deE.x2Imp) 9y2E=x=p(y). Mais alorsp(x) =p2(y) =p(y) =x. Donc,

8x2E;(x2Imp)p(x) =x).

Réciproquement, sip(x) =xalors bien sûr,xest dans Imp. Finalement, pour tout vecteurxdeE,x2Imp,p(x) =x,(Idp)(x) =0,x2Ker(Idp). On a montré que Imp=Ker(Idp).

En appliquant ce qui précède àIdpqui est également un projecteur, on obtient Im(Idp) =Ker(Id

(Idp)) =Kerp. Enfin, puisquep2=pet donc en particulier que Kerp=Kerp2et Imp=Imp2, le 1) montre queE=

KerpImp.

3. p=pqetq=qp,p(Idq) =0 etq(Idp) =0,Im(Idq)Kerpet Im(Idp)Kerq ,KerqKerpet KerpKerq(d"après 2)) ,Kerp=Kerq:

4.pq+qp=0)pq=(pp)q=p(pq)=p(qp)et de même,qp=qpp=pqp.

En particulier,pq=qpet donc 0=pq+qp=2pq=2qppuispq=qp=0.

La réciproque est immédiate.

p+qprojecteur,(p+q)2=p+q,p2+pq+qp+q2=p+q,pq+qp=0,pq=qp=0 (d"après ci-dessus). Ensuite, Im(p+q) =fp(x)+q(x);x2Eg fp(x)+q(y);(x;y)2E2g=Imp+Imq. Réciproquement, soitzun élément de Imp+Imq. Il existe deux vecteursxetydeEtels quez= p(x)+q(y). Mais alors,p(z) =p2(x)+pq(y) =p(x)etq(z) =qp(x)+q2(y) =q(y)et donc z=p(x)+p(y) =p(z)+q(z) = (p+q)(z)2Im(p+q): Donc, Imp+ImqIm(p+q)et finalement, Im(p+q) =Imp+Imq. Kerp\Kerq=fx2E=p(x) =q(x) =0g fx2E=p(x)+q(x) =0g=Ker(p+q). Réciproquement, sixest élément de Ker(p+q)alorsp(x)+q(x) =0. Par suite,p(x) =p2(x)+pq(x) = p(p(x)+q(x))=p(0)=0 etq(x)=qp(x)+q2(x)=q(0)=0. Donc,p(x)=q(x)=0 etx2Kerp\Kerq. Finalement, Ker(p+q) =Kerp\Kerq.Correction del"exer cice9 N1.Soit x2E. x2(A\B)+(A\C)) 9y2A\B;9z2A\C=x=y+z. yetzsont dansAet doncx=y+zest dansAcarAest un sous-espace vectoriel deE. Puisyest dansBetzest dansCet doncx=y+zest dansB+C. Finalement,

8x2E;[x2(A\B)+(A\C))x2A\(B+C)]:

Autre démarche.

A+A=A, et finalement(A\B)+(A\C)A\(B+C).

9

2.Si on essaie de démontrer l "inclusioncontraire, le raisonnement coince car la somme y+zpeut être dans

Asans que niy, nizne soient dansA.

Contre-exemple. DansR2, on considèreA=R:(1;0) =f(x;0);x2Rg,B=R:(0;1)etC=R:(1;1). B+C=R2etA\(B+C) =AmaisA\B=f0getA\C=f0get donc(A\B)+(A\C) =f0g 6=

A\(B+C).

3.A\BB)(A\B)+(A\C)B+(A\C)mais aussi(A\B)+(A\C)A+A=A. Donc,(A\B)+

(A\C)A\(B+(A\C)). Inversement, soitx2A\(B+(A\C))alorsx=y+zoùyest dansBetzest dansA\C. Mais alors,xetz sont dansAet doncy=xzest dansAet même plus précisément dansA\B. Donc,x2(A\B)+(A\C).

Donc,A\(B+(A\C))(A\B)+(A\C)et finalement,A\(B+(A\C)) = (A\B)+(A\C).Correction del"exer cice10 N1.Pour (x;y;z;t)2R4, on posef((x;y;z;t)) =x2y,g((x;y;z;t)) =y2zeth((x;y;z;t)) =xy+zt.

f,gethsont des formes linéaires surR4. Donc,V=Kerf\Kergest un sous-espace vectoriel deR4en tant qu"intersection de sous-espaces vectoriels deR4etW=Kerhest un sous-espace vectoriel deR4. 2.

Soit (x;y;z;t)2R4.

(x;y;z;t)2V,x=2y y=2z,,x=4z y=2z: Donc,V=f(4z;2z;z;t);(z;t)2R2g=Vect(e1;e2)oùe1= (4;2;1;0)ete2= (0;0;0;1). Montrons alors que(e1;e2)est libre. Soit(z;t)2R2. ze

1+te2=0)(4z;2z;z;t) = (0;0;0;0))z=t=0:

Donc,(e1;e2)est une base deV.

Pour(x;y;z;t)2R4,(x;y;z;t)2W,t=xy+z. Donc,W=f(x;y;z;xy+z);(x;y;z)2R3g= Vect(e01;e02;e03)oùe01= (1;0;0;1),e02= (0;1;0;1)ete03= (0;0;1;1). Montrons alors que(e01;e02;e03)est libre. Soit(x;y;z)2R3. xe

01+ye02+ze03=0)(x;y;z;xy+z) = (0;0;0;0))x=y=z=0:

Donc,(e01;e02;e03)est une base deW. Soit(x;y;z;t)2R4. (x;y;z;t)2V\W,8 :x=2y y=2z xy+zt=0,8 :x=4z y=2z t=3z: Donc,V\W=f(4z;2z;z;3z);z2Rg=Vect(e)oùe= (4;2;1;3). De plus,eétant non nul, la famille (e)est libre et est donc une base deV\W. 3.

Soit u= (x;y;z;t)un vecteur deR4.

On cherchev= (4a;2a;a;b)2Vetw= (a;b;c;ab+c)2Wtels queu=v+w. u=v+w,8 >:4a+a=x

2a+b=y

a+c=z b+ab+c=t,8 >:a=x4a b=y2a c=za b=x+yz+t3a: 10 eta=0,b=x+yz+t,a=x,b=yetc=zconviennent. Donc,8u2R4;9(v;w)2VW=u=v+w.

On a montré queR4=V+W.Correction del"exer cice11 N1.Pour tout (y;y0)élément de[0;2p[2,f((0;y)) =f((0;y0))et f n"est pas injective.

Montrons quefest surjective.

Soit(X;Y)2R2.

Si X=Y=0,f((0;0)) = (0;0).

Si X=0 etY>0,f((Y;p2

)) = (0;Y)avec(Y;p2 )élément de[0;+¥[[0;2p[.

Si X=0 etY<0,f((Y;3p2

)) = (0;Y)avec(Y;3p2 )élément de[0;+¥[[0;2p[.

Si X>0 etY>0,f((pX

2+Y2;arctanYX

)) = (X;Y)avec(pX

2+Y2;arctanYX

)élément de [0;+¥[[0;2p[.

Si X<0 etY>0,f((pX

2+Y2;p+arctanYX

)) = (X;Y)avec(pX

2+Y2;p+arctanYX

)élément de[0;+¥[[0;2p[.

Si X>0 etY<0,f((pX

2+Y2;2p+arctanYX

)) = (X;Y)avec(pX

2+Y2;2p+arctanYX

)élément de[0;+¥[[0;2p[.

Si X<0 etY<0,f((pX

2+Y2;p+arctanYX

)) = (X;Y)avec(pX

2+Y2;p+arctanYX

)élément de[0;+¥[[0;2p[. 2. Pour tout réel x, on aacos(xa)+bcos(xb) = (acosa+bcosb)cosx+(asina+bsinb)sinx.

D"après 1),fest surjective et il existe(c;g)élément de[0;+¥[[0;2p[tel queacosa+bcosb=ccosg

etasina+bsinb=csing. Donc,

9(c;g)2[0;+¥[[0;2p[=8x2R;acos(xa)+bcos(xb) =c(cosxcosg+sinxsing) =ccos(xg):

3.Fest non vide car contient l"application nulle et est contenu dansE. De plus, pourxréel,

=a00cos(xa00)+b00cos(2xb00); pour un certain(a0;b00;a00;b00)(d"après 2)).Fest un sous-espace vectoriel deE. 4. Pour tout réel x, cosx=1:cos(x0)+0:cos(2x0)etx7!cosxest élément deF.

Pour tout réelx, sinx=1:cos(xp2

)+0:cos(2x0)etx7!sinxest élément deF. Pour tout réelx, cos(2x) =0:cos(x0)+1:cos(2x0)etx7!cos(2x)est élément deF.

Pour tout réelx, sin(2x) =0:cos(x0)+1:cos(2xp2

)etx7!sin(2x)est élément deF. D"autre part, pour tout réelx, cos(2x) =2cos2x1=12sin2xet donc, x7!12F,x7!cos2x2F,x7!sin2x2F:

Montrons alors que 1=2F.

On suppose qu"il existe(a;b;a;b)2R4tel que

11

8x2R;acos(xa)+bcos(2xb) =1:

En dérivant deux fois, on obtient :

8x2R;acos(xa)4bcos(2xb) =0;

et donc en additionnant

8x2R;3bcos(2xb) =1;

ce qui est impossible (pourx=p4 +b2 , on trouve 0). Donc, aucune des trois dernières fonctions n"est dansF. 5. On a vu que (x7!cosx;x7!sinx;x7!cos(2x);x7!sin(2x))est une famille d"éléments deF. Montrons que cette famille est libre.

Soit(a;b;c;d)2R4.

Supposons que8x2R;acosx+bsinx+ccos(2x)+dsin(2x)=0. En dérivant deux fois, on obtient8x2

0. Donc,

8x2R;acosx+bsinx=0

ccos(2x)+dsin(2x) =0: x=0 fournita=c=0 puisx=p4 fournitb=d=0. Donc,(x7!cosx;x7!sinx;x7!cos(2x);x7!

sin(2x))est une famille libre d"éléments deF.Correction del"exer cice12 N1.Ccontient l"identité deR, mais ne contient pas son opposé. Donc,Cn"est pas un espace vectoriel.

2. Montrons que Vest un sous-espace vectoriel de l"espace vectoriel des applications deRdansR.Vest déjà non vide car contient la fonction nulle(0=00). Soit(f1;f2)2V2. Il existe(g1;g2;h1;h2)2C4tel quef1=g1h1etf2=g2h2. Mais alors,f1+f2= (g1+g2)(h1+h2). Or, une somme de fonctions croissantes surRest croissante surR, et donc,g1+g2 eth1+h2sont des éléments deCou encoref1+f2est dansV.quotesdbs_dbs19.pdfusesText_25

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