Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir surveill´ e n˚6
Exercice 1 (Groupe des applications affines bijectives de Rdans R) Pour tout (a, b)∈R2, on notefa,b l’application affine d´efinie par :
fa,b:R→R; x7→ax+b.
1. Soient (a, b)∈R∗×R.
(a) Montrer quefa,b est bijective.
(b) D´eterminer l’application r´eciproque defa,b.
2. SoitA={fa,b : (a, b)∈R∗×R}. Montrer queA est un sous-groupe du groupe (S(R),◦) des bijections deRdansR.
Correction
1. Soient (a, b)∈R∗×R.
(a) On rappelle que l’applicationfa,best bijective si et seulement si pour touty∈R, l’´equationfa,b(x) =y d’inconnuex∈Radmet une unique solution.
Soity∈R. On r´esout l’´equation
(E) :fa,b(x) =y d’inconnuex∈R.
(E) ⇔ ax+b=y
⇔ ax=y−b (soustraction deb`a chaque membre)
⇔ x= 1 ay−b
a (division de chaque membre para6= 0, cf. hypoth`esea∈R∗).
L’´equation (E) admettant une unique solution surR, l’applicationfa,b est bijective.
(b) Par d´efinition, l’application r´eciproque defa,b est l’application :
(fa,b)−1: R→R; y7→ l’unique solution de l’´equationf(x) =y d’inconnuex∈R. D’apr`es la r´esolution effectu´ee en 1.(a), on a donc :
(fa,b)−1:R→R; y7→ 1 ay− b
a.
2. Notons tout d’abord que d’apr`es la d´efinition de Aet la question 1.(a), les ´el´ements deA sont des appli- cations bijectives. Ainsi,A est bien une partie deS(R).
Pour montrer que Aest un sous-groupe du groupe (S(R),◦), on montre les trois propri´et´es suivantes (cf.
d´efinition) :
(i) Acontient le neutre du groupe (S(R),◦).
(ii) Aest stable par◦.
(iii) Aest stable par passage `a l’inverse.
(i) Le neutre du groupe (S(R),◦) est l’application identit´e deR, i.e. : idR: R→R; x7→x.
On remarque que l’on a idR=f1,0. Comme (1,0)∈R∗×R, on aidR∈A.
(ii) Soient fa1,b1 et fa2,b2 deux ´el´ements de A, o`u (a1, b1)∈R∗×Ret (a2, b2)∈R∗×R. Montrons que fa1,b1◦fa2,b2 ∈A.
Par d´efinition du produit de composition, la fonctionfa1,b1◦fa2,b2 est donn´ee par :
fa1,b1◦fa2,b2:R→R; x7→fa1,b1(fa2,b2(x)). (1) Soitx∈R.
fa1,b1(fa2,b2(x)) = fa1,b1(a2x+b2)
= a1(a2x+b2) +b1
= a1a2x+a1b2+b1. De ce calcul et de (1), on d´eduit :
fa1,b1◦fa2,b2:R→R; x7→a1a2x+a1b2+b1. On remarque que :
fa1,b1◦fa2,b2 =fa1a2,a1b2+b1. (2) En outre, comme a1∈R∗,a2∈R∗ etRest int`egre, on a :
a1a2∈R∗. (3)
De (2) et (3), on d´eduit quefa1,b1◦fa2,b2∈A.
(iii) Soit fa,b∈A, o`u (a, b)∈R∗×R. Montrons que son inverse pour la loi◦ appartient `aA.
D’apr`es le cours, l’inverse de fa,b est l’application r´eciproque (fa,b)−1 de fa,b. En 1.(b), on a calcul´e cette application r´eciproque et on a trouv´e :
(fa,b)−1:R→R; y7→ 1 ay− b
a. On remarque que :
(fa,b)−1=f1
a,−ba. De cette observation et de 1
a6= 0, on d´eduit que (fa,b)−1∈A.
Exercice 2 (Les morphismes du groupe(Z,+) dans lui-mˆeme) Pour touta∈Z, on noteϕa l’application d´efinie par :
ϕa: Z→Z; n7→an.
1. Soita∈Z. Montrer que l’applicationϕa est un morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme.
2. Soitψ:Z→Zun morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme. Montrer qu’il existea∈Ztel queψ=ϕa. 3. Conclure.
Correction
1. Soita∈Z. Soit (n, m)∈Z2.
ϕa(n+m) = a(n+m)
= an+am (distributivit´e de×par rapport `a +)
= ϕa(n) +ϕa(m)
Doncϕa est un morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme.
2. Soitψ:Z→Zun morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme. On veut montrer qu’il existea∈Ztel que ψ=ϕa. Pour cela, on va raisonner par analyse-synth`ese.
• Analyse
Supposons qu’il existe a∈Ztel queψ=ϕa. Alors on a ψ(n) =ϕa(n) =an pour toutn∈Z. En particulier, pourn= 1, on a :
ψ(1) =a.
Ainsi a-t-on montr´e que s’il existe una∈Ztel queψ=ϕa, alors n´ecessairementa=ψ(1).
• Synth`ese
On pose a=ψ(1)∈Z et on montre queψ=ϕa. Les applicationsψ etϕa ayant mˆemes ensembles de d´epart et d’arriv´ee, il reste `a montrer que :
ψ(n) =ϕa(n) i.e.
ψ(n) =ψ(1)n pour toutn∈Z.
– Cas o`un= 0
Si n= 0, alorsψ(n) = 0 (carψest un morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme) et ψ(1)n=ψ(1) 0 = 0.
On a doncψ(n) =ψ(1)n.
– Cas o`un∈N∗ Soitn∈N∗.
ψ(n) = ψ(
nfois
z }| { 1 + 1 +. . .+ 1)
= ψ(1) +ψ(1) +. . .+ψ(1)
| {z }
nfois
(ψest un morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme)
= ψ(1)n On a doncψ(n) =ψ(1)n.
– Cas o`un∈Z∩]− ∞,−1]
Soitn∈Z∩]− ∞,−1]. On a alors−n∈N∗. D’apr`es le cas pr´ec´edent, on a donc :
ψ(−n) =ψ(1) (−n). (4)
Mais commeψest un morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme, on a :
ψ(−n) =−ψ(n). (5)
De (4) et (5), on d´eduit que :
−ψ(n) =ψ(1) (−n) et donc que :
ψ(n) =ψ(1)n.
• Conclusion On a montr´e que :
ψ=ϕa
aveca=ψ(1)∈Z.
3. On a d´emontr´e que les applications
ϕa: Z→Z; n7→an
sont des morphismes du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme et que, r´eciproquement, tout morphisme du groupe (Z,+) dans lui-mˆeme est de≪cette forme≫.
Exercice 3 (´Egalit´e de sous-espaces vectoriels engendr´es par des parties de R3) Soient les vecteurs deR3 :
u1= (1,3,5) ; u2= (1,4,13) ; v1= (2,5,2) ; v2= (4,9,−4).
1. D´emontrer :u1∈Vect(v1, v2) et u2∈Vect(v1, v2).
2. D´emontrer :v1∈Vect(u1, u2) etv2∈Vect(u1, u2).
3. Prouver que Vect(u1, u2) = Vect(v1, v2).
Correction
1. D’apr`es le cours, Vect(v1, v2), qui est par d´efinition le plus petit sous-espace vectoriel deR3contenantv1
et v2 (au sens de l’inclusion), co¨ıncide avec l’ensemble des combinaisons lin´eaires dev1 etv2.
• Montrons que u1∈Vect(v1, v2).
On souhaite ´ecrire u1 comme une combinaison lin´eaire de v1 et v2, i.e. on cherche (λ1, λ2) ∈ R2 tels que :
λ1v1+λ2v2=u1. Soit (λ1, λ2)∈R2.
λ1v1+λ2v2=u1 ⇔ λ1(2,5,2) +λ2(4,9,−4) = (1,3,5)
⇔ (2λ1+ 4λ2,5λ1+ 9λ2,2λ1−4λ2) = (1,3,5) (cf. d´efinitions de + et. surR3)
⇔
2 λ1 + 4λ2 = 1 5λ1 + 9λ2 = 3 2λ1 − 4λ2 = 5
deux ´el´ements de R3 sont ´egaux ssi ils sont ´egaux composante par composante
⇔
2λ1 + 4λ2 = 1
−2 λ2 = 1 (L2←2L2−5L1 et 26= 0)
−8λ2 = 4 (L3←L3−L1)
⇔
2λ1 + 4λ2 = 1
−2λ2 = 1
0 = 0 (L3←L3−4L2)
Le dernier syst`eme est ´echelonn´e.
(A) De (L2), on d´eduit queλ2=−1 2.
(B)
L1 ⇒ λ1= 1 2−2λ2
⇒ λ1= 1 2−2×
−1 2
(cf. (A))
⇒ λ1= 3 2. De cette ´etude, on d´eduit queu1= 3
2v1−1
2v2,et donc queu1∈Vect(v1, v2).
• Montrons que u2∈Vect(v1, v2).
On souhaite ´ecrire u2 comme une combinaison lin´eaire de v1 et v2, i.e. on cherche (λ1, λ2) ∈ R2 tels que :
λ1v1+λ2v2=u2.
En proc´edant comme pr´ec´edemment, on est conduit `a r´esoudre le syst`eme
2λ1 + 4λ2 = 1 5λ1 + 9λ2 = 4 2λ1 − 4λ2 = 13
d’inconnue (λ1, λ2)∈R2. En utilisant l’algorithme du pivot de Gauß, on trouve que ce syst`eme admet une unique solution
7 2,−3
2
.On en d´eduit queu2= 7 2v1−3
2v2et donc queu2∈Vect(v1, v2).
2. D’apr`es le cours, Vect(u1, u2), qui est par d´efinition le plus petit sous-espace vectoriel deR3contenantu1
et u2 (au sens de l’inclusion), co¨ıncide avec l’ensemble des combinaisons lin´eaires deu1et u2.
• Montrons que v1∈Vect(u1, u2).
On souhaite ´ecrire v1 comme une combinaison lin´eaire de u1 et u2, i.e. on cherche (λ1, λ2)∈ R2 tels que :
λ1u1+λ2u2=v1. Soit (λ1, λ2)∈R2.
λ1u1+λ2u2=v1 ⇔ λ1(1,3,5) +λ2(1,4,13) = (2,5,2)
⇔ (λ1+λ2,3λ1+ 4λ2,5λ1+ 13λ2) = (2,5,2) (cf. d´efinitions de + et.surR3)
⇔
1 λ1 + λ2 = 2 3λ1 + 4λ2 = 5 5λ1 + 13λ2 = 2
deux ´el´ements de R3 sont ´egaux ssi ils sont ´egaux composante par composante
⇔
λ1 + λ2 = 2
1 λ2 = −1 (L2←L2−3L1) 8λ2 = −8 (L3←L3−5L1)
⇔
λ1 + λ2 = 2 λ2 = −1
0 = 0 (L3←L3−8L2)
Le dernier syst`eme est ´echelonn´e.
(A) De (L2), on d´eduit queλ2=−1.
(B)
L1 ⇒ λ1= 2−λ2
⇒ λ1= 2−(−1) (cf. (A))
⇒ λ1= 3.
De cette ´etude, on d´eduit quev1= 3u1−u2.et donc quev1∈Vect(u1, u2).
• Montrons que v2∈Vect(u1, u2).
On souhaite ´ecrire v2 comme une combinaison lin´eaire de u1 et u2, i.e. on cherche (λ1, λ2)∈ R2 tels que :
λ1u1+λ2u2=v2.
En proc´edant comme pr´ec´edemment, on est conduit `a r´esoudre le syst`eme
λ1 + λ2 = 4 3λ1 + 4λ2 = 9 5λ1 + 13λ2 = −4
d’inconnue (λ1, λ2)∈R2. En utilisant l’algorithme du pivot de Gauß, on trouve que ce syst`eme admet une unique solution (7,−3).On en d´eduit quev2= 7u1−3u2 et donc quev2∈Vect(u1, u2).
3. Montrons que Vect(u1, u2) = Vect(v1, v2).
⊂ On a :
(A) Vect(v1, v2) est un sous-espace vectoriel de R3 (comme sous-espace vectoriel engendr´e par une partie deR3) ;
(B) Vect(v1, v2) contientu1 etu2(cf. question 1).
Comme Vect(u1, u2) est le plus petit sous-espace vectoriel deR3 contenantu1 et u2, (au sens de l’in- clusion), on d´eduit de (A) et (B) que :
Vect(u1, u2)⊂Vect(v1, v2).
⊃ Par un raisonnement sym´etrique :
– en ´echangeant les rˆoles jou´es par u1, u2 et parv1, v2,
– en utilisant cette fois le r´esultat de la question 2 en lieu et place de celui de la question 1, on montre que Vect(v1, v2)⊂Vect(u1, u2).
Exercice 4 (Deux sous-espaces vectoriels suppl´ementaires dansF(R,R)) SoitF l’ensemble des fonctions de RdansRconstantes, i.e.
F =
R → R x 7→ a
a∈R
et soitGl’ensemble des fonctions deRdansRnulles en 1, i.e. : G={ f:R→R| f(1) = 0}.
1. Montrer qu’il existe une fonctionϕ∈ F(R,R) telle que :F = Vect(ϕ). Qu’en d´eduire quant `a la structure deF?
2. Montrer queGest un sous-espace vectoriel deF(R,R).
3. Montrer queF etGsont en somme directe.
4. Montrer queF⊕G=F(R,R) et interpr´eter ce r´esultat.
5. D´ecomposer la fonction
exp :R → R x 7→ ex relativement `a la d´ecompositionF(R,R) =F⊕G.
Correction 1. On a :
F =
R → R x 7→ a
a∈R
=
a
R → R x 7→ 1
a∈R
.
AinsiF est-il l’ensemble des combinaisons lin´eaires (ou multiples ici) de la fonction ϕ:R → R
x 7→ 1.
On a doncF = Vect(ϕ).
L’ensemble F ´etant le plus petit sous-espace vectoriel deF(R,R) contenant la fonctionϕ, c’est en parti- culier un sous-espace vectoriel de F(R,R).
2. On va montrer queGest non vide et stable par combinaison lin´eaire, ce qui prouvera queGest un sous- espace vectoriel de F(R,R) (cf. crit`ere du cours).
• Montrons que Gest non vide Le vecteur nul deF(R,R) est :
0F(R,R):R → R x 7→ 0.
Comme
0F(R,R)(1) = 0 la fonction 0F(R,R)appartient `a G. AinsiGest-il non vide.
• Montrons que Gest stable par combinaison lin´eaire
Soit (λ1, λ2)∈R2 et soit (f1, f2)∈G2. Par hypoth`ese surf1 et f2, on a :
f1(1) = 0 et f2(1) = 0. (6)
Par d´efinition la fonctionλ1f1+λ2f2est d´efinie par : λ1f1+λ2f2:R → R
x 7→ λ1f1(x) +λ2f2(x).
Ainsi a-t-on :
λ1f1+λ2f2(1) = λ1f1(1) +λ2f2(1)
= 0 (Cf. (6)).
On a doncλ1f1+λ2f2∈G.
3. Il s’agit ici de prouver queF∩G=
0F(R,R) .
⊃ F et G ´etant deux sous-espaces vectoriels de F(R,R), ils contiennent tous deux le vecteur nul de F(R,R). On a donc :
0F(R,R)∈F∩G ce qui se r´e´ecrit aussi :
0F(R,R) ⊂F∩G.
⊂ Montrons queF∩G⊂
0F(R,R) , i.e. que tout ´el´ement deF∩Gest nul.
Soitf ∈F∩G.
– Commef ∈F, par d´efinition deF, il existea∈Rtelle que : f:R → R
x 7→ a. (7)
– Commef ∈G, on a, par d´efinition de G:
f(1) = 0. (8)
– D’apr`es (7), on a :
f(1) =a.
D’apr`es (8), on a :
f(1) = 0.
On en d´eduit quea= 0. Mais alors, (7) donne :
f:R → R x 7→ 0.
On a donc :
f = 0F(R,R). 4. On a `a montrer que :
(A) F∩G=
0F(R,R) ; (B) F+G=F(R,R).
L’assertion (A) a ´et´e d´emontr´ee `a la question 3. Il reste `a ´etablir (B). On proc`ede pour cela par≪double inclusion≫.
⊂ F etGsont deux sous-espaces vectoriels deF(R,R). Par suite,F+Gest un sous-espace vectoriel de F(R,R). On a donc, en particulier :
F+G⊂ F(R,R).
⊃ On montre que
F(R,R)⊂F +G={f+g : (f, g)∈F×G}
i.e. que tout ´el´ement de F(R,R) peut s’´ecrire comme somme d’une fonction dans F et d’une fonction dansG.
Soit h∈ F(R,R). On cherche un couple (f, g)∈F ×G tel queh=f +g. Pour cela, on proc`ede par analyse-synth`ese.
• Analyse
Supposons qu’il existe un couple (f, g)∈F×Gtel que :
h=f+g. (9)
– Commeg∈G, on ag(1) = 0. De cette ´egalit´e et de (9), on d´eduit que : h(1) =f(1).
La fonctionf ´etant dansF, elle est constante. Par suite, on a : f:R → R
x 7→ h(1).
– De (9), on d´eduit que :
g=h−f.
De cette identit´e et de l’expression def en fonction dehpr´ec´edemment obtenue, on d´eduit : g:R → R
x 7→ h(x)−f(x) =h(x)−h(1).
On a obtenu des expressions de f et g en fonction deh.
• Synth`ese
On introduit les fonctions
f:R → R
x 7→ h(1) et g:R → R
x 7→ h(x)−h(1).
Montrons que ces fonctionsf etg conviennent, i.e. que : (a) f ∈F; (b) g∈G; (c) f +g=h.
(a) Par d´efinition mˆeme, la fonctionf est constante. Doncf ∈F. (b) Par d´efinition de la fonctiong, on a :
g(x) =h(x)−h(1) pour toutx∈R. En particulier, pourx= 1, on a :
g(1) =h(1)−h(1) = 0.
On a doncg∈G.
(c) Les fonctionsf+gethont les mˆemes ensembles de d´epart et d’arriv´ee. Pour montrer leur ´egalit´e, il reste `a montrer que :
f+g(x) =h(x) pour toutx∈R.
Soitx∈R.
f+g(x) = f(x) +g(x) (Cf. d´efinition de la somme de deux fonctions)
= h(1) +h(x)−h(1) (Cf. d´efinition def etg)
= h(x).
• Conclusion
On a montr´e que h∈ F(R,R) peut s’´ecriref+g o`u :
f:R → R ∈F et
x 7→ h(1)
g:R → R ∈G.
x 7→ h(x)−h(1) On a ´etabli que :
F⊕G=F(R,R).
Ceci signifie que les sous-espaces vectorielsF et Gsont suppl´ementaires dans F(R,R).
Remarque : Pour montrer que F⊕G=F(R,R), on a utilis´e le crit`ere du cours :
F⊕G=F(R,R) ⇔
F∩G= 0F(R,R)
F+G=F(R,R).
On aurait pu aussi utiliser la d´efinition du cours :
F⊕G=F(R,R) ⇔ ∀h∈ F(R,R) ∃! (f, g)∈F×G h=f+g.
La partie existence de l’assertion `a droite du symbole ´equivalence a ´et´e ´etablie lors de la synth`ese pr´ec´edente.
L’unicit´e r´esulte du fait, qu’`a la fin de la pr´ec´edente analyse, on a trouv´e un unique candidat pour chacune des fonctions f etg. On pouvait donc donner une preuve deF⊕G=F(R,R)sans utiliser la pr´ec´edente question.
5. Pour d´ecomposer la fonction
exp :R → R x 7→ ex
relativement `a F(R,R) = F⊕G, on s’appuie sur l’´etude men´ee `a la question pr´ec´edente (cf. conclusion du raisonnement par analyse-synth`ese).
Si l’on pose :
f:R → R
x 7→ exp(1) =e1=e et g:R → R
x 7→ exp(x)−exp(1) =ex−e alors on a :
f ∈F ; g∈G ; exp =f+g.
Probl`eme (Deux sous-espaces vectoriels suppl´ementaires dans R4)
1. Etude du sous-espace vectoriel´ F de R4 SoitF la partie deR4 d´efinie par :
F = Vect(u1, u2) o`uu1= (1,1,1,1) etu2= (0,1,0,1).
(a) Justifier queF est un sous-espace vectoriel deR4. (b) D´eterminer une famille (aij)1≤i≤2
1≤j≤4 d’´el´ements deRtelle que : F =
(x1, x2, x3, x4)∈R4 :
a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = 0 a21x1 + a22x2 + a23x3 + a24x4 = 0
.
2. Etude du sous-espace vectoriel´ Gde R4 SoitGl’ensemble solution du syst`eme (S)
3x1 − 2x2 + 4x3 − x4 = 0 3x1 − x2 − 13x3 + 7x4 = 0 2x1 − x2 − 3x3 + 2x4 = 0 x1 − x2 + 7x3 − 3x4 = 0 d’inconnue (x1, x2, x3, x4)∈R4.
(a) Justifier queGest un sous-espace vectoriel deR4. (b) D´eterminer deux ´el´ementsv1 et v2deR4 tels que :
G= Vect(v1, v2).
3. Les sous-espaces F etGsont suppl´ementaires dans R4 (a) Montrer queF+G=R4.
(b) Montrer queF∩G={(0,0,0,0)}.
(c) Que d´eduire des questions 3.(a) et 3.(b) ?
Correction 1.
(a) F est un sous-espace vectoriel deR4, comme sous-espace vectoriel engendr´e par une partie deR4. (b) • Heuristique
On cherche deux ´equations lin´eaires homog`enes (E1) et (E2) telles queF = Vect(u1, u2) co¨ıncide avec l’ensemble solution du syst`eme lin´eaire homog`ene form´e par les deux ´equations (E1) et (E2).
Les vecteurs u1 etu2 sont donn´es paru1= (1,1,1,1) etu2= (0,1,0,1). On observe que u1 et u2
sont tous deux solutions des ´equations :
(E1) : x1−x3= 0 (E2) : x2−x4= 0
d’inconnue (x1, x2, x3, x4)∈R4. On peut alors tenter de d´emontrer que : F =
(x1, x2, x3, x4)∈R4 :
x1 − x3 = 0
x2 − x4 = 0
.
Remarques
i. On sort quelque peu les deux ´equations ≪de notre chapeau≫, mais une ´etude syst´ematique menant `a la d´etermination de deux ´equations(E1)et(E2)r´epondant au probl`eme serait quelque peu fastidieuse, compte tenu de nos connaissances actuelles.
ii. Rien n’assure a priori que les deux ´equations (E1) et (E2) choisies conviennent. Certains autres choix d’´equations ne conviendraient pas (par exemple si l’on prenait pour(E1)et (E2) l’´equationx1−x3= 0). En fait, on apprendra plus tard (cf. th´eorie de la dimension) que tout choix d’´equations(E1)et(E2)telles que :
– u1 et u2 sont solutions de (E1)et(E2); – (E1) et(E2)ne sont pas≪proportionnelles≫ convient.
• Preuve de F =
(x1, x2, x3, x4)∈R4 :
x1 − x3 = 0
x2 − x4 = 0
On pose :
Sol:=
(x1, x2, x3, x4)∈R4 :
x1 − x3 = 0
x2 − x4 = 0
.
On prouve queF =Solpar≪double inclusion≫.
⊂ Preuve de F ⊂Sol
L’ensemble Sol est l’ensemble solution d’un syst`eme lin´eaire homog`ene, `a coefficients dans R, d’inconnue (x1, x2, x3, x4) ∈ R4. C’est donc un sous-espace vectoriel de R4. De plus, Sol contient les vecteursu1= (1,1,1,1) etu2= (0,1,0,1) (on a justement choisi les deux ´equations x1−x3= 0 etx2−x4= 0 pour queu1et u2 en soient solutions).
Comme F = Vect(u1, u2) est le plus petit sous-espace vectoriel de R4 contenant u1 et u2, au sens de l’inclusion, on a :
F⊂Sol.
⊃ Preuve de Sol⊂F (i) Le syst`eme lin´eaire
x1 − x3 = 0
x2 − x4 = 0
est ´echelonn´e. On a : – 4 inconnues ;
– 2 ´equations avec un premier membre non nul.
On choisit 4-2=2 param`etres :x3 etx4. De (L2) on d´eduit : x2=x4
et de (L1) on d´eduitx1=x3. Ainsi a-t-on :
Sol =
(x3, x4, x3, x4)
| {z }
x3(1,0,1,0)+x4(0,1,0,1)
: (x3, x4)∈R2
=
x3w1+x4w2 : (x3, x4)∈R2 o`uw1= (1,0,1,0) etw2= (0,1,0,1)
= Vect(w1, w2).
On est donc ramen´e `a prouver que :
Vect(w1, w2)⊂F o`uw1= (1,0,1,0) etw2= (0,1,0,1).
(ii) Le vecteurw1 appartient `aF = Vect(u1, u2). En effet, on a : w1
|{z}
(1,0,1,0)
= u1
|{z}
(1,1,1,1)
− u2
|{z}
(0,1,0,1)
= 1w1+ (−1)w2
et donc le vecteurw1 est combinaison lin´eaire1 des vecteursu1 et u2. (iii) Le vecteurw2appartient `a F= Vect(u1, u2). En effet, on aw2=u2.
(iv) Comme Vect(w1, w2) est le plus petit sous-espace vectoriel de R4 contenantw1 et w2, au sens de l’inclusion, on d´eduit de :
– F est un sous-espace vectoriel deR4 (cf. question 1.(a)) ; – w1, w2∈F (cf. (ii) et (iii)) ;
que :
Vect(w1, w2)⊂F.
2. (a) L’ensemble Gest l’ensemble solution du syst`eme (S), qui est un syst`eme lin´eaire homog`ene, `a coef- ficients dansR, d’inconnue (x1, x2, x3, x4)∈R4. C’est donc un sous-espace vectoriel deR4.
(b) Pour r´epondre `a la question pos´ee, on r´esout le syst`eme (S) dontGest l’ensemble solution.
(S) ⇔
x1 − x2 + 7x3 − 3x4 = 0 (L1↔L4) 3x1 − x2 − 13x3 + 7x4 = 0
2x1 − x2 − 3x3 + 2x4 = 0 3x1 − 2x2 + 4x3 − x4 = 0
⇔
1 x1 − x2 + 7x3 − 3x4 = 0
2x2 − 34x3 + 16x4 = 0 (L2←L2−3L1) x2 − 17x3 + 8x4 = 0 (L3←L3−2L1) x2 − 17x3 + 8x4 = 0 (L4←L4−3L1)
1. Ici, on a exhib´e une ´ecriture dew1 sous la forme d’une combinaison lin´eaire des vecteurs u1 etu2. On a juste observ´e que l’on avait cette ´ecriture et cela suffit pour poursuivre. Si l’on ne remarque pas cette d´ecomposition, alors on peut proc´eder comme on l’a fait dans l’exercice 3, `a plusieurs reprises, en introduisant un syst`eme lin´eaire.
⇔
x1 − x2 + 7x3 − 3x4 = 0 2 x2 − 34x3 + 16x4 = 0
0 = 0 (L3←2L3−L2et 26= 0) 0 = 0 (L4←2L4−L2et 26= 0) Le dernier syst`eme est ´echelonn´e. On a :
– 4 inconnues ;
– 2 ´equations avec un premier membre non nul.
On choisit 4-2=2 param`etres : x3 etx4. (A) De (L2), on d´eduit que :
x2= 17x3−8x4. (B) De (L1) et de (A), on d´eduit :
x1=x2−7x3+ 3x4= 17x3−8x4−7x3+ 3x4= 10x3−5x4. Ainsi a-t-on :
G =
(10x3−5x4,17x3−8x4, x3, x4)
| {z }
x3(10,17,1,0)+x4(−5,−8,0,1)
: (x3, x4)∈R2
=
x3v1+x4v2 : (x3, x4)∈R2 o`uv1= (10,17,1,0) etv2= (−5,−8,0,1)
= Vect(v1, v2).
3. (a) On montre queF+G=R4, en raisonnant par double inclusion.
⊂ Preuve deF+G⊂R4
F et G sont deux sous-espaces vectoriels de R4. Par suite, F +Gest ´egalement un sous-espace vectoriel deR4. On a donc en particulier F+G⊂R4.
⊃ Preuve deR4⊂F+G (i) On a :
F+G = Vect(u1, u2) + Vect(v1, v2) (Cf. d´efinition deF et question 2.(b))
= Vect(u1, u2, v1, v2) (Cf. propri´et´e du cours.) On est donc ramen´e `a montrer que :
R4⊂Vect(u1, u2, v1, v2)
i.e. que tout ´el´ement deR4s’´ecrit comme une combinaison lin´eaire des vecteursu1, u2, v1, v2 de R4.
(ii) Soit (y1, y2, y3, y4)∈R4. On r´esout l’´equation vectorielle :
(E) : (y1, y2, y3, y4) =λ1u1+λ2u2+λ3v1+λ4v2
d’inconnue (λ1, λ2, λ3, λ4)∈R4(et de param`etre (y1, y2, y3, y4)∈R4).
Soit (λ1, λ2, λ3, λ4)∈R4.
(E) ⇔ λ1(1,1,1,1) +λ2(0,1,0,1) +λ3(10,17,1,0) +λ4(−5,−8,0,1) = (y1, y2, y3, y4)
⇔ (λ1+ 10λ3−5λ4, λ1+λ2+ 17λ3−8λ4, λ1+λ3, λ1+λ2+λ4) = (y1, y2, y3, y4)
⇔
1 λ1 + 10λ3 − 5λ4 = y1
λ1 + λ2 + 17λ3 − 8λ4 = y2
λ1 + λ3 = y3
λ1 + λ2 + λ4 = y4
deux ´el´ements de R4 sont ´egaux ssi ils sont ´egaux composante par composante
⇔
λ1 + 10λ3 − 5λ4 = y1
1 λ2 + 7λ3 − 3λ4 = y2−y1 (L2←L2−L1)
−9λ3 + 5λ4 = y3−y1 (L3←L3−L1) λ2 − 10x3 + 6λ4 = y4−y1 (L4←L4−L1)
⇔
λ1 + 10λ3 − 5λ4 = y1
λ2 + 7λ3 − 3λ4 = y2−y1
−9 λ3 + 5λ4 = y3−y1
−17x3 + 9λ4 = y4−y2 (L4←L4−L2)
⇔
λ1 + 10λ3 − 5λ4 = y1
λ2 + 7λ3 − 3λ4 = y2−y1
−9λ3 + 5λ4 = y3−y1
−4λ4 = 9y4−9y2−17y3+ 17y1 (L4←9L4−17L3et 96= 0)
(A) De (L4), on d´eduit que :
λ4=−17 4 y1+9
4y2+17 4 y3−9
4y4. (B) De (L3) et (A), on d´eduit que :
λ3 = −1
9(y3−y1−5λ4)
= −1 9
y3−y1−5
−17 4 y1+9
4y2+17 4 y3−9
4y4
= −9 4y1+5
4y2+9 4y3−5
4y4. (C) De (L2), (A) et (B), on d´eduit que :
λ2 = y2−y1−7λ3+ 3λ4
= y2−y1−7
−9 4y1+5
4y2+9 4y3−5
4y4
+ 3
−17 4 y1+9
4y2+17 4 y3−9
4y4
= 2y1−y2−3y3+ 2y4. (D) De (L1), (A) et (B), on d´eduit que :
λ1 = y1−10λ3+ 5λ4
= y1−10
−9 4y1+5
4y2+9 4y3−5
4y4
+ 5
−17 4 y1+9
4y2+17 4 y3−9
4y4
= 9
4y1−5 4y2−5
4y3+5 4y4.
L’´equation (E) admet donc une (unique) solution : 9
4y1−5 4y2−5
4y3+5
4y4,2y1−y2−3y3+ 2y4,−9 4y1+5
4y2+9 4y3−5
4y4,−17 4 y1+9
4y2+17 4 y3−9
4y4
Par suite, (y1, y2, y3, y4) est bien combinaison lin´eaire des vecteursu1, u2, v1, v2 deR4. On a donc ´etabli que :R4⊂Vect(u1, u2, v1, v2).
(b) ⊃ F etG´etant deux sous-espaces vectoriels deR4, ils contiennent tous deux le vecteur nul deR4. On a donc :
(0,0,0,0)∈F∩G ce qui se r´e´ecrit aussi :
{(0,0,0,0)} ⊂F∩G.
⊂ Montrons queF∩G⊂ {(0,0,0,0)}, i.e. que tout ´el´ement deF∩Gest nul.
Soit (x1, x2, x3, x4)∈F∩G.
– Comme (x1, x2, x3, x4)∈F = Vect(u1, u2), il existe (a, b)∈R2 tel que : (x1, x2, x3, x4) = au1+bu2
= a(1,1,1,1) +b(0,1,0,1)
= (a, a+b, a, a+b).
On en d´eduit que :
x1=a ; x2=a+b ; x3=a ; x4=a+b. (10) – De (x1, x2, x3, x4)∈G, la d´efinition deGet l’´etude faite en 2.(b), on d´eduit que :
x1 − x2 + 7x3 − 3x4 = 0
2x2 − 34x3 + 16x4 = 0 . (11)
Remarque : On aurait pu aussi simplement utiliser la d´efinition de G (i.e. se passer de l’´etude faite en 2.(b)) pour voir que :
3x1 − 2x2 + 4x3 − x4 = 0 3x1 − x2 − 13x3 + 7x4 = 0 2x1 − x2 − 3x3 + 2x4 = 0 x1 − x2 + 7x3 − 3x4 = 0 et poursuivre l’´etude de fa¸con analogue.
– De (10) et (11) on d´eduit que :
a − (a+b) + a − 3(a+b) = 0 2(a+b) − 34a + 16(a+b) = 0
soit :
−2a − 4b = 0
−16a + 18b = 0 .
Ce dernier syst`eme est ´equivalent au syst`eme ´echelonn´e suivant : −2a − 4b = 0
50b = 0 (L2←L2−8L1) On en d´eduit alors ais´ement queb=a= 0.
Or on a :
(x1, x2, x3, x4) =au1+bu2
et donc :
(x1, x2, x3, x4) = (0,0,0,0).
(c) Des questions 3.(a) et 3.(b), on d´eduit queF et Gsont des sous-espaces vectoriels suppl´ementaires dansR4.
