Espaces vectoriels

1. La famille $(\vec{u},\vec{v})$ est libre, de plus par définition de $F$ c'est une famille génératrice de $F$, on en déduit que $(\vec{u},\vec{v})$ est une base de $F$.
   Le vecteur $\vec{w}=(1,-1,-1)\not \in F$, donc $F$ et $\Vect( \vec{w})$ sont supplémentaire dans $\R^3$.
2. On $\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}$ et la famille $(\vec{u},\vec{v})$ est libre, donc $(\vec{u},\vec{v})$ est une base de $F$.
   Le vecteur $\vec{t}=(1,1,-2)\not \in F$, donc $F$ et $\Vect( \vec{t})$ sont supplémentaire dans $\R^3$.
3. $X=(x,y,z)\in F$ ssi $x=2y-3z$, donc on peut écrire: $$X\in F\Longleftrightarrow X=(2y-3z,y,z)=y(2,1,0)+z(-3,0,1)\Longleftrightarrow X\in \Vect( (2,1,0),(-3,0,1)).$$

1. La famille $\BB$ est constituée de polynômes de degré deux à deux distincts non nul, donc c'est une famille libre. De plus $\sharp \BB=\dim (\R_{2n}[X])=2n+1$ donc c'est une base de $\R_{2n}[X]$.
2. Soient $a,b\in \K$, on a $$\begin{array}{lcl} (X-a)^n(X-b)^n&=&(X-a)^n(X-a+(a-b))^n\\ &=&(X-a)^n\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}(a-b)^{n-k}(X-a)^k=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}(a-b)^{n-k}(X-a)^{n+k}\\ &=&\dsum_{k=n}^{2n}\binom{n}{k-n}(a-b)^{2n-k}(X-a)^k \end{array}$$

1. Soit $a\in G$. Montrons que $F_a\cap G=\{0\}$, soit $x\in x\in F_a\cap G$ alors $$\exists (\lambda_1,\cdots,\lambda_n)\in \R^n,\, x=\dsum_{k=1}^n\lambda_k(e_k+a)=\dsum_{k=1}^n\lambda_ke_k+\sum_{k=1}^n\lambda_k a$$ Ce qui donne $x-(\sum_{k=1}^n\lambda_k)a \in F$, d'autre part $x-(\sum_{k=1}^n\lambda_k)a \in G$ puisque $x,\,a\in G$. On en déduit $$x-(\sum_{k=1}^n\lambda_k)=0\Longrightarrow \dsum_{k=1}^n\lambda_ke_k=0 \Longrightarrow \lambda_1=\cdots=\lambda_n=0,$$ puisque la famille $(e_1 , \ldots ,e_p )$ est libre. Conclusion $F_a\cap G=\{0\}$.
   Il faut montrer également que $E= F_a+G$, soit $x\in E$, d'après l'hypothèse, $$\exists \beta_1,\cdots,\beta_n\in\R,\, x_1\in G,\, x=\dsum_{k=1}^n\beta_ke_k+x_1 = \underset{\in F_a}{\left(\dsum_{k=1}^n\beta_k(e_k+a)\right)}+\underset{\in G}{\left(x_1-\dsum_{k=1}^n\beta_k a\right)}.$$ Ce qui donne $x\in F_a+G$. Conclusion: $\boxed{ E=F_a \oplus G}.$
2. Soit $x\in F_a\cap F_b$, alors $\exists \lambda_1,\cdots,\lambda_n,\beta_1,\cdots,\beta_n\in \R,$ tels que $$\,x= \dsum_{k=1}^n\lambda_k(e_k+a)=\dsum_{k=1}^n\beta_k(e_k+b)\Longrightarrow 0=\dsum_{k=1}^n(\lambda_k-\beta_k)e_k= \left(\sum_{k=1}^n\beta_k\right)b-\left(\sum_{k=1}^n\lambda_k\right)a.$$ Or la famille $(e_1,\cdots,e_n)$ est libre, donc, pour tout $k\in \inter{1,n},\,\beta_k=\lambda_k$. Ce qui donne, puisque $a\neq b$, $\dsum_{k=1}^n\beta_k=0$.
   Ceci montre que, par exemple, $\dsum_{k=1}^n(e_k+a)\not \in F_a\cap F_b$, autrement dit $\boxed{ F_a\neq F_b}$.

Pour $x\in ]-1,1[$, on a $1+x>0$ et $1-x>0$, et $$f_1(x)=\sqrt {\frac{{1 + x}}{{1 - x}}}=\sqrt {\frac{{(1 + x)^2}}{{1 - x^2}}}=\dfrac{\abs{1+x}}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{1+x}{\sqrt{1-x^2}},$$ Autrement dit, $f_1=f_3+f_4$. De même $f_2=f_3-f_4$. Soit $$\boxed{ (f_1 ,f_2 ,f_3 ,f_4)\text{ n'est pas libre et }\Vect(f_1 ,f_2 ,f_3 ,f_4)=\Vect(f_3,f_4)}.$$

Supposons que $n\geq 1$ (le cas $n=0$ ne présente aucune difficulté). Pour $j\in \inter{0,n}$ on définit le polynôme $L_j$ par: $$L_j(X)=\dfrac{X}{a_j}\prod_{\substack{k =0 \\k\neq j}}^n\dfrac{X-a_k}{a_j-a_k}=\dfrac{X}{a_j}\dfrac{X-a_0}{a_j-a_0}\cdots \dfrac{X-a_{j-1}}{a_j-a_{j-1}}\dfrac{X-a_{j+1}}{a_j-a_{j+1}}\cdots\dfrac{X-a_n}{a_j-a_n},$$ donc $\deg (L_j)=n+1 \text{ et } L_j(a_i)=\delta_{i\,j}$ et $L_j(0)=0$.
La famille $(F_0,\cdots,F_n)$ comporte autant d'éléments que la dimension de $\mathscr{L}(\R_{n}[X],\R)$ ( i.e. $n+1$), donc pour montrer que c'est une base, il suffit de montrer qu'elle est libre.
Soient $\alpha_0,\cdots,\alpha_n\in \R$ tels que $\dsum_{k=0}^n\alpha_kF_k=0$, alors, $$\forall P\in \R_n[X],\, \dsum_{k=0}^n\alpha_kF_k(P)=0,\text{ en partiulier, } \forall j\in \inter{0,n},\,\, \dsum_{k=0}^n\alpha_kF_k(L_j')=0.$$ Or, $$ 0=\dsum_{k=0}^n\alpha_kF_k(L_j')=\dsum_{k=0}^n\alpha_k\int_0^{a_k}L_j'(t)\ud t=\dsum_{k=0}^n\alpha_k\left[L_j(t)\right]_0^{a_k}=\alpha_j\Longrightarrow \alpha_j=0.$$ Ce qui montre que $(F_0,\cdots,F_n)$ est libre donc base.

La famille $(X^n+X^{n+1})_{n\in\N}$ est libre puisqu'elle est constituée des polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts.
Par contre cette famille n'est pas génératrice de $\R[X]$ puisque 'par exemple', $1\not\in \Vect(X^n+X^{n+1},\,n\in \N^*)$.

Soient $\alpha,\,\beta,\,\gamma\in \R$, tels que $\alpha\varphi_1+\beta\varphi_2+\gamma\varphi_3=0$, donc $$\forall X\in \R^3,\quad \alpha\varphi_1(X)+\beta\varphi_2(X)+\gamma\varphi_3(X)=0$$ Si on pose $X=(3,7,5)$ ($X\in \Ker (\varphi_2)\cap \Ker(\varphi_3)$), alors $$0=\alpha (3-7+5)+\beta (3+7-10)+\gamma (-12+7+5)=\alpha$$ Puis on prend $X=(1,2,2)\in \Ker(\varphi_3)$ on trouve $$0=\beta (1+2-4)+\gamma (-4+2+2)=-\beta$$ Enfin on pose $X= (-1,-3,0)$, on obtient $0=\gamma (4-3+0)=\gamma$.
On en déduit que la famille $(\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3)$ est libre, comme $\dim (E^*)=3$, alors c'est une base de $E^*$.
On cherche une base $(f_1,f_2,f_3)$ de $\R^3$ tels que $\varphi_i(f_j)=\delta_{i\,j}$. Il faut donc choisir $f_1\in \Ker (\varphi_2)\cap \Ker(\varphi_3)$ $$X=(a,b,c)\in \Ker (\varphi_2)\cap \Ker(\varphi_3) \Longrightarrow \left\{\begin{array}{lcl} a+b-2c&=&0\\ -4a+b+c&=&0 \end{array} \right. \Longrightarrow \, a=\dfrac{3}{5}c,\, b=\dfrac{7}{5}c.$$ On pose alors $f_1=(3,7,5)/\varphi_1((3,7,5))=(3,7,5)$.
Un calcul similaire nous donne: $$f_1=(3,7,5),\,f_2=(2,5,3),\,f_3=(1,3,2).$$

On a $F+G\subset E$ donc $\dim(E+G)\leq n$, or $$ n\geq \dim(E+G)=\dim(E)+\dim (G)-\dim(E\cap G)\Longrightarrow \dim(E\cap G)\geq \dim(E)+\dim (G)-n>0.$$ On en déduit que $F\cap G\neq \{0\}$ ce qui prouve le résultat.

Puisque $H_1\neq H_2$ alors $H_1+H_2=E$, d'autre part, $$n=\dim(E)=\dim (H_1+H_2)=\dim(H_1)+\dim (H_2)-\dim(H_1\cap H_2)\Longrightarrow n=2n-2-\dim(H_1\cap H_2)$$ on en déduit $\boxed{\dim(H_1\cap H_2)=n-2}$.

$A$ est non vide car l'application $0\in A$, en effet $G\subset E=\Ker (0)$. Soient $u,v\in A$ et $\lambda\in \K$, on a $$\forall x\in G,\, (\lambda u+v)(x)=\lambda u(x)+v(x)=0\Longrightarrow G\subset \Ker (\lambda u+v)$$ donc $\lambda u+v\in A$, soit $A$ est un s-e-v de $\mathscr{L}(E,F)$.
Soit $B$ un supplémentaire de $G$ dans $E$, i.e. $E=G\oplus B$, on définit l'application $\fonct{\varphi}{A}{\mathscr{L}(B,F)}{u}{\overline{u}}$ avec $$\forall x\in B,\quad \overline{u}(x)=u(x).$$ $\varphi$ est une application linéaire, de plus c'est isomorphisme, car:

1. $\varphi$ est surjective, en effet si $v\in \mathscr{L}(B,F)$, on définit $w\in \mathscr{L}(E,F)$ de la façon suivante: $$\forall x\in E,\, x=x_1+x_2,\,x_1\in G,\,x_2\in B,\quad w(x)=v(x_2).$$ De plus, on a, pour tout $x\in G,\,x=x+0$ donc $w(x)=v(0)=0$, autrement dit, $G\subset \Ker(w)$, i.e. $w\in A$.
2. $\varphi$ est injective, en effet si $\varphi(u_1)=\varphi(u_2)$ alors $$\forall x\in B,\quad u_1(x)=u_2(x),$$ mais on a aussi $G\subset \Ker (u_1),\,G\subset \Ker(u_2)$ donc $u=0$...

Comme $p$ est le plus petit entier tel que $f^p=0$ donc $f^{p-1}\neq 0$, i.e. il existe $x_0\in E$ tel que $f^{p-1}(x_0)\neq 0$.
Considérons alors la famille $(x_0,f(x_0),\cdots,f^{p-1}(x_0))$, soit $a_0,\cdots a_{p-1}\in \K$ tels que $$a_0x_0+a_1f(x_0)+\cdots a_{p-1}f^{p-1}(x_0)=0,\quad \quad (\star)$$ En appliquant $f^{p-1}$ à la relation $(\star)$, on trouve $$0=a_0f^{p-1}(x_0)+a_1f^p(x_0)+\cdots f^{2p-2}(x_0)=a_0f^{p-1}(x_0)\Longrightarrow a_0=0.$$ Ainsi, $(\star)$ devient $$\phantom{a_0x_0}+a_1f(x_0)+\cdots a_{p-1}f^{p-1}(x_0)=0,\quad \quad (\star)$$ On applique $f^{p-2}$ à la relation précédente, ce qui nous donne $a_1=0$, ainsi de suite, on montrer que les $a_i$ sont nuls, ce qui montre que la famille est libre.
Supposons maintenant que $p>n$, d'après le raisonnement précédente, on peut trouver $x\in E$ tel que $(x,f(x),\cdots,f^{p-1}(x))$ est libre, mais ceci est impossible car $\sharp (x,f(x),\cdots,f^{p-1}(x))=p>n$.
Conclusion $p\leq n$ ce qui donne $f^n=0$.

On suppose que $f\neq 0$ (le cas $f=0$ est trivial).
On sait que $\dim (\mathscr{L}(E))=\dim(E)^2=n^2$, la famille $\{f^j,\,j\in \inter{0,n^2}\}$ comporte $n^2+1$ éléments donc c'est une famille liée dans $\mathscr{L}(E)$.
On en déduit qu'il existe $\alpha_0,\cdots,\alpha_{n^2}\in \K$ non tous nuls tels que $\dsum_{k=0}^{n^2}\alpha_jf^j=0$. On pose alors $P(X)=\dsum_{k=0}^{n^2}\alpha_kX^k$ alors $P\neq 0$ et $P(f)=0$.

Remarque: on vient de démontrer que si $\dim E < \infty$ alors tout endomorphisme de $E$ admet un polynôme annulateur.

1. Il est clair que pour tout $k\in \N$, $\deg(P_k)=k$, donc la famille $(P_0,\cdots,P_n)$ est une famille de polynômes de degrés 2 à 2 distincts non nul, donc c'est une famille libre, de plus, $$\sharp (P_0,\cdots,P_n)=n+1=\dim (\R_n[X))$$ donc $(P_0,\cdots,P_n)$ est une base de $\R_n[X]$.
2. Soient $k\in \N^*$ et $j\in \Z$,
   Si $j< 0$, alors $$P_k(j)=\dfrac{(-j)(-j-1)\cdots (-j-k+1)}{k!}=\dfrac{(-1)^k (\abs{j}+k-1)!}{k!(\abs{j}-1)!}=(-1)^k\binom{\abs{j}+k-1}{k}\in \Z$$ si $j\in \inter{0,k-1}$ alors $P_k(j)=0\in \Z$.
   si $j\geq k$, alors $$P_k(j)=\dfrac{j(j-1)\cdots (j-k+1)}{k!}=\dfrac{j!}{k!(j-k)!}=\binom{j}{k}\in \Z$$ Donc dans tous les cas $P_k(j)\in \Z$.
   Si $k=0$ alors $P_0=1$ donc $P_0(j)\in \Z$.
3. Soit $P\in \R[X]$ tel que, pour tout $x\in \Z$, $P(x)\in \Z$, alors il existe $n\in \N$ tel que $P\in \R_n[X]$ ($n=\deg (P)$), donc $$\exists !(a_0,\cdots,a_n)\in \R^{n+1},\, P=\dsum_{k=0}^na_kP_k$$ En remplaçant dans la relation précédente, $x$ par $j$ (pour $j\in \inter{0,n}$), on trouve $$\left\{\begin{array}{lcl} a_0 &=&P(0)\\ a_0+a_1&=&P(1)\\ a_0+2a_1+a_2&=&P(2)\\ \vdots &&\\ a_0+na_1+\cdot+\binom{n}{k}a_k+\cdots+na_{n-1}+a_n&=&P(n) \end{array} \right. $$ La résolution du ce système donne $a_k=\dsum_{j=0}^k (-1)^{k+j+1}\binom{k}{j}P(j)$.
   Ainsi, si $P(x)\in \Z,$ pour tout $x\in \Z$, alors $a_k\in \Z$ pour tout $k\in \inter{0,n}$.
   Inversement, en utilisant la question précédente, si on a $a_k\in \Z$, alors $P$ vérifie la propriété demandée.

Notons $A=\{v\in \mathscr{L}(E,F),\, v\circ u=0_{\mathscr{L}(E,F)}\}$, dire que $v\in A$ équivaut à dire que $\im (u)\subset \Ker (v)$.
Soit $G$ un supplémentaire de $\im (u)$ dans $E$, on définit l'application $\fonct{\varphi}{A}{\mathscr{L}(G,F)}{v}{\overline{v}}$ avec $$\forall x\in G,\quad \overline{v}(x)=v(x).$$ $\varphi$ est une application linéaire, de plus c'est isomorphisme. On en déduit alors $\dim (A)=\dim(G)\times \dim(F)=(\dim(E)-\rg (u))\times \dim (F)$.

Soit $\alpha,\,\beta,\,\gamma \in \R$ tels que $\alpha a+\beta b+\gamma c=0$, ce qui nous donne $$ \left\{\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+2\gamma&=&0\\ 2\alpha+\beta+\gamma&=&0\\ 3\alpha+\beta+\gamma&=&0\\ 4\alpha+3\beta+\gamma&=&0 \end{array} \right.\overset{L3:=L3-L2, L4:=L4-L3}{\Longrightarrow }\left\{\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+2\gamma&=&0\\ 2\alpha+\beta+\gamma&=&0\\ \alpha &=&0\\ \alpha+2\beta&=&0 \end{array} \right. $$ soit $\alpha=\beta=\gamma=0$, donc $(a,b,c)$ est une famille libre, et par définition de $U$ c'est une famille génératrice de $U$. Donc $(a,b,c)$ est une base de $U$, soit $\dim (U)=3$.
Il est facile de voir que $e\neq \lambda d$ donc la famille $(e,d)$ est libre, donc $\dim (V)=2$.
$\dim (U\cap V)\in \{0,1,2\}$, or $\dim (U\cap V)=0$ impossible car sinon on aurait $\dim (U+V)=3+2=5>\dim (\R^4)$.
Si on suppose que $\dim (U\cap V)=2$ ceci implique que $V\subset U$, en particulier $d\in V$ ce qui donne : il existe $\alpha,\,\beta,\,\gamma \in \R$ tels que $\alpha a+\beta b+\gamma c=d$, soit $$ \left\{\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+2\gamma&=&-1\\ 2\alpha+\beta+\gamma&=&0\\ 3\alpha+\beta+\gamma&=&-1\\ 4\alpha+3\beta+\gamma&=&2 \end{array} \right.\overset{L3:=L3-L2, L4:=L4-L3}{\Longrightarrow }\left\{\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+2\gamma&=&-1\\ 2\alpha+\beta+\gamma&=&0\\ \alpha &=&-1\\ \alpha+2\beta&=&3 \end{array} \right. $$ donc $\beta =2$ puis en remplaçant dans le système initiale, on trouve: $$ \left\{\begin{array}{rcl} 1+2\gamma&=&-1\\ \gamma&=&0\\ -1+\gamma&=&-1\\ +2+\gamma&=&2 \end{array} \right.\Longrightarrow\left\{\begin{array}{lcl} \gamma&=&-1\\ \gamma&=&0\\ \gamma&=&0\\ \gamma&=&0 \end{array} \right. $$ Ce qui est impossible donc $d\not\in U$.
Conclusion $\dim (U\cap V)=1$ et par la suite $\dim (U+V)=4$.

1. Oui
2. Non, en effet si $(a,b,c)\in F$ non nul alors $(-a,-b,-c)\not\in F$.
3. Non, $u=(1,0,1),\,v=(0,1,0)\in F$ mais $u+v\not\in F$.
4. Oui
5. Oui
6. Non, $u=(2,1,1),\,v=(2,-1,-1)\in F$ mais $u+v\not\in F$.

Soit $(x,y,z)\in \Vect(\vec{u},\vec{v})$, alors il existe $a,b\in \R$ tels que $$\begin{array}{lcl} (x,y,z)&=&a(1,2,3)+b(-1,0,-1)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{lcl} x&=&a-b\\ y&=&2a\\ z&=&3a-b \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{lcl} a&=&\frac{y}{2}\\ b&=&\frac{y}{2}-x\\ b&=&-z+\frac{3y}{2} \end{array} \right.\\ &&\\ &\Leftrightarrow &\frac{y}{2}-x=-z+\frac{3y}{2}\Leftrightarrow x+y-z=0. \end{array}$$ On en déduit que $\boxed{ F=\{(x,y,z)\in \R^3,\,x+y-z=0\}}$.

Notons d'abord que $F$ n'est pas vide, en effet la suite nulle appartient à $F$ puisque, pour tout $n\in \N$, on a $0=n\times 0+0$.
Soient $\lambda\in \R,\,u=(u_n)_{n\in \N},\,v=(v_n)_{n\in \N}\in F$, on pose $w=\lambda u +v$, alors $$\forall n\in \N,\quad w_{n+2}=\lambda u_{n+2}+v_{n+2}=\lambda nu_{n+1}+u_n+nv_{n+1}+v_n=n(\lambda u_{n+1}+v_{n+1})+\lambda u_n+v_n=nw_{n+1}+w_n$$ Autrement dit, $w\in F$.
On en déduit de ce qui précède que $F$ est un sous espace vectoriel de $\R^\N$.

1. Soient $A,B$ deux parties de $E$. On a $$\left\{\begin{array}{l} A\subset A\cup B\\ B\subset A\cup B\\ \end{array} \right. \Longrightarrow \left\{\begin{array}{l} \Vect(A)\subset \Vect(A\cup B)\\ \Vect(B)\subset \Vect(A\cup B)\\ \end{array} \right.\Longrightarrow \Vect(A)\cup\Vect(B)\subset \Vect(A\cup B).$$ Cette inclusion peut être strict comme le montre l'exemple suivant: $$E=\R^2,\,A=\{(1,0)\},\,B=\{(0,1)\}.$$
2. Soient $A,B$ deux parties de $E$. On a $$\left\{\begin{array}{l} A\cap B\subset A\\ A\cap B\subset B\\ \end{array} \right. \Longrightarrow \left\{\begin{array}{l} \Vect(A\cap B)\subset \Vect(A)\\ \Vect(A\cap B)\subset \Vect( B)\\ \end{array} \right.\Longrightarrow \Vect(A\cap B)\subset \Vect(A)\cap \Vect(B).$$ Cette inclusion peut être strict comme le montre l'exemple suivant: $$E=\R^2,\,A=\{(1,0)\},\,B=\{(0,1)\}.$$

Notons d'abord que $V_4=V_1+3V_3$ et $V_5=4V_2-V3$, ainsi $F=\Vect (V_1,V_2,V_3,V_4,V_5)=\Vect(V_1,V_2,V_3)$. D'autre part, $$\begin{array}{lcl} B\in F&\Longleftrightarrow &\exists \alpha,\,\beta,\,\gamma\in \R, \,\, B=\alpha V_1+\beta V_2+\gamma V_3 \\ &&\\ &\Longleftrightarrow& \exists \alpha,\,\beta,\,\gamma\in \R,\, \left\{\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+3\gamma&=&b_1\\ \alpha+2\beta+\gamma&=&b_2\\ \alpha+3\beta+4\gamma&=&b_3\\ \alpha+4\beta+2\gamma&=&b_4 \end{array} \right. \Longleftrightarrow \exists \alpha,\,\beta,\,\gamma\in \R,\, \left\{\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+3\gamma&=&b_1\\ \beta-2\gamma&=&b_2-b_1\\ \beta+3\gamma&=&b_3-b_2\\ \beta-2\gamma&=&b_4-b_3 \end{array} \right. \end{array}$$ Ceci nous donne une première condition sut $B$, à savoir $b_4-b_3=b_2-b_1$. Supposons dans la suite que cette condition est vérifiée, $$\begin{array}{lcl} B\in F&\Longleftrightarrow& \exists \alpha,\,\beta,\,\gamma\in \R,\, \left\{\begin{array}{rl} \alpha+\beta+3\gamma =&b_1\\ \beta-2\gamma =&b_2-b_1\\ \beta+3\gamma =&b_3-b_2 \end{array} \right. \Longleftrightarrow \exists \alpha,\,\beta,\,\gamma\in \R,\, \left\{\begin{array}{rl} \alpha+\beta+3\gamma =&b_1\\ \beta-2\gamma =&b_2-b_1\\ 5\gamma =&b_3-2b_2+b_1 \end{array} \right.\\ && \\ &\Longleftrightarrow& \exists \alpha,\,\beta,\,\gamma\in \R,\,\, \left\{\begin{array}{l} \gamma =\dfrac{b_1-2b_2+b_3}{5},\\ \beta= \dfrac{-3b_1+b_2+b_3}{5},\\ \alpha=b_1+b_2-b_3. \end{array}\right. \end{array}$$ La dernière relation est vraie, on en déduit alors, $$B\in F \Longleftrightarrow b_4=b_2+b_3-b_1.$$

Supposons que $(x,1,y,1) \in\Vect (e_1,e_2)$, on obtiens alors, $$\exists a,\,b\in \R,\, (x,1,y,1)=ae_1+be_2\Longleftrightarrow \exists a,\,b\in \R,\,\left\{\begin{array}{lcl} a+b&=&x\\ 2a-2b&=&1\\ 3a+3b&=&y\\ 4a-4b&=&1 \end{array} \right.\Longleftrightarrow \exists a,\,b\in \R,\,\left\{\begin{array}{lcl} a+b&=&x=\frac{y}{3}\\ a-b&=&\frac{1}{2}\\ a-b&=&\frac{1}{4} \end{array} \right. $$ Ce qui est impossible, par conséquence, $$\forall x,y \in \R,\quad (x,1,y,1) \not\in\Vect (e_1,e_2).$$ Supposons que $(x,1,1,y) \in\Vect (e_1,e_2)$, on obtiens alors, $$\exists a,\,b\in \R,\, (x,1,1,y)=ae_1+be_2\Longleftrightarrow \exists a,\,b\in \R,\,\left\{\begin{array}{lcl} a+b&=&x\\ 2a-2b&=&1\\ 3a+3b&=&1\\ 4a-4b&=&y \end{array} \right.\Longleftrightarrow \exists a,\,b\in \R,\,\left\{\begin{array}{lcl} a+b&=&x=\frac{1}{3}\\ a-b&=&\frac{1}{2}\\ a-b&=&\frac{y}{4} \end{array} \right. $$ Ce qui est possible pour $x=\dfrac{1}{3}$ et $y=2$.

Un calcul simple, donne: $$(-1,-1,1,-1)= \dfrac{1}{3}(-5,-3,1,-5)+\dfrac{2}{3}(1,0,1,1) \Longrightarrow (-1,-1,1,-1)\in F,$$ $$(4,1,2,4) = -(-5,-3,1,-5)+(-1,-2,3,-1)\Longrightarrow (4,1,2,4)\in F.$$ On en déduit alors que $G\subset F$.

1. $\{x,2y,z\}$ est libre.
2. $\{x,z\}$ est libre
3. $\{x,2x+t,t\}$ est liée puisque $2x+t=2\times x\,+\, 1\times t$.
4. Supposons qu'il existe $\alpha,\beta,\,\gamma\in \R$ tels que $\alpha(3x+z)+\beta z+\gamma (y+z)=0$ on obtient alors $$(3\alpha)x+\gamma y+(\alpha+\beta+\gamma)z=0\Longrightarrow 3\alpha=\gamma=\alpha+\beta+\gamma=0$$ Autrement dit, $\alpha=\beta=\gamma=0$ donc la famille est libre.
5. La famille $\{2x+y,x-3y,t, y-x\}$ est liée car $\rg (2x+y,x-3y,y-x)\leq 2$.
6. La famille $\{x+y,y+z,z+t,t+x\}$ car, $x+y= (y+z)-(z+t)+(t+x).$

$\blacksquare $ Supposons que $\K=\R$, alors on écrit $$\begin{array}{lcl} E&=& \{(x,y,z)\in \R^3,\, x^2+2y^2+z^2+2xy+2yz=0\}\\ &=&\{(x,y,z)\in \R^3,\, x^2+2xy+y^2+2yz+z^2=0\}=\{(x,y,z)\in \R^3,\, (x+y)^2+(y+z)^2=0\}\\ &=&\{(x,y,z)\in \R^3,\, (x+y)=(y+z)=0\} \end{array}$$ Donc $E$ est l'intersection de deux s-e-v de $\R^3$. On en déduit que $E$ est un s-e-v de $\R^3$.
$\blacksquare $ Supposons que $\K=\C$, alors on écrit $$\begin{array}{lcl} E&=& \{(x,y,z)\in \C^3,\, x^2+2y^2+z^2+2xy+2yz=0\}\\ &=&\{(x,y,z)\in \C^3,\, x^2+2xy+y^2+2yz+z^2=0\}=\{(x,y,z)\in \R^3,\, (x+y)^2+(y+z)^2=0\}\\ &=&\{(x,y,z)\in \C^3,\, (x+(1+\ii)y+\ii z)(x+(1-\ii)y-\ii z)=0\} \end{array}$$ Donc $E$ est la réunion de deux s-e-v de $\C^3$, à savoir: $$F_1=\{(x,y,z)\in \C^3,\, x+(1+\ii)y+\ii z=0\},\quad\text{ et }F_2=\{(x,y,z)\in \C^3,\, x+(1-\ii)y-\ii z=0\}.$$ Comme $F_1$ n'est pas inclus dans $F_2$ et $F_2$ n'est pas inclus dans $F_1$. On en déduit que $E$ n'est un pas un $\C$-s-e-v.

Il est clair que $F$ et $G$ sont des s-e-v de $\CC^1(\R,\R)$.
Pour montrer qu'ils sont supplémentaires, il suffit dans ce cas de montrer que $F\cap G=\{0\}$ et $\CC^1(\R,\R)=F+G$.
Soit $f\in F\cap G$, alors il existe $a,\,b\in \R$ tels que $f(x)=ax+b$ pour tout $x\in \R$, et également $f(0)=f'(0)=0$. Or $f(0)=a$ et $f'(0)=b$ donc $f=0$ ce qui montre que $F\cap G=\{0\}$.
Soit maintenant $f\in \CC^1(\R,\R)$, on pose $f_1(x)=f(0)+f'(0)x$ et $f_2=f-f_1$. Il est clair que $f=f1+f_2$ et $f_1\in G$, $f_2\in F$ ce qui prouve que $f\in F+G$. On en déduit que $\CC^1(\R,\R)=F+G$. }

Il est clair que $F$ et $G$ sont des s-e-v. Pour montrer que $E=F\bigoplus G$ on doit montrer que $F\cap G=\{0\}$ et $E=F+G$.
Soit $f\in F\cap G$, alors $$\exists a\in \R,\,\forall x\in \R,\,f(x)=a,\text{ et }\int_0^1f(t)\ud t=0$$ ce qui donne $\dsp\int_0^1f(t)\ud t=a=0$ donc $f=0$, soit $F\cap G=\{0\}$.
D'autre part, on vérifie facilement que, $$\forall f\in E,\quad f= \int_0^1f(t)\ud t+\left( f-\int_0^1f(t)\ud t\right)\in F+G$$

L'application $\fonct{\varphi}{\K^n}{\K}{x=(x_1,\cdots,x_n)}{\dsum_{k=1}^nx_k}$ est une forme linéaire sur $\K^n$ et $H=\Ker(\varphi)$ donc $H$ est une s-e-v de $\K^n$.
Par définition de sous espace vectoriel engendré par une famille, $F$ est un s-e-v de $\K^n$.
Il est clair que $H\cap F=\{0\}$, en effet si $x=(x_1,\cdots,x_n)\in H\cap F$ alors, $$\exists \alpha\in \K,\, x=\alpha u,\text{ et }0=\dsum_{k=1}^n x_k=\dsum_{k=1}^n \alpha=\alpha n \Longrightarrow \alpha=0.$$ D'autre part, si $x=(x_1,\cdots,x_n)\in \K^n$, on peut écrire $x= (x-(\varphi(x)/n)u)+(\varphi(x)/n)u$, et on a $$ \varphi (x-(\varphi(x)/n)u)+(\varphi(x)/n)u)=\varphi(x)-\dfrac{\varphi(x)}{n}\varphi(u)=\varphi(x)-\dfrac{\varphi(x)}{n}n=0$$ donc $(x-(\varphi(x)/n)u)+(\varphi(x)/n)u)\in H$, et on a aussi $(\varphi(x)/n)u\in F$, ce qui prouve que $x\in H+F$.
D'où le résultat.

Montrons d'abord que la somme est direct. Soient $(x_1,x_2,x_3)\in F\times F'\times (G\cap G')$ tels que $x_1+x_2+x_3=0$, donc $x_1=-(x_2+x_3)$ or $x_2\in F\subset G$ et $x_3\in G\cap G'\subset G$ donc $x_1\in F\cap G=\{0\}$ (puisque $E=F\oplus G$). On en déduit alors que $x_2+x_3=0$ soit $x_2=-x_3$ or $x_2\in F'$ et $x_3\in G\cap G'\subset G'$, i.e. $x_2\in F'\cap G'=\{0\}$ donc $x_2=x_3=0$.
Conclusion la somme $F+F'+ (G\cap G')$ est direct.
Reste à montrer que cette somme est égale à $E$.
Soit $x\in E$, par hypothèse, il existe $x_F\in F,\,x_G\in G$ tels que $x=x_F+x_G$, on peut aussi (vu l'hypothèse sur $F'$ et $G'$) écrire $x_G=u_{F'}+u_{G'}$ avec $u_{F'}\in F',\,u_{G'}\in G'$.
Comme $F'\subset G$, on en déduit que $u_{G'}= (x_G-u_{F'})\in G$ donc $u_{G'}\in G\cap G'$. Revenons maintenant à $x$, $$ x=x_F+x_G=x_F+u_{F'}+u_{G'}\in F+F'+(G\cap G')$$ donc $E= F+F'+(G\cap G')$ CQFD.

1. $F$ n'est pas vide car $0\in F$, puis pour tout $\lambda\in \R,\,f,g\in F$, on a $$(\lambda f+g)(0)+(\lambda f+g)(1)=\lambda f(0)+g(0)+\lambda f(1)+g(1)=\lambda (f(0)+f(1))+(g(0)+g(1))=0$$ donc $\lambda f+g\in F$, on en déduit que $F$ est un s-e-v de $\mathcal{F}(\R,\R)$.
2. Soit $f\in \mathcal{F}(\R,\R)$, on peut écrire $f=g+\dfrac{f(0)+f(1)}{2}$, avec $g(x)=f(x)-\dfrac{f(0)+f(1)}{2}$, on a alors, $$g(0)+g(1)=f(0)-\dfrac{f(0)+f(1)}{2}+f(1)-\dfrac{f(0)+f(1)}{2}=0\Longrightarrow g\in F.$$ On note $C$ l'ensemble des fonctions constante de $\R$ dans $\R$, $C$ est un s-e-v de $\mathcal{F}(\R,\R)$, de plus on vient de montrer que $ \mathcal{F}(\R,\R)=F+C$. Reste à montrer que $F\cap C=\{0\}$.
   Soit $f\in F\cap C$, alors il existe $a\in \R$ tel que $f(x)=a$ de plus on a $$0=f(0)+f(1)=2a\Longrightarrow a=0\Longrightarrow f=0 \Longrightarrow F\cap C=\{0\}.$$ Conclusion $\boxed{ \mathcal{F}(\R,\R)=F\oplus C}$.

Soit $i\in \inter{0,n}$, on a $F_i\neq \emptyset$ car $0\in F_i$. Soient $P,\,Q\in F_i,$ et $\lambda\in \R$, on a $$\forall j\in \inter{0,n}\setminus \{i\},\,\,(\lambda P+Q)(j)=\lambda P(j)+Q(j)=0$$ on en déduit alors que $\lambda P+Q\in F_i$. Conclusion $F_i$ est un s-e-v de $E$.
Pour tout $i\in \inter{0,n}$, on note $L_i=\dsp\prod_{\underset{j\neq i}{j=0}}^n\dfrac{X-j}{i-j}$, alors $L_i\in F_i$ (en faite $F_i=\Vect(L_j)$). On vérifie facilement que $$\forall P\in E,\quad P=P(0)L_0+P(1)L_1+\cdots+P(n)L_n\in F_0+F_1+\cdots+F_n$$ Ce qui prouve que $E=\dsum F_i$. Reste à montrer que cette somme est direct
Soient $P_0\in F_0,\cdots,P_n\in F_n$ tels que $P_0+\cdots +P_n=0$, donc $$\forall x\in \R,\quad P_0(x)+P_1(x)+\cdots+P_n(x)=0$$ En particulier, pour $x=j\in \inter{0,n}$, on a $$0=\dsum_{k=0}^nP_k(j)=P_j(j)\Longrightarrow P_j(j)=0$$ donc $P_j$ admet $n+1$ racines (en faite comme $P_j\in F_j$ alors $P_j(i)=0$ pour $i\in \inter{0,n}\setminus\{j\}$ ) or $\deg P_j\leq n$ donc $P_j=0$.
$j$ est arbitrairement choisi dans $\inter{0,n}$, on en déduit alors que pour tout $i\in \inter{0,n},\,\,P_i=0$ ce qui implique que la somme est direct.

On construit une suite des s-e-v de la façon suivante: $$G_1=F_1,\,\, \forall k\in \inter{2,n},\, G_k \text{ est un supplémentaire de } F_k\cap (\sum_{i=1}^{k-1}G_i) \text{ dans } F_k.$$ Donc par construction $G_k\subset F_k$.

Remarque : La construction des s-e-v $(G_1,\cdots, G_n)$ ne pose aucun problème, i.e. les $G_k$ sont bien définie. En effet, $F_k\cap (\sum_{i=1}^{k-1}G_i)$ est inclus dans $F_k$ donc d'après le cours admet 'au moins' un supplémentaire dans $F_k$.

Montrons que $\dsum G_k$ est direct, soient $x_1\in G_1,\cdots, x_n\in G_n$ tels que $\dsum_{i=1}^n x_i=0$, alors $$ x_n= -\dsum_{k=1}^{n-1}x_k \Longrightarrow x_n\in G_n \cap (\dsum_{k=1}^{n-1}G_k) =\{0\}\Longrightarrow x_n=0.$$ On obtient aussi $\dsum_{k=1}^{n-1}x_k=0$, Soit $$x_{n-1}=-\dsum_{k=1}^{n-2}x_k \Longrightarrow x_{n-1}\in G_{n-1}\cap (\dsum_{k=1}^{n-2}G_k)=\{0\}\Longrightarrow x_{n-1}=0,$$ ainsi de suite, on obtient alors $x_n=x_{n-1}=\cdots =x_1=0$ ce qui implique que la somme $\dsum G_k$ est direct.

Il rest à montrer que $\dsum G_k=E$. Soit $x\in E$, d'après l'hypothèse, pour tout $k\in \inter{1,n}$, il existe $x_k\in F_k$ tels que $\dsum_{k=1}^n x_k=x$. Or $$\forall k\geq 2,\quad x_k\in F_k=G_k\oplus (F_k\cap (\dsum_{i=1}^{k-1}G_i))\Longrightarrow x_k = y_k + z_k,\, y_k\in G_k,\, z_k \in F_k\cap (\dsum_{i=1}^{k-1}G_i),$$ en particulier, $z_k\in \dsum_{i=1}^{k-1}G_i\subset \dsum_{i=1}^n G_i$ et $y_k\in G_k \subset \dsum_{i=1}^n G_i$, donc $x_k\in \dsum_{i=1}^n G_i$. La relation reste vrai pour $k=1$, puisque $x_1\in F_1=G_1\subset \dsum_{i=1}^n G_i$.

On en déduit alors, $$\forall k\in \inter{1,n},\quad x_k\in \dsum_{i=1}^n G_i \Longrightarrow \dsum_{k=1}^n x_k=x\in \dsum_{i=1}^n G_i.$$ Ce qui donne le résultat.

1. Soit $(x_1,\cdots,x_n)\in F_1\times F_2\times\cdots\times F_n$ tels que $x_1+\cdots+x_n=0$, comme $F_i=E_i\cap F$ alors $x_i\in E_i$, autrement dit$\dsum_{i=1}^nx_i\in \dsum_{i=1}^n E_i$ or cette dernière somme par hypothèse est direct donc $$x_1+\cdots+x_n=0\Longrightarrow \forall i\in \inter{1,n},\quad x_i=0,$$ Ce qui donne $F_1 + \cdots+ F_n$ est directe.
2. On a évidement $G\subset F$ puisque, pour tout $i\in \inter{1,n},\,F_i\subset F$. Cette inclusion peut être stricte comme le montre l'exemple suivant: $$E=\R^2,\,E_1=\Vect((1,0)),\,E_2=\Vect((0,1)),\,F=\Vect((1,1))\Longrightarrow F_1=F_2=\{0\}\text{ et }G=\{0\}.$$

Puisque $E=\dsp\bigoplus_{i=1}^nF_i$ alors pour tout $x\in E$, il existe un unique $n$-uplet $(x_1,\cdots,x_n)\in \dsp\prod_{i=1}^nF_i$ tel que $x=\dsum_{i=1}^n x_i$.
On note alors, pour tout $i\in \inter{1,n},\,\fonct{p_i}{E}{E}{x}{x_i}$, il est clair que $p_i\in \mathscr{L}(E)$, $\im(p_i)\subset F_i$ et $\dsum_{i=1}^np_i=\mathrm{Id}e$.
Revenons maintenant à la question.
Soit $f\in \mathscr{L}(E)$, pour $i\in \inter{1,n}$ on note $f_i=p_i\circ f$ on a $f_i\in \mathscr{L}(E)$ et $\im (f_i)\subset F_i$ donc $f_i\in \mathcal{F}_i$ et $$\forall x\in E,\, f(x)=\dsum_{k=1}^n p_k (f(x))=\dsum_{k=1}^n f_k(x)\Longrightarrow f=\dsum_{k=1}^n f_k\in \mathcal{F}_1+\cdots+\mathcal{F}_n$$ Montrons maintenant que la somme est direct, soient $f_1\in \mathcal{F}_1,\cdots,f_n\in \mathcal{F}_n$ tels que $\dsum f_k=0$, donc $$\forall x\in E,\,\dsum_{k=1}^nf_k(x)=0,$$ or $f_k(x)\in F_k$ et la somme $\dsum F_k$ est direct, donc pour tout $k\in \inter{1,n},\, f_k(x)=0$.
Ceci étant vraie pour tout $x\in E$, on en déduit alors, que , pour tout $k\in \inter{1,n},\, f_k=0$ CQFD.

$F$ n'est pas vide car $0\in F$ ($0=0\times A$), soient $P_1,\,P_2\in F$ et $\lambda\in \K$, on a $$\exists Q_1,\,Q_2\in \K[X],\, P_1= Q_1 A,\, P_2=Q_2 A\Longrightarrow (\lambda P_1+P_2)=(\lambda Q_1+Q_2) A$$ autrement dit, $A\mid (\lambda P_1+P_2)$, i.e. $\lambda P_1+P_2 \in F$. Donc $F$ est un s-e-v de $\K[X]$.
Notons $n=\deg(A)$, si $n=0$ alors $A=\alpha,\,\alpha\in \K^*$ et dans ce cas $F=\K[X]$. Supposons maintenant que $n\geq 1$, d'après le résultat de la division euclidienne dans $\K[X]$, on a $$\forall P\in \K[X],\, \exists ! (Q,R)\in \K[X]^2,\, P= QA +R \text{ et } \deg R< \deg A.$$ Ce qui donne immédiatement $\K[X]=F\oplus \K_{n-1}[X]$.

Si $P\in F\cap G$ alors $P(0)=P(1)=P(2)=P(3)=0$ donc $P$ a au moins 4 racines distincts, or comme $P\in \R_3[X]$ donc $\deg P\leq 3$, autrement dit $P=0$. Ceci montre que $F\cap G=\{0\}$.
D'autre part, pour $P\in \R_3[X]$, on pose: $$P_1(X)=\dfrac{-P(0)}{6}(X-1)(X-2)(X-3),\,\,P_2(X)=P(X)+ \dfrac{P(0)}{6}(X-1)(X-2)(X-3)=P-P_1$$ il est clair que $P_1\in G$ et $P_2\in G$ donc $P\in F+G$ donc $\R_3[X]=F+G$.
Ceci prouve que $\R_3[X]=F\oplus G$.

Remarque: On aurait pu aussi raisonner sur la dimension puisque $\dim (F)=1,\, \dim (G)=3$ et donc $\dim (F)+\dim(G)=4=\dim(\R_3[X])$.

D'après l'hypothèse, $B=C\oplus (A\cap B)$. Donc $c\subset B$, autrement dit, $A+C\subset A+B$.
Soit $x\in A\cap C$, alors $x\in B$ car $C\subset B$ donc $x\in A\cap B$, or $(A\cap B)\cap C=\{0\}$ donc $x=0$ ce qui montre que $A\cap C=\{0\}$.
Reste à montrer que $A+B=A+C$, soit $x\in A+B$ alors il existe $a_1\in A,\,x_2\in B$ tels que $x=x_1+x_2$, or $B=C\oplus (A\cap B)$ donc il existe $u_1\in A\cap B,\, u_2\in C$ tels que $x_2=u_1+u_2$, on obtient finalement, $$x=x_1+x_2=\underset{\in A}{(x_1+u_1)}+\underset{\in C}{u_2}\in A+C $$ Ce qui termine la démonstration.

Soient $x_1\in F_1,x_2\in F_2,x_3\in F_3$ et $x_4\in F_4$ tels que $x_1+x_2+x_3+x_4=0$. Alors $$x_1+x_2=-x_3-x_4\in (F_1+F_2)\cap (F_3+F_4)\Longrightarrow x_1+x_2=x_3+x_4=0$$ $$x_1+x_3=-x_2-x_4\in (F_1+F_3)\cap (F_2+F_4)\Longrightarrow x_1+x_3=x_2+x_4=0$$ La résolution de ces équations donne $x_1=x_2=x_3=x_4=0$. On en déduit alors que la somme est directe.