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Forme linéaire et fonctions affines
Difficulté de niveau 1
Détails de l'exercice #4
Exercice enregistré par M. Arnt
Mathématiques → Niveaux : MPSI, L1
Catégories → AlgèbreAlgèbre linéaire
Source : M. Arnt
Énoncé
Soit $E=C([0,1],\mathbb{R})$. On pose $\varphi:E\rightarrow \mathbb{R}$ telle que, pour tout $f\in E$ : \[ \varphi(f)=\int_0^1f(t) dt; \] et on note $F=\{f \in E \; | \; f \text{ est affine }\}$ (on rappelle qu'une fonction $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ est affine s'il existe $a,b \in \mathbb{R}$ tels que $f:t\mapsto at+b$).
  1. Montrer que $\varphi$ est une application linéaire surjective.
  2. Montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
  3. Montrer qu'il existe $c \in [0,1]$ tel que $F\cap \text{Ker}(\varphi)=\{f \in F \; | \; f(c)=0\}$.
Indications
  1. Pour la linéarité, utiliser la linéarité de l'intégrale.
    Pour la surjectivité, que sait-on d'une forme linéaire non nulle ?
  2. Utiliser la définition/caractérisation des sous-espaces vectoriels;
    ou bien montrer que $F$ est le sous-espace engendré par plusieurs fonctions de $E$ bien choisies.
  3. Dessiner des graphes de fonctions affines d'intégrale nulle sur $[0,1]$.
Correction
  1. Soit $f,g \in E$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. On a, par linéarité de l'intégrale : \[ \begin{array}{rcl} \varphi(\lambda f+g) &=& \displaystyle\int_0^1 (\lambda f+g)(t) dt

    \\ &=& \displaystyle \int_0^1 (\lambda f(t)+g(t)) dt

    \\ &=& \displaystyle \lambda\int_0^1f(t) dt + \int_0^1g(t) dt

    \\ \varphi(\lambda f+g) &=& \lambda\varphi(f)+\varphi(g). \end{array} \] Donc $\varphi$ est linéaire.
    Il s'agit donc d'une forme linéaire sur $E$; or $\varphi(f_0)=1\neq 0$ pour $f_0:x \mapsto 1$, par suite, $\varphi$ est surjective car toute forme linéaire non nulle est surjective.
    • 1ère façon : caractérisation d'un sous-espace vectoriel.
      Le vecteur nul de $E$ est la fonction nulle $\mathbf{0}$ sur $[0,1]$. Or $\mathbf{0}:t \mapsto 0=0\times t +0$ donc $\mathbf{0}$ est affine i.e. $\mathbf{0} \in F$.
      Soit $f,g \in F$ et $\lambda \in R$. Alors $f$ et $g$ étant affines, il existe $a,b,a',b' \in \mathbb{R}$ tels que $f:t\mapsto at+b$ et $g:t\mapsto a't+b'$ On a, pour tout $t \in [0,1]$ : \[ \begin{array}{rcl} (\lambda f+g)(t) &=& \lambda f(t) +g(t)

      \\ &=& \lambda (at+b)+ (a't+b')

      \\ (\lambda f+g)(t)&=& (\lambda a+a')t+(\lambda b +b') \end{array} \] Par suite, comme $(\lambda a+a') \in \mathbb{R}$ et $(\lambda b+b') \in \mathbb{R}$, $\lambda f+g$ est affine et donc $\lambda f+g \in E$.
      Il en résulte que $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
    • 2ème façon : sous-espace engendré. On sait que $f$ est une fonction affine si, et seulement si, il existe $a,b$ tel que $f:t \mapsto at+b$. Ainsi, $f$ est affine si, et seulement si, $f=af_1+bf_0$ où $f_0:t \mapsto 1$ et $f_1:t \mapsto t$.
      Par suite, $F=\text{Vect}(f_0,f_1)$ (où on note par le même nom les restrictions de $f_0$ et $f_1$ à $[0,1]$). Un sous-espace engendré par une famille de vecteurs de $E$ étant un sous-espace vectoriel de $E$, on en déduit que $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
  2. En dessinant quelques graphes, on conjecture que $c=\frac{1}{2}$. Montrons le :

    On procède par double inclusion :
    Soit $f \in F\cap \text{Ker}(\varphi)$. Alors $f \in F$ et $f \in \text{Ker}(\varphi)$ donc il existe $a,b \in \mathbb{R}$ tels que $f: t \mapsto at+b$ et $\int_0^1f(t) dt=\varphi(f)=0$. Par suite, on a : \[ 0=\int_0^1f(t) dt= \int_0^1(at+b) dt = \frac{1}{2}a+b \] d'où $b=-\frac{1}{2}a$ et donc, pour tout $t \in [0,1]$, $f(t)=a(x-\frac{1}{2})$.
    Ainsi, $f(\frac{1}{2})=a(\frac{1}{2}-\frac{1}{2})=0$.
    Donc $F\cap \text{Ker}(\varphi)\subset \{f \in F \; | \; f(\frac{1}{2})=0\}$.


    Réciproquement, si $f \in \{f \in F \; | \; f(\frac{1}{2})=0\}$. Alors $f$ est affine et donc il existe $a,b \in \mathbb{R}$ tels que $f: t \mapsto at+b$. Comme $a\frac{1}{2}+b=0=f(\frac{1}{2})$, on a $b=-\frac{1}{2}a$ et donc : \[ \int_0^1f(t) dt = \int_0^1a(x-\frac{1}{2}) dt=a(\frac{1}{2}-\frac{1}{2})=0 \] Donc $f \in F \cap \text{Ker}(\varphi)$; d'où $\{f \in F \; | \; f(\frac{1}{2})=0\} \subset \text{Ker}(\varphi)$.


    Il en résulte que $F\cap \text{Ker}(\varphi)= \{f \in F \; | \; f(\frac{1}{2})=0\}$.
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