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Correction des exercices : définition d'un sous-espace vectoriel

Correction des exercices : définition d'un sous-espace vectoriel

Lien Moodle : https://moodle.epita.fr/mod/page/view.php?id=77460

Contenu du cours

Correction de l'exercice 1

  1. $E_1$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. En effet, $E_1$ contient $(0,0,0)$, l'élément neutre de $\mathbb{R}^3$.

Si $a\in E_1$ et $b\in E_1$, on a $a=(0,y,z)$ et $b=(0,y',z')$ et donc $a+b=(0,y+y',z+z')$ est bien aussi dans $E_1$.

Si $a\in E_1$ et $\lambda\in\mathbb{R}$, on a $a=(0,y,z)$ et donc $\lambda a=(0,\lambda y, \lambda z)\in E_1$.

  1. $E_2$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. En effet, $E_2$ n'est pas stable par addition. Les éléments $a=(0,1,0)$ et $b=(1,0,0)$ sont dans $E_2$. Mais ce n'est pas le cas de $a+b=(1,1,0)$.

  2. $E_3$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. En effet, $E_3$ contient $(0,0,0)$, l'élément neutre de $\mathbb{R}^3$.

Supposons $a\in E_1$ et $b\in E_3$. On a $a=(x,y,z)$ et $b=(x',y',z')$, avec $x+y=0$ et $x'+y'=0$. Pour $a+b=(x+x',y+y',z+z')$, on constate que $(x+x')+(y+y')=0+0$ et donc $a+b$ est  aussi dans $E_3$.

Si $a\in E_3$ et $\lambda\in\mathbb{R}$, on a $a=(x,y,z)$, avec $x+y=0$ et donc $\lambda a=(\lambda x,\lambda y, \lambda z)$. Or $\lambda x+\lambda y=\lambda (x+y)=0$, ce qui prouve que $\lambda a\in E_3$.

  1. $E_4$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. En effet, l'élément neutre n'est pas un élément de $E_4$, puisque $0+0\not= 3$.

Correction de l'exercice 2

  1. La fonction nulle est ${\cal C}^1$. La somme de deux fonctions ${\cal C}^1$ est aussi ${\cal C}^1$. Le produit d'une fonction ${\cal C}^1$  et d'un réel est aussi une fonction ${\cal C}^1$. Donc $F_1$ est bien un sev de $E$.

  2. Notons $z$ la fonction nulle. On a $z'=z$ et $z'(3)=0\not= 5$.

$z$ n'est donc pas dans $F_2$, qui ne peut être un sev de $E$.

  1. En notant encore $z$ la fonction nulle, on a clairement $z'(1)=0$, $z'(8)=0$ et $z(-1)=0$. La relation $3z'(1)=z'(8)+z(-1)$ est vérifiée . Donc $z\in F_3$.

Soient $f$ et $g$ deux fonctions de $F_3$. Notons $h=f+g$.

On a $3f'(1)=f'(8)+f(-1)$ et $3g'(1)=g'(8)+g(-1)$.

Or $3h'(1)=3(f'(1)+g'(1))=f'(8)+f(-1)+g'(8)+g(-1)=h'(8)+h(-1)$, et donc $h\in F_3$.

Soit $f\in F_3$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. On a, avec $h=\lambda f$ :

$3h'(1)=\lambda (3f'(1))=\lambda (f'(8)+f(-1))=\lambda f'(8)+\lambda f(-1)=h'(8)+h(-1)$ et donc $h\in F_3$.

$F_3$ est donc bien un sev de $F_1$ et donc de $E$.

  1. La fonction nulle a pour limite $0$ en $+\infty$, et donc $z\in F_4$.

Soient deux fonctions $f$ et $g$ dans $F_4$, et $h=f+g$. Comme les limites de $f$ et $g$ en $+\infty$ sont nulles, on a $\displaystyle\lim_{+\infty} h=\displaystyle\lim_{+\infty} f+\displaystyle\lim_{+\infty} g=0+0=0$.

Soit $f\in F_4$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. On a :  $\displaystyle \lim_{+\infty} \lambda f = \lambda \displaystyle \lim_{+\infty} f =0$

$F_4$ est bien un sev de $E$.

  1. La fonction nulle $z$ vérifie bien $z(x+1)=0=z(x)$ pour tout $x$ de $E$. Donc $z\in F_5$.

Soient $f$ et $g$ dans $F_5$, et notons $h=f+g$.

On a  $\forall x\in\mathbb{R}, h(x+1)=f(x+1)+g(x+1)=f(x)+g(x)=h(x)$. Et donc $h\in F_5$.

Soient $f\in F_5$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. Notons $h=\lambda f$.

On a $\forall x\in\mathbb{R}, h(x+1)=\lambda f(x+1)=\lambda f(x)=h(x)$.

Donc $h\in F_5$.

$F_5$ est bien un sev de $E$.

  1. $F_6$ ne contient pas la fonction nulle qui n'est ni injective ni surjective, donc évidemment pas bijective. $F_6$ n'est pas un sev de $E$.