Corrig´ e de devoir non surveill´ e

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Probl` eme – Familles positivements g´ en´ eratrices

I.1Supposons (x1, . . . , xp) positivement g´en´eratrice : cette famille est clairement g´en´eratrice par hypoth`ese, et positivement li´ee en prenant x= 0E dans (∗).

Si, r´eciproquement, (x₁, . . . , x_p) est g´en´eratrice et positivement li´ee, alors il existe des r´eels strictement positifsα₁, . . . , α_p tels que

p

X

i=1

αixi = 0E.

Soitx∈E,β1, . . . , βp des r´eels tels que

p

X

i=1

βixi =x.

On a, pour tout r´eelt:

x=

p

X

i=1

(α_it+β_i)x_i.

En prenantt suffisamment grand (plus pr´ecis´ement t > max

16i6p−β_i/α_i), on constate que (x₁, . . . , x_p) est positi- vement g´en´eratrice.

I.2D´ej`a, pour touta∈E,b7→(a|b) est bien un ´el´ement deE<sup>∗</sup>, par lin´earit´e `a droite du produit scalaire, doncϕest bien d´efinie.

La lin´earit´e deϕr´esulte de la lin´earit´e `a gauche du produit scalaire : en effet, soit a, a⁰, b∈E,λ, λ⁰∈R: ϕ(λa+λ⁰a⁰)(b) = (λa+λ⁰a⁰|b) =λ(a|b) +λ⁰(a⁰|b) = (λϕ(a) +λ⁰ϕ(a⁰))(b).

Ceci valant pour toutb∈E,ϕ(λa+λ⁰a⁰) =λϕ(a) +λ⁰ϕ(a⁰).

Soita∈Ker(ϕ). En particulier,ϕ(a)(a) = 0, i.e.kak= 0, donca= 0 : ϕest injective.

Enfin, soitf ∈E^∗. Pour toutb= (x, y, z)∈R³, on a, en posantα=f(1,0,0),β=f(0,1,0) etγ=f(0,0,1) : f(b) =f(x(1,0,0) +y(0,1,0) +z(0,0,1)) =αx+βy+γz= (a|b),

o`ua= (α, β, γ), doncf =ϕ(a) :f est bien surjective.

I.3Supposons ii. : soitx∈E\ {0}, etλ₁, . . . , λ_p des r´eels strictement positifs tels queϕ(−x) =Pp i=1λ_if_i. En ´evaluant cette relation enx, il vient

p

X

i=1

λifi(x) =− kxk²<0.

Il existe donci∈[[1, p]] tel queλifi(x)<0,i.e.fi(x)<0 (puisqueλi >0), d’o`u le r´esultat demand´e.

I.4

aSupposons (a1, . . . , ap) non g´en´eratrice, c’est-`a-direa1, . . . , apcoplanaires. Il existe alors un vecteur non nulb, orthogonal `a chacun de ces vecteurs, et donc tel que min

16i6pfi(b) = 0, ce qui contredit i. : (a1, . . . , ap) est g´en´eratrice. En appliquantϕ, on en d´eduit que (f1, . . . , fp) est ´egalement g´en´eratrice.

b Si (a1, a2, a3) ´etait li´ee, en prenant un vecteur non nul uorthogonal `a a1, a2 et a3, on poseb =u si (u|a4) > 0, b = −u sinon, de sorte que min

16i6pfi(b) = 0, ce qui contredit `a nouveau i. : (a1, a2, a3) est libre, de mˆeme pour les autres sous-familles de cardinal 3. Les autres sous-familles strictes de (a1, . . . , a4) ´etant des sous-familles de l’une de ces familles, elles sont ´egalement libres.

c

Soitλ∈[0,1[. On a 1

1−λ

kλc+ (1−λ)a_ik²− kck²

= 1

1−λ(λc+ (1−λ)a_i−c|λc+ (1−λ)u_i+c) = (a_i−c|(1 +λ)c+ (1−λ)ai).

Par ailleurs, par d´efinition dec, cette quantit´e est positive pour toutλ, de sorte qu’en faisant tendre λvers 1 : (ai−c|2c)>0, i.e. (ai|c)>kck².

Ainsi, pour touti∈[[1, p]], (ai|c)>0, puis min

16i6pfi(c)>0. Par hypoth`ese i., 0E∈ C.

dComme 0_E∈ C, il existe des r´eels positifsλ₁, . . . , λ₄ (et de somme 1) tels que

0_E =

4

X

i=1

λ_ia_i.

D’apr`es I.4.b, ces scalaires sont tous non nuls, donc (a₁, . . . , a₄) est positivement li´ee puis, en appliquant ϕ, (f1, . . . , f4) ´egalement.

D’apr`es I.4.a cette famille est ´egalement g´en´eratrice, et d’apr`es I.1, elle est donc positivement g´en´eratrice.