Université L1 / enseignement supérieur

Espaces vectoriels : exercices corrigés L1

L’algèbre linéaire commence par des preuves de stabilité, puis par la recherche de familles libres et génératrices. Les exercices utilisent des vecteurs de R3\mathbb R^3 et des polynômes : les méthodes sont les mêmes.

L'essentiel à retenir

  • Un sous-ensemble FF d’un espace vectoriel EE est un sous-espace si 0∈F0\in F et s’il est stable par combinaison linéaire : λu+μv∈F\lambda u+\mu v\in F.
  • Une famille est libre si la seule combinaison linéaire nulle est la combinaison à coefficients tous nuls.
  • Une famille est génératrice d’un espace si tout vecteur de cet espace est combinaison de ses éléments.
  • Une base est à la fois libre et génératrice ; toutes les bases d’un espace de dimension finie ont le même nombre de vecteurs.
  • Les solutions d’une équation linéaire homogène dans Rn\mathbb R^n forment un sous-espace vectoriel.

Exercice 1 — Sous-espace du plan

On considère F={(x,y,z)∈R3∣x+y+z=0}F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x+y+z=0\}.
  1. Montrer que FF est un sous-espace vectoriel.
  2. Trouver une base et la dimension de FF.
Corrigé détaillé
1. Le vecteur nul est dans FF. Pour u,v∈Fu,v\in F et λ,μ∈R\lambda,\mu\in\mathbb R, la somme des coordonnées de λu+μv\lambda u+\mu v vaut λ⋅0+μ⋅0=0\lambda\cdot0+\mu\cdot0=0. Donc FF est stable et est un sous-espace. 2. Paramétrage. z=−x−yz=-x-y ; tout vecteur de FF s’écrit (x,y,−x−y)=x(1,0,−1)+y(0,1,−1)(x,y,-x-y)=x(1,0,-1)+y(0,1,-1). Ces deux vecteurs sont libres : a(1,0,−1)+b(0,1,−1)=0a(1,0,-1)+b(0,1,-1)=0 impose a=b=0a=b=0. Une base est ((1,0,−1),(0,1,−1))\boxed{((1,0,-1),(0,1,-1))} et dim⁡F=2\boxed{\dim F=2}.

Exercice 2 — Liberté et famille génératrice

Dans R3\mathbb R^3, on pose v1=(1,0,1)v_1=(1,0,1), v2=(0,1,1)v_2=(0,1,1), v3=(1,1,2)v_3=(1,1,2).
  1. La famille (v1,v2,v3)(v_1,v_2,v_3) est-elle libre ?
  2. Déterminer une base et l’équation cartésienne du sous-espace qu’elle engendre.
Corrigé détaillé
1. v3=v1+v2v_3=v_1+v_2. La relation v1+v2−v3=0v_1+v_2-v_3=0 est non triviale : la famille est liée. 2. Les deux vecteurs v1,v2v_1,v_2 sont libres, car av1+bv2=0a v_1+b v_2=0 impose a=b=0a=b=0 en lisant les deux premières coordonnées. Ils engendrent le même espace que les trois vecteurs. Un vecteur de cet espace vaut (a,b,a+b)(a,b,a+b) ; il vérifie donc z=x+yz=x+y. Base : (v1,v2)(v_1,v_2) ; dimension 22 ; équation : z=x+y\boxed{z=x+y}.

Exercice 3 — Sous-espace de polynômes

Soit E=R2[X]E=\mathbb R_2[X], espace des polynômes de degré au plus 22, et F={P∈E∣P(1)=0}F=\{P\in E\mid P(1)=0\}.
  1. Montrer que FF est un sous-espace de EE.
  2. Trouver une base et la dimension de FF.
Corrigé détaillé
1. L’application P↦P(1)P\mapsto P(1) est linéaire. Son noyau FF est donc un sous-espace de EE (on peut aussi vérifier directement la stabilité). 2. P(1)=0P(1)=0 signifie que X−1X-1 divise PP : il existe a,b∈Ra,b\in\mathbb R tels que P(X)=(X−1)(aX+b)P(X)=(X-1)(aX+b). Donc P=aX(X−1)+b(X−1)P=aX(X-1)+b(X-1). Les polynômes X(X−1)X(X-1) et X−1X-1 sont libres, puisqu’ils ont des degrés distincts. Une base est (X−1,  X(X−1))\boxed{(X-1,\;X(X-1))} et dim⁡F=2\boxed{\dim F=2}.

Exercice 4 — Sous-espace défini par une équation

Soit F={(x,y,z)∈R3∣x−2y+z=0}F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x-2y+z=0\}. Prouver qu'il est vectoriel ; donner une base et sa dimension.
Corrigé détaillé
1. FF est le noyau de la forme linéaire (x,y,z)↦x−2y+z(x,y,z)\mapsto x-2y+z, donc un sous-espace. 2. x=2y−zx=2y-z, ainsi (x,y,z)=y(2,1,0)+z(−1,0,1)(x,y,z)=y(2,1,0)+z(-1,0,1). 3. Ces deux vecteurs sont indépendants (leurs deuxième et troisième coordonnées forcent les coefficients à zéro). Base : ((2,1,0),(−1,0,1))((2,1,0),(-1,0,1)) ; dimension 22.

Exercice 5 — Famille libre dans R3

La famille u=(1,1,0)u=(1,1,0), v=(0,1,1)v=(0,1,1), w=(1,2,1)w=(1,2,1) est-elle libre ? Donner une base de l'espace engendré et sa dimension.
Corrigé détaillé
1. On remarque w=u+vw=u+v. La relation u+v−w=0u+v-w=0 est non triviale : la famille est liée. 2. Si au+bv=0au+bv=0, les première et troisième coordonnées donnent a=b=0a=b=0. 3. u,vu,v sont donc indépendants et engendrent l'espace initial. Une base est (u,v)(u,v) et la dimension est 22.

Exercice 6 — Base et coordonnées

Dans R2\mathbb R^2, soit b1=(1,1)b_1=(1,1) et b2=(1,−1)b_2=(1,-1). Montrer que B=(b1,b2)\mathcal B=(b_1,b_2) est une base, puis exprimer x=(5,1)x=(5,1) dans cette base.
Corrigé détaillé
1. Le déterminant de (111−1)\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix} vaut −2≠0-2\ne0 : les deux vecteurs forment une base. 2. Écrire (5,1)=ab1+bb2=(a+b,a−b)(5,1)=ab_1+bb_2=(a+b,a-b). 3. a+b=5a+b=5 et a−b=1a-b=1 ; en additionnant, 2a=62a=6, donc a=3a=3 et b=2b=2. [x]B=(3,2)[x]_{\mathcal B}=(3,2).

Exercice 7 — Intersection de deux sous-espaces

Soient F={(x,y,z):x+y=0}F=\{(x,y,z):x+y=0\} et G={(x,y,z):y+z=0}G=\{(x,y,z):y+z=0\}. Déterminer F∩GF\cap G et sa dimension.
Corrigé détaillé
1. Dans l'intersection, x=−yx=-y et z=−yz=-y. 2. Tout élément est donc de la forme (−t,t,−t)=t(−1,1,−1)(-t,t,-t)=t(-1,1,-1). 3. Réciproquement chaque tel vecteur satisfait les deux équations. Ainsi F∩G=Vect⁡((−1,1,−1))F\cap G=\operatorname{Vect}((-1,1,-1)), et dim⁡(F∩G)=1\dim(F\cap G)=1.

Exercice 8 — Somme directe

Dans R2\mathbb R^2, poser F=Vect⁡((1,0))F=\operatorname{Vect}((1,0)) et G=Vect⁡((1,1))G=\operatorname{Vect}((1,1)). Montrer que R2=F⊕G\mathbb R^2=F\oplus G.
Corrigé détaillé
1. Si (t,0)=(s,s)(t,0)=(s,s), alors s=0s=0 par la deuxième coordonnée, puis t=0t=0, donc F∩G={0}F\cap G=\{0\}. 2. Les générateurs (1,0)(1,0) et (1,1)(1,1) ont pour déterminant 11, donc engendrent R2\mathbb R^2. 3. Tout (x,y)(x,y) s'écrit (x−y,0)+(y,y)(x-y,0)+(y,y), decomposition unique dans F+GF+G. La somme est directe et totale.

Exercice 9 — Espace de polynômes

Dans R2[X]\mathbb R_2[X], chercher une base du sous-espace F={P:P(0)=P(1)=0}F=\{P:P(0)=P(1)=0\}. Calculer sa dimension.
Corrigé détaillé
1. Les évaluations en 00 et en 11 étant linéaires, leur noyau commun FF est vectoriel. 2. Si P(0)=P(1)=0P(0)=P(1)=0, les facteurs XX et X−1X-1 divisent PP. Or le degré est au plus deux, donc P=aX(X−1)P=aX(X-1). 3. Ainsi F=Vect⁡(X(X−1))F=\operatorname{Vect}(X(X-1)) et dim⁡F=1\dim F=1.

Exercice 10 — Dimension d'une somme

Dans R3\mathbb R^3, soient F=Vect⁡(e1,e2)F=\operatorname{Vect}(e_1,e_2) et G=Vect⁡(e2,e3)G=\operatorname{Vect}(e_2,e_3) dans la base canonique. Déterminer F∩GF\cap G, F+GF+G et leurs dimensions.
Corrigé détaillé
1. Un vecteur de FF a la forme (a,b,0)(a,b,0) ; un vecteur de GG la forme (0,c,d)(0,c,d). L'intersection impose a=d=0a=d=0, donc F∩G=Vect⁡(e2)F\cap G=\operatorname{Vect}(e_2), de dimension 1. 2. Les trois vecteurs e1,e2,e3e_1,e_2,e_3 appartiennent à la somme, donc F+G=R3F+G=\mathbb R^3. 3. La formule 2+2−1=32+2-1=3 confirme la dimension de la somme.

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