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EPFLAlgèbre linéaire1ère année2006-2007

Corrigé de la série 3

Correction exercice 1

1. Soit (Vi)i∈I une famille de sous-espaces vectoriels de V .– Etant donné que ∀i ∈ I, ~0 ∈ Vi, on a ~0 ∈ ∩i∈IVi.– Soient ~x et ~y deux éléments de ∩i∈IVi. On a ∀i ∈ I (~x ∈ Vi et ~y ∈ Vi). Comme Vi est

un sous-espace vectoriel de V , on a : ∀i ∈ I, ~x+~y ∈ Vi. Par conséquent ~x+~y ∈ ∩i∈IVi.– Soit λ ∈ F et ~x un élément de ∩i∈IVi. On a : ∀i ∈ I, ~x ∈ Vi. Comme Vi est un

sous-espace vectoriel de V , on a : ∀i ∈ I, λ~x ∈ Vi. Par conséquent, λ~x ∈ ∩i∈IVi.2. L’espace vectoriel {~0} étant un sous-espace vectoriel de V , on a que l’intersection de tous

les sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel V est {~0}.


1. L’ensemble E1 n’est pas un espace vectoriel car la fonction nulle n’appartient pas à E1.2. L’ensemble E2 n’est pas un espace vectoriel car le polynôme nul n’appartient pas à E2.3. L’ensemble E3 n’est pas un espace vectoriel car (π

2, π

2) ∈ E3 puisque sin(π) = 0 mais,

pour λ = 12, λ(π

2, π

2) = (π

4, π

4) 6∈ E3 puisque sin(π

2) = 1.

4. Montrons que E4 est un sous-espace vectoriel de P(F).– Le polynôme nul est dans E4.– Soient P et Q deux éléments de E4 : P (X) =

∑ni=0 aiX

i avec a7 = 0 et Q(X) =∑mi=0 biX

i avec b7 = 0. On a P (X) + Q(X) =∑max(n,m)

i=0 (ai + bi)Xi (en posant ai = 0

pour i > n et bi = 0 pour j > m) où a7 + b7 = 0. D’où P + Q ∈ E4.– Pour λ ∈ F on montre que λP ∈ E4.

5. L’ensemble E5 n’est pas un espace vectoriel car (2, 0) ∈ E5 mais −(2, 0) /∈ E5.


Soient a, b et c des éléments de R∗+, λ et µ des scalaires dans R.

– on a : a⊕ b = ab ∈ R∗+

– élément neutre pour l’addition : a⊕ 1 = a– inverse additif : a⊕ 1

a= 1

– On a : λ⊗ a = aλ = eλln(a) puisque a ∈ R∗+. D’où λ⊗ a > 0 et donc λ⊗ a ∈ R∗

+.– On a (λ + µ)⊗ a = aλ+µ et (λ⊗ a)⊕ (λ⊗ a) = aλ ⊕ aµ = aλaµ = aλ+µ.

D’où (λ + µ)⊗ a = (λ⊗ a)⊕ (λ⊗ a).– On a λ⊗ (a⊕ b) = λ⊗ (ab) = (ab)λ et (λ⊗ a)⊕ (λ⊗ b) = aλ ⊕ bλ = aλbλ = (ab)λ.

D’où λ⊗ (a⊕ b) = (λ⊗ a)⊕ (λ⊗ b).– On a λ⊗ (µ⊗ a) = λ⊗ aµ = (aµ)λ = aλµ et (λ · µ)⊗ a = aλµ = aµλ.

D’où λ⊗ (µ⊗ a) = (λ · µ)⊗ a.

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1. E1 est un sous-espace vectoriel de R3. En effet :(a) (0, 0, 0) ∈ E1.(b) Soient (x, y, z) et (x′, y′, z′) deux éléments de E1. On a x+y+z = 0 et x′+y′+z′ = 0.

Donc (x + x′) + (y + y′) + (z + z′) = 0 et (x, y, z) + (x′, y′, z′) appartient à E1.(c) Soient λ ∈ R et (x, y, z) ∈ E1. Alors la relation x + y + z = 0 implique que λx +

λy + λz = 0 donc que λ(x, y, z) appartient à E1.2. E2 n’est pas un sous-espace vectoriel de R3 car (0, 0, 0) /∈ E2.3. E3 est un sous-espace vectoriel de R3. Il s’agit de l’intersection des espaces vectoriels E1

et F1 = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y − z = 0} (On laisse le soin au lecteur de montrer que F1

est un sous-espace vectoriel de R3). Cette intersection est bien un espace vectoriel d’aprèsl’exercice 1.

4. E4 = {(x, y, z) ∈ R3; x2 − z2 = 0} c’est à dire E4 = {(x, y, z) ∈ R3; x = z ou x =−z}. Donc (1, 0,−1) et (1, 0, 1) appartiennent à E4 mais (1, 0,−1) + (1, 0, 1) = (2, 0, 0)n’appartient pas à E4 qui n’est, par conséquent, pas un sous-espace vectoriel de R3.

5. Les vecteurs (1, 0, 0) et (0, 0, 1) appartiennent à E5 mais leur somme (1, 0, 1) ne lui ap-partient pas, donc E5 n’est pas un sous-espace vectoriel de R3.


Pour montrer le sens direct, on suppose que F ∪ G est un sous-espace de E et F 6⊂ G. Celaveut dire qu’il existe ~f ∈ F tel que ~f 6∈ G. Soit ~g ∈ G. Puisque F ∪ G est un sous-espacede E, ~f + ~g ∈ F ∪ G. Par conséquent, soit ~f + ~g ∈ F , soit ~f + ~g ∈ G. Si ~f + ~g ∈ G, alors(~f +~g)+(−~g) = ~f ∈ G, contradiction. On en déduit que ~f +~g ∈ F , d’où ~g = (−~f)+(~f +~g) ∈ F .Par conséquent, G ⊂ F .Réciproquement, si F ⊂ G, alors F ∪G = G est un sous-espace de E. De même si G ⊂ F .


1. On a, d’une part, F ∩ G ⊂ F et F ∩ H ⊂ F , d’où (F ∩ G) + (F ∩ H) ⊂ F . D’autrepart, F ∩ G ⊂ G et F ∩ H ⊂ H d’où (F ∩ G) + (F ∩ H) ⊂ G + H. On en déduit que :(F ∩G) + (F ∩H) ⊂ F ∩ (G + H).

2. Puisque G et H jouent des rôles symétriques, on peut supposer que G ⊂ F . Soit ~x ∈F ∩ (G + H). Alors, ~x ∈ F et il existe ~g ∈ G et ~h ∈ H tels que ~x = ~g + ~h. On en déduitque ~h = ~x − ~g ∈ F car ~x ∈ F et ~g ∈ G ⊂ F . Puisque ~x = ~g + ~h où ~g ∈ G = F ∩ G et~h ∈ F ∩H on obtient que F ∩ (G + H) ⊂ (F ∩G) + (F ∩H).On déduit l’égalité des deux espaces vectoriels grâce au premier point.

3. Prenons, par exemple, E = R2, F = {(α, 0) ∈ R2 | α ∈ R}, G = {(0, β) ∈ R2 | β ∈ R} etH = {(λ, λ) ∈ R2 | λ ∈ R}.On a F ∩G = {(0, 0)} et F ∩H = {(0, 0)}, d’où (F ∩G) + (F ∩H) = {0}. Etant donnéque G + H = E on obtient F ∩ (G + H) = F 6= {0}.

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