Espaces vectoriels et sous-espaces vectoriels

Partie $F_1$. Le vecteur nul vérifie $0 + 2 \cdot 0 = 0$ et $0 = 3 \cdot 0$, donc $(0, 0, 0) \in F_1$. Soient $u = (x, y, z)$ et $u' = (x', y', z')$ dans $F_1$, et $\lambda \in \mathbb{R}$. Le vecteur $\lambda u + u' = (\lambda x + x', \lambda y + y', \lambda z + z')$ vérifie $(\lambda x + x') + 2(\lambda y + y') = \lambda(x + 2y) + (x' + 2y') = 0$ et $\lambda z + z' = 3\lambda x + 3x' = 3(\lambda x + x')$, donc $\lambda u + u' \in F_1$. Par la caractérisation des sous-espaces, $F_1$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. Pour l'écrire comme un $\mathrm{Vect}$, on raisonne par équivalences : $(x, y, z) \in F_1 \iff (x = -2y \text{ et } z = -6y) \iff (x, y, z) = y(-2, 1, -6)$. Ainsi $F_1 = \mathrm{Vect}\big((-2, 1, -6)\big)$, droite vectorielle de $\mathbb{R}^3$.
Partie $F_2$. Le vecteur nul donne $0 + 0 + 0 = 0 \neq 1$, donc $(0, 0, 0) \notin F_2$ : $F_2$ n'est pas un sous-espace vectoriel. C'est en revanche un sous-espace affine. Notons $P = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + y + z = 0\}$ : il contient $(0, 0, 0)$, et pour $u, u' \in P$ et $\lambda \in \mathbb{R}$, la somme des coordonnées de $\lambda u + u'$ vaut $\lambda \cdot 0 + 0 = 0$, donc $P$ est un sous-espace vectoriel par la caractérisation. Pour tout $(x, y, z) \in \mathbb{R}^3$, on a $(x, y, z) \in F_2 \iff (x - 1) + y + z = 0 \iff (x, y, z) - (1, 0, 0) \in P$, donc $F_2 = (1, 0, 0) + P$ est le sous-espace affine passant par $(1, 0, 0)$ et de direction $P$.
Partie $F_3$. Elle contient $(0, 0, 0)$. Les vecteurs $u = (1, 1, 0)$ et $u' = (1, -1, 0)$ sont dans $F_3$, car $1^2 = 1^2$ et $1^2 = (-1)^2$, mais $u + u' = (2, 0, 0)$ n'y est pas, car $2^2 = 4 \neq 0 = 0^2$. Donc $F_3$ n'est pas stable par addition et n'est pas un sous-espace vectoriel. On retrouve le piège de la réunion : $F_3$ est la réunion des plans d'équations $x = y$ et $x = -y$, dont aucun ne contient l'autre.
Partie $F_4$. Elle contient $(0, 0, 0)$ et elle est stable par addition, car $x \leq y$ et $x' \leq y'$ entraînent $x + x' \leq y + y'$. Mais $u = (0, 1, 0) \in F_4$ tandis que $(-1) \cdot u = (0, -1, 0) \notin F_4$, puisque l'inégalité $0 \leq -1$ est fausse. Donc $F_4$ n'est pas un sous-espace vectoriel : la stabilité par addition ne suffit pas.

1) La suite nulle vérifie $0 = 3 \cdot 0 - 2 \cdot 0$ à chaque rang, donc elle appartient à $S$. Soient $u, v \in S$, $\lambda \in \mathbb{R}$ et $w = \lambda u + v$, c'est-à-dire $w_n = \lambda u_n + v_n$ pour tout $n$ (opérations terme à terme). Pour tout $n \in \mathbb{N}$ : $w_{n+2} = \lambda u_{n+2} + v_{n+2} = \lambda(3u_{n+1} - 2u_n) + (3v_{n+1} - 2v_n) = 3w_{n+1} - 2w_n$. Donc $w \in S$ et, par la caractérisation, $S$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^{\mathbb{N}}$.
2) Pour tout $n$, $3a_{n+1} - 2a_n = 3 - 2 = 1 = a_{n+2}$, donc $a \in S$. Et $3b_{n+1} - 2b_n = 6 \cdot 2^n - 2 \cdot 2^n = 4 \cdot 2^n = 2^{n+2} = b_{n+2}$, donc $b \in S$. Ainsi $\{a, b\} \subset S$, où $S$ est un sous-espace vectoriel ; comme $\mathrm{Vect}(a, b)$ est le plus petit sous-espace contenant $a$ et $b$, on obtient $\mathrm{Vect}(a, b) \subset S$. On pourrait montrer l'égalité en ajustant une combinaison de $a$ et $b$ sur les deux premiers termes d'une suite de $S$.
3) Inclusion $\mathrm{Vect}(b) \subset D$ : pour $\lambda \in \mathbb{R}$ et tout $n$, $\lambda 2^{n+1} = 2 \cdot \lambda 2^n$, donc $\lambda b \in D$. Inclusion réciproque : soit $u \in D$ ; montrons par récurrence que $u_n = 2^n u_0$ pour tout $n$. C'est vrai pour $n = 0$, et si $u_n = 2^n u_0$, alors $u_{n+1} = 2u_n = 2^{n+1} u_0$. Donc $u = u_0 b \in \mathrm{Vect}(b)$. Par double inclusion, $D = \mathrm{Vect}(b)$.
4) La suite nulle ne vérifie pas $0 = 2 \cdot 0 + 1$, donc elle n'est pas dans $T$ : $T$ n'est pas un sous-espace vectoriel. Une suite constante de valeur $\gamma$ est dans $T$ si et seulement si $\gamma = 2\gamma + 1$, soit $\gamma = -1$ : $c$ est la suite constante égale à $-1$. Pour toute suite $u$, la suite $u - c$ a pour terme général $u_n + 1$, et : $u \in T \iff \forall n \in \mathbb{N}, \ u_{n+1} + 1 = 2(u_n + 1) \iff u - c \in D \iff u \in c + D$. Donc $T = c + D = c + \mathrm{Vect}(b)$ : $T$ est un sous-espace affine de $\mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ de direction $\mathrm{Vect}(b)$, c'est-à-dire une droite affine, formée des suites $(-1 + \lambda 2^n)_{n \in \mathbb{N}}$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$.

1) La fonction nulle est paire. Soient $f, g \in \mathcal{P}$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ ; pour tout réel $x$, $(\lambda f + g)(-x) = \lambda f(-x) + g(-x) = \lambda f(x) + g(x) = (\lambda f + g)(x)$, donc $\lambda f + g \in \mathcal{P}$. Par la caractérisation, $\mathcal{P}$ est un sous-espace vectoriel ; le même calcul, avec $f(-x) = -f(x)$, traite $\mathcal{I}$. Si $f \in \mathcal{P} \cap \mathcal{I}$, alors pour tout $x$, $f(x) = f(-x) = -f(x)$, d'où $2f(x) = 0$ puis $f(x) = 0$. Donc $\mathcal{P} \cap \mathcal{I}$ est réduit à la fonction nulle.
2) Non. La fonction $\exp$ est croissante et $g : x \mapsto -x$ est décroissante, donc toutes deux sont dans $\mathcal{M}$. Leur somme $s : x \mapsto e^x - x$ vérifie $s(-1) = e^{-1} + 1 > 1 = s(0)$ et $s(1) = e - 1 > 1 = s(0)$, car $e > 2$. Elle n'est donc ni croissante, puisque $s(-1) > s(0)$, ni décroissante, puisque $s(0) < s(1)$ : $s \notin \mathcal{M}$. Ainsi $\mathcal{M}$ n'est pas stable par addition et n'est pas un sous-espace vectoriel, bien qu'il contienne la fonction nulle et soit stable par multiplication par un scalaire.
3) La fonction nulle est $T$-périodique, et si $f, g \in \mathcal{S}_T$ et $\lambda \in \mathbb{R}$, alors pour tout $x$, $(\lambda f + g)(x + T) = \lambda f(x + T) + g(x + T) = \lambda f(x) + g(x)$ : $\mathcal{S}_T$ est un sous-espace vectoriel. La fonction $x \mapsto \cos(2x)$ est $\pi$-périodique, car $\cos(2(x + \pi)) = \cos(2x + 2\pi)$, et $x \mapsto \cos(\sqrt{3}\, x)$ est $2\pi/\sqrt{3}$-périodique, car $\cos(\sqrt{3}\,(x + 2\pi/\sqrt{3})) = \cos(\sqrt{3}\, x + 2\pi)$ : ce sont deux éléments de $\mathcal{Q}$ dont $h$ est la somme. Supposons que $h$ admette une période $T > 0$. Alors $h(T) = h(0) = 2$ ; comme $\cos(2T) \leq 1$ et $\cos(\sqrt{3}\, T) \leq 1$, cela impose $\cos(2T) = 1$ et $\cos(\sqrt{3}\, T) = 1$. Il existe donc des entiers $k$ et $m$ tels que $2T = 2k\pi$ et $\sqrt{3}\, T = 2m\pi$, avec $k \geq 1$ puisque $T > 0$. En remplaçant $T$ par $k\pi$ dans la seconde égalité, on obtient $\sqrt{3}\, k\pi = 2m\pi$, donc $\sqrt{3} = 2m/k \in \mathbb{Q}$, ce qui contredit l'irrationalité de $\sqrt{3}$. Donc $h \notin \mathcal{Q}$ : $\mathcal{Q}$ n'est pas stable par addition et n'est pas un sous-espace vectoriel. Pourtant $\mathcal{Q}$ est la réunion des sous-espaces $\mathcal{S}_T$ pour $T > 0$ : une réunion de sous-espaces n'est pas un sous-espace en général.
4) L'ensemble $\mathcal{F}(\Omega, E)$ est un $K$-espace vectoriel pour les opérations point par point, de vecteur nul l'application constante égale à $0_E$. Cette application nulle s'annule sur $A$, donc elle est dans $N_A$. Soient $f, g \in N_A$ et $\lambda \in K$ ; pour tout $a \in A$, $(\lambda f + g)(a) = \lambda f(a) + g(a) = \lambda \cdot 0_E + 0_E = 0_E$. Donc $N_A$ est un sous-espace vectoriel. De même, l'application nulle prend ses valeurs dans $G$ puisque $0_E \in G$, et si $f, g \in \mathcal{F}_G$ et $\lambda \in K$, alors pour tout $x \in \Omega$, $(\lambda f + g)(x) = \lambda f(x) + g(x) \in G$, car $G$ est stable par combinaison linéaire. Donc $\mathcal{F}_G$ est un sous-espace vectoriel, qui s'identifie à $\mathcal{F}(\Omega, G)$.

1) Sens réciproque : si $F \subset G$, alors $F \cup G = G$ est un sous-espace vectoriel ; de même si $G \subset F$. Sens direct : supposons que $F \cup G$ soit un sous-espace vectoriel et, par l'absurde, que $F \not\subset G$ et $G \not\subset F$. On choisit $x \in F \setminus G$ et $y \in G \setminus F$. Comme $x$ et $y$ sont dans le sous-espace $F \cup G$, on a $x + y \in F \cup G$. Si $x + y \in F$, alors $y = (x + y) - x \in F$, car $F$ est stable par combinaison linéaire : c'est exclu. Si $x + y \in G$, alors $x = (x + y) - y \in G$ : c'est exclu aussi. Cette contradiction montre que $F \subset G$ ou $G \subset F$.
2) Supposons $E = F \cup G$ avec $F$ et $G$ sous-espaces vectoriels de $E$. Alors $F \cup G = E$ est un sous-espace vectoriel de $E$, donc d'après 1) on a $F \subset G$, et alors $G = F \cup G = E$, ou $G \subset F$, et alors $F = E$. L'un des deux n'est donc pas strict.
3) Le vecteur nul $(0_{E_1}, 0_{E_2})$ de l'espace produit est dans $A$. Pour $(x, 0_{E_2})$ et $(x', 0_{E_2})$ dans $A$ et $\lambda \in K$, les opérations composante par composante donnent $\lambda (x, 0_{E_2}) + (x', 0_{E_2}) = (\lambda x + x', 0_{E_2}) \in A$. Donc $A$ est un sous-espace vectoriel, et de même pour $B$. D'après 1), appliqué dans l'espace vectoriel $E_1 \times E_2$ aux sous-espaces $A$ et $B$, la partie $A \cup B$ est un sous-espace vectoriel si et seulement si $A \subset B$ ou $B \subset A$. Or $A \subset B$ signifie que pour tout $x \in E_1$, $(x, 0_{E_2}) \in \{0_{E_1}\} \times E_2$, c'est-à-dire $x = 0_{E_1}$ : cela équivaut à $E_1 = \{0_{E_1}\}$. De même, $B \subset A$ équivaut à $E_2 = \{0_{E_2}\}$. La condition cherchée est donc que $E_1$ ou $E_2$ soit réduit à son vecteur nul.
4) $\mathrm{Vect}(A \cup B)$ est un sous-espace de $E_1 \times E_2$, donc il y est inclus. Réciproquement, tout $(x, y) \in E_1 \times E_2$ s'écrit $(x, y) = (x, 0_{E_2}) + (0_{E_1}, y)$, somme d'un élément de $A$ et d'un élément de $B$ : c'est une combinaison linéaire d'éléments de $A \cup B$, donc $(x, y) \in \mathrm{Vect}(A \cup B)$. D'où l'égalité : le plus petit sous-espace contenant $A \cup B$ est l'espace entier, bien plus gros que $A \cup B$ dès que $E_1$ et $E_2$ ne sont pas réduits à leur vecteur nul.