cours/exercices espaces vectoriels 2022-08-22.md

date::2022-08-22 #exercice #maths/algèbre

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déterminer lesquels de ces ensembles forment des espaces vectoriels :

E_{2} = \{ (x;y;z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x^{2} - z^{2} = 0 \}

[!error]- Démonstration fausse E_{2} \neq \emptyset car (0;0;0) \in E_{2}

Soient (x;y;z)\in E_{2} et (x',y';z')\in E_{2}

\begin{align*} \lambda(x;y;z) + (x';y';z') = (\lambda x + x'; \lambda y+y'; \lambda z+z') \end{align*}

Or, x^{2} - z^{2} = 0 \iff x^{2} = z^{2} \iff |x| = |z| (de même pour x' et z') on a donc : $$\begin{align*} \lambda|x|+|x'| = \lambda|z|+|z'| &\iff \lambda|x+x'| = \lambda|z+z'|\ &\iff |\lambda x+x'| = |\lambda z+z'|\ & \text{on peut passer le } \lambda \text{ dans la valeur absolue}\ & \text{car il est des deux côtés}\ &\iff (\lambda x+x')^{2}= (\lambda z+z')^{2}\ &\iff (\lambda x+x')^{2} - (\lambda z + z')^{2} = 0 \end{align*}$$ Donc, la propriété x^{2}- z^{2}= 0 est stable par combinaison linéaire; et puisque E_{2} est non-vide, (E_{2}; +) est un espace vectoriel

[!example] contre-exemple (2; 1; -2) \in E_{2} (2; 1; 2) \in E_{2} Pourtant (2, 1; -2) + (2; 1; 2) = (4; 2; 0) \notin E_{2} car 4^{2} \neq 0^{2}

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E_{3} = \{ (x;y;z) \in \mathbb{R}^{3}\mid x+y-z = x+y+z = 0\}

E_{3} \neq \emptyset car (0;0;0) \in E_{3}

\lambda(x;y;z)+(x';y';z') = (\lambda x+x'; \lambda y+y'; \lambda z+z')

x+y-z = x+y+z = 0 \qquad (1) x'+y'-z' = x'+y'+z' = 0 \qquad (2)

Par combinaison linéaire : $$\begin{align*} \lambda(1) + (2) &: \lambda(x+y-z) + x'+y'-z' = x+y+z+x'+y'+z' = 0\ &: \lambda x+x' + \lambda y + y' -\lambda z - z' = x+x'+y+y'+z+z' = 0\ &: (\lambda x+x') + (\lambda y + y') -(\lambda z + z') = (x+x')+(y+y')+(z+z') = 0\ \end{align*}$$ Donc, la propriété est stable par combinaison linéaire. Puisque E_{3} est non-vide, (E_{3};+) forme un sous espace vectoriel

[!note] Autre méthode On sait que : \left\{\begin{gathered} x +y-z = 0 \quad(1)\\ x+y+z=0 \quad(2) \end{gathered}\right.

(1) - (2) \iff -2z = 0 \iff z = 0

alors x+y = 0, donc y = -x

Donc : (x;y;z) \in E_{3} \iff (x;y;z) = x(1;-1;0) \mid_{x \in \mathbb{R}}

Donc E_{3} est un sous espace vectoriel de dimension d'un espace vectoriel 1 (droite vectorielle, dont un vecteur générateur est (1; -1; 0)

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E_{4} = \{(x;y;z) \in \mathbb{R}^{3}\mid z(x^{2}+y^{2}) = 0 \}

E_{4} \neq \emptyset car (0;0;0) \in E_{4}

On a :

z(x^{2} + y^{2}) = 0 \qquad (1) z'(x'^{2} + y'^{2}) = 0 \qquad (2)

Par combinaison linéaire : $$\begin{align*} \lambda(1)+(2) &: \lambda z(x^{2}+y^{2}) + z'(x'^{2}+y'^{2}) = 0\ &: \lambda zx^{2}+ z'x'^{2} + \lambda zy^{2} + z'y'^{2} = 0\ \end{align*}$$

$$\begin{align*} (\lambda z+z')\big( (\lambda x+x')^{2} + (\lambda y+y')^{2} \big) &= (\lambda z+z')(\lambda^{2}x^{2}+2\lambda x x' + x'^{2} + \lambda^{2}y^{2} + 2 \lambda y y' + y'^{2}) \ &= \lambda^{3} z x^{2} + 2\lambda^{2}zxx' + \lambda zx'^{2} + \lambda^{3}zy^{2} + 2\lambda^{2}zyy' + \lambda zy'^{2} + \lambda^{2}z'x^{2} + 2\lambda z'xx' + z'x'^{2} \lambda^{2}z'y^{2} + 2\lambda z'yy' + z'y'^{2}\ \end{align*}$$ \lambda z(x^{2}+y^{2}) + z'(x'^{2}+y'^{2}) = \lambda zx^{2} + \lambda zy^{2} + z'x'^{2} + z'y'^{2}

Donc : (\lambda z+z')\big( (\lambda x+x')^{2} + (\lambda y+y')^{2} \big) \neq \lambda z(x^{2}+y^{2}) + z'(x'^{2}+y'^{2}) pour au moins certaines valeurs Donc la propriété n'est pas stable par addition, et (E_{4}; +) n'est pas un espace vectoriel

[!info] meilleure démonstration

z(x^{2}+y^{2}) = 0 \iff \left\{ \begin{gathered} z=0\\\text{ou}\\x=y=0 \end{gathered} \right. donc : E_{4} = \big\{ (x;y;0), (0; 0; z) \big| (x;y;z) \in \mathbb{R}^{3} \big\}

Or, (1; 1; 0) \in E_{4} et (0; 0; 1) \in E_{4} mais (1;1;0)+(0;0;1) = (1;1;1) \notin E_{4}

E_{4} n'est pas stable par addition, ce n'est donc pas un sous espace vectoriel

[!note] méthode Quand la propriété est simple, pour montrer qu'un ensemble est un espace vectoriel, il est préférable de trouver un contre-exemple. Un moyen peut être d'écrire l'ensemble de façon plus explicite (comme dans la démonstration plus haut).

Montrer que \mathbb{R}^{2} muni de ces lois est un ev

(\mathbb{R}^{2},+, \cdot) avec :

• (a;b)+(c;d) = (a+c;b+d)
• \lambda(a;b) = (\lambda a; \lambda b)

\begin{align*} \lambda \big( (a;b) + (c;d)\big) &= \lambda(a+c; b+d)\\&= \big(\lambda(a+c); \lambda(b+d)\big) \\&= (\lambda a+\lambda c; \lambda b + \lambda d) \\&= (\lambda a; \lambda b) + (\lambda c; \lambda d) \\&= \lambda(a; b) + \lambda(c;d) \end{align*}

[!attention] dans ce cas (et dans les suivants), il faut préciser que (\mathbb{R}^{2}, +) forme un groupe abélien car on a montré seulement la distributivité de \cdot par rapport à +

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(\mathbb{R}^{2},+,\cdot) avec :

• (a; b) + (c; d) = (a+c; b+d)
• \lambda(a;b) = (\lambda^{2}a; \lambda^{2}b)

$$\begin{align*} \lambda \big( (a;b)+(c;d) \big) &= \lambda (a+c; b+d)\ &= \big( \lambda^{2}(a+c); \lambda^{2}(b+d) \big)\ &= (\lambda^{2} a+\lambda^{2} c; \lambda^{2} b+ \lambda^{2} d)\ &= (\lambda^{2} a; \lambda^{2} b) + (\lambda^{2} c; \lambda^{2} d)\ &= \lambda(a;b) + \lambda(c;d) \end{align*}$$

[!attention] Ici aussi il faut aussi montrer que (\mathbb{R}^{2}, +) est un groupe abélien

Donc (\mathbb{R}^{2}, +, \cdot) est bien un espace vectoriel

Note

On remarque que : -1 \cdot (a;b) = (a,b) Donc : (a,b) + (a;b) = 0 Donc (a;b = 0)

Cet espace vectoriel est en fait l'espace vectoriel nul

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(\mathbb{R}^{2}, +) avec :

• (a; b)+(c;d) = (c;d)
• \lambda(a;b) = (\lambda a; \lambda b)

\lambda \big((a;b)+(c;d)\big) = \lambda(c;d) = (\lambda c; \lambda d) = (\lambda a; \lambda b) + (\lambda c; \lambda d) = \lambda(a;b) + \lambda(c;d)

Donc + est bien un espace vectoriel avec \mathbb{R}^{2}

[!info] meilleure démonstration (a;b) + (c;d) = (c;d) donc : (a;b) = (c;d) - (c;d) = (0; 0)

Cet espace vectoriel est donc l'espace vectoriel nul