Probl` eme 1 : Une ´ equation fonctionnelle

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PT−2013-2014

M. Hillairet, D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir de vacances

Probl` eme 1 : Une ´ equation fonctionnelle

Notations

Dans tout ce problème,adésigne un réel strictement positif.

On noteE l’ensemble des fonctions `a valeurs dansR, d´efinies sur [0, a], i.e.

E=F([0, a],R).

On rappelle queE, muni de l’addition et de la multiplication par un scalaire usuelles, est unR-espace vectoriel.

On dit qu’une fonctionf deE v´erifie la relation (?) si et seulement si :

(?) il existe un r´eelAtel que pour toutx∈[0, a], |f(x)| ≤Ax.

On noteLl’ensemble des fonctions de Equi v´erifie la relation (?).

Partie A : ´Etude de L 1. Soitf une fonction v´erifiant (?).

(a) Montrer quef(0) = 0.

Correction : La fonctionf v´erifie (?). Il existe donc un r´eelAtel que|f(x)| ≤Ax, pour toutx∈[0, a].

En particulier, pour x= 0, on a :

|f(0)| ≤0. (1)

Or la valeur absolue d’un nombre r´eel est positive ou nulle, donc :

|f(0)| ≥0. (2)

De (1), (2) et de la transitivité de la relation d’ordre ≤ sur R, on déduit que |f(0)| = 0. Par la propriété de séparation de la valeur absolue, il vient f(0) = 0.

(b) Montrer quef est continue en 0, en revenant `a la d´efinition de la notion de limite.

Remarque : Comme f vérifie (?), il existe un réel A tel que |f(x)| ≤Ax, pour toutx∈[0, a]. Sans perte de généralité, on peut supposer queA >0.

En effet, supposons A ≤0. AlorsAx≤0, pour tout x∈[0, a] et donc|f(x)| ≤Ax≤0, pour tout x ∈ [0, a]. En procédant comme à la question précédente, on en déduit que f(x) = 0, pour tout x∈[0, a]. Donc siA≤0, la fonctionf est la fonction nulle sur [0, a]. Mais alors on a :

|f(x)

| {z }

0

| ≤x

pour toutx∈[0, a] et donc la propri´et´e (?) vaut pourA= 1>0.

Correction : f est continue en 0 si et seulement sif(x) →

x→0f(0).D’après la question précédente, on a donc à montrer que f(x) →

x→00, i.e. (cf. d´efinition de la notion de limite) :

∀ε >0 ∃α >0 ∀x∈[0, a] |x| ≤α⇒ |f(x)| ≤ε.

(2)

Soitε >0. Soitα >0. Soitx∈[0, a] tel que|x| ≤α. Alors commeA >0 (cf. remarque) :

A|x| ≤Aα. (3)

D’autre part on a :

|f(x)| ≤Ax. (4)

De (3), (4) et de la transitivit´e de la relation d’ordre≤surR, on d´eduit|f(x)| ≤Aα.

Ainsi, on voit qu’en reprenant l’´etude et en posantα= ε

A >0 au d´ebut, on obtient|f(x)| ≤ε.

2. Soitgune fonction à valeurs réelles, définie sur [0, a], de classeC¹ sur [0, a] et telle queg(0) = 0.

(a) Justifier queg⁰ est born´ee sur [0, a].

Correction : Commegest de classeC¹sur [0, a], elle est dérivable sur [0, a] et sa dérivéeg⁰ est continue sur [0, a]. Comme toute fonction continue sur un segment est bornée (et atteint des bornes), la

fonctiong⁰ est born´ee sur le segment [0, a].

(b) D´emontrer queg∈L.

Correction : La fonctiong est dérivable sur [0, a], donc a fortioricontinue sur [0, a] et dérivable sur ]0, a[. De plus sa dérivéeg⁰ est bornée sur [0, a] (cf. question précédente). Il existe donc un réel M tel que pour toutx∈[0, a],|g⁰(x)| ≤M.

Les hypothèses de l’inégalité des accroissements finis sont vérifiées. On l’applique. On obtient

|g(x)−g(y)| ≤M|x−y|

pour tout (x, y)∈[0, a]². En particulier, poury= 0 on a :

|g(x)−g(0)| ≤M|x|

pour toutx∈[0, a]. Six∈[0, a], alors x≥0 et donc|x|=x. De plus par hypoth`ese, g(0) = 0. On a donc :

|g(x)| ≤M x

pour toutx∈[0, a].Ainsi la fonctiong v´erifie-t-elle (?) (avecA=M).

3. Montrer queLest un sous-espace vectoriel deE.

Correction

• Le vecteur nul deE est la fonction nulle de [0, a] dansR, i.e. : 0E: [0, a]→R; x 7→0.

Montrons que 0E∈L, i.e. montrons que 0E v´erifie (?).

On pourrait appliquer le résultat de la question précédente pour établir ce fait (car 0Eest bien sûr de classeC¹ sur [0, a]), mais on choisit une preuve plus élémentaire (en ce sens qu’elle ne fait pas appel

`

a l’in´egalit´e des accroissements finis).

On a bien sˆur :

|0E(x)

| {z }

0

| ≤0×x

pour toutx∈[0, a]. Ainsi la fonction 0E v´erifie-t-elle (?) (avecA= 0).

L’ensembleL n’est donc pas vide.

• Montrons queL est stable par combinaison lin´eaire. Soient (λ, µ)∈R²et (f, g)∈L². Montrons que λf+µg: [0, a]→R; x7→λf(x) +µg(x)

appartient `aL (i.e. v´erifie (?)).

Commef appartient `aL, il existe un r´eel B tel que :

|f(x)| ≤Bx (5)

(3)

pour toutx∈[0, a]. Commeg appartient `a L, il existe un r´eelC tel que :

|g(x)| ≤Cx (6)

pour toutx∈[0, a].

Soitx∈[0, a]. De l’inégalité triangulaire et de la multiplicativité de la valeur absolue, on déduit :

|λf(x) +µg(x)| ≤ |λ||f(x)|+|µ||g(x)|. (7) En multipliant chacun des membres de (5) par|λ| ≥0, il vient :

|λ||f(x)| ≤ |λ|Bx. (8)

En multipliant chacun des membres de (6) par|µ| ≥0, il vient :

|µ||g(x)| ≤ |µ|Cx. (9)

En ajoutant membre `a membre (8) et (9), on obtient :

|λ||f(x)|+|µ||g(x)| ≤ |λ|Bx+|µ|Cx= (|λ|B+|µ|C)x (10) De (7), (10) et de la transitivit´e de la relation d’ordre≤surR, on d´eduit :

|λf(x) +µg(x)| ≤(|λ|B+|µ|C)x.

La fonctionλf+µgv´erifie donc (?) (avecA=|λ|B+|µ|C).

• L’ensemble L est une partie non vide de E qui est stable par combinaison lin´eaire. C’est donc un

sous-espace vectoriel deE.

Partie B : Autour de la série géométrique 1. Vérifier que pour tout réelx∈R\ {1}, on on a pour toutn∈N:

1−xⁿ⁺¹ 1−x =

n

X

k=0

x^k.

Correction : Soitx∈R\ {1}, soitn∈N. On poseS=

n

X

k=0

x^k. On a :

xS=x

n

X

k=0

x^k=

n

X

k=0

x x^k =

n

X

k=0

x^k+1 =

k⁰←k+1 n+1

X

k⁰=1

x^k⁰ =

n+1

X

k=1

x^k.

Donc :

S−xS=

n

X

k=0

x^k

| {z } x⁰+

n

X

k=1

x^k

−

n+1

X

k=1

x^k

| {z }

n

X

k=1

x^k+xⁿ⁺¹

= 1−xⁿ⁺¹.

On en d´eduit (1−x)S= 1−xⁿ⁺¹ puis, commex6= 1,S= 1−xⁿ⁺¹

1−x .

2. En d´eduire les deux r´esultats suivants.

(a) Pour toutx∈[0,1[, pour tout n∈N:

n

X

k=0

x^k≤ 1 1−x.

Correction : Soit x∈[0,1[, soitn ∈N. D’après la question précédente, on a

n

X

k=0

x^k = 1−xⁿ⁺¹ 1−x . Il (faut et il) suffit donc de montrer que 1−xⁿ⁺¹

1−x ≤ 1 1−x.

(4)

Commex≥0, on axⁿ⁺¹≥0 et donc :

1−xⁿ⁺¹≤1. (11)

D’autre part :

x <1 ⇒ −x >−1 (multiplication de chaque membre par−1<0)

⇒ 1−x >0 (addition de 1 `a chaque membre).

En divisant chacun des membres de (11) par 1−x >0, il vient 1−xⁿ⁺¹ 1−x ≤ 1

1−x.

(b) Pour toutx∈[0,1[ :

n

X

k=0

x^k →

n→+∞

1 1−x. Correction : D’apr`es la question B-1, on a

n

X

k=0

x^k = 1−xⁿ⁺¹

1−x . Il (faut et il) suffit donc de montrer que 1−xⁿ⁺¹

1−x →

n→+∞

1 1−x.

Comme x∈[0,1[, on a −1 < x <1. Donc xⁿ →

n→+∞0 (cf cours sur le comportement asymptotique de la suite (qⁿ), o`uq ∈R). Par cons´equent (cf. suite extraite), xⁿ⁺¹ →

n→+∞ 0. Enfin, en appliquant les r´esultats sur les op´erations sur les limites, il vient 1−xⁿ⁺¹

1−x →

n→+∞

1

1−x.

Partie C : R´esolution d’une ´equation fonctionnelle

Soitϕune fonction deE, v´erifiant (?) et ne prenant que des valeurs positives ou nulles.

On note pour toutx∈[0, a], pour toutn∈N: un(x) =

n

X

k=0

ϕx 2^k

.

1. (a) Soitx∈[0, a].

i. Montrer que la suite (un(x))_n∈Nest croissante et major´ee.

Correction

• Soitn∈N. On a

u_n+1(x)−u_n(x) =

n+1

X

k=0

ϕx 2^k

| {z }

n

X

k=0

ϕx 2^k

+ϕ x 2ⁿ⁺¹

−

n

X

k=0

ϕx 2^k

=ϕ x 2ⁿ⁺¹

etϕ x 2ⁿ⁺¹

≥0 carϕde prend que des valeurs positives ou nulles. On en d´eduit que la suite (u_n(x))_n∈_Nest croissante.

• Soitn∈N. Par l’in´egalit´e triangulaire, on a :

|un(x)|=

n

X

k=0

ϕx 2^k

≤

n

X

k=0

ϕx

2^k

. (12)

(5)

Comme ϕvérifie (?), il existe un réel A > 0 (cf. remarque dans la solution de A-1.(b) pour l’hypothèse de stricte positivité surA) tel que|ϕ(y)| ≤Ay, pour touty∈[0, a]. On a donc :

ϕx

2⁰

≤ Ax 2⁰

ϕx

2¹

≤ Ax 2¹

ϕx

2²

≤ Ax 2² ...

ϕ x

2ⁿ⁻¹

≤ A x 2ⁿ⁻¹

ϕx

2ⁿ

≤ Ax 2ⁿ. En sommant membre à membre ces (n+ 1) inégalités, il vient :

n

X

k=0

ϕx

2^k

≤

n

X

k=0

Ax

2^k. (13)

De (12), (13) et de la transitivit´e de la relation d’ordre≤surR, on d´eduit :

|un(x)| ≤

n

X

k=0

Ax

2^k. (14)

De plus :

n

X

k=0

Ax 2^k =

n

X

k=0

Ax 1

2 k

=Ax

n

X

k=0

1 2

k

. (15)

D’apr`es B-2.(a), on a :

n

X

k=0

1 2

^k

≤ 1 1−1

2

= 2.

En multipliant chaque membre de cette in´egalit´e parAx≥0, on obtient : Ax

n

X

k=0

1 2

k

≤2ax. (16)

De (14), (15), (16) et de la transitivit´e de la relation d’ordre≤surR, on d´eduit :

|u_n(x)| ≤2Ax.

Le réel 2Axest donc un majorant de la suite (un(x))_n∈N. Cette dernière est donc majorée.

ii. En d´eduire que la suite (u_n(x))_n∈_N converge.

Correction : Toute suite réelle croissante et majorée est convergente. De ce résultat du cours et de la question précédente, on déduit que la suite (un(x))n∈Nest convergente.

(b) Soit la fonction

u: [0, a]→R; x7→u(x) := lim

n→+∞un(x).

Montrer queu∈L.

Correction : Soitx∈[0, a]. D’apr`es C-1.(a).i, 2Axest un majorant de la suite (un(x))n∈N. Donc pour tout n∈N:

|un(x)| ≤2Ax. (17)

(6)

Il reste à passer à la limite dans cette inégalité pour conclure. Par définition deu, on a : u_n(x) →

n→+∞u(x). (18)

La fonction valeur absolue est continue sur R, donc en particulier enu(x). Ainsi :

|X| →

X→u(x)|u(x)|. (19)

De (18), (19) et des r´esultats sur les compositions de limites, on d´eduit :

|un(x)| →

n→+∞|u(x)|.

Ainsi, en passant `a la limite enndans (17) on obtient :

|u(x)| ≤2Ax.

La fonctionuv´erifie donc (?), i.e.u∈L.

2. Soitf une fonction, à valeurs réelles, définie sur [0, a]. On dit quefvérifie la condition (??) si et seulement si

(??) pour toutx∈[0, a], f(x)−fx 2

=ϕ(x).

(a) Montrer queuv´erifie (??).

Correction : Soitx∈[0, a], soitn∈N. On a : un(x)−un

x 2

=

n

X

k=0

ϕx 2^k

−

n

X

k=0

ϕ x

2

2^k

=

n

X

k=0

ϕx 2^k

−

n

X

k=0

ϕ x 2^k+1

=

n

X

k=0

ϕx 2^k

−

n+1

X

k⁰=1

ϕ x 2^k⁰

(changement d’indicek⁰←k+ 1 dans la 2^`^emesomme)

=

n

X

k=0

ϕx 2^k

−

n+1

X

k=1

ϕx 2^k

=

n

X

k=0

ϕx 2^k

| {z } ϕx

2⁰

+

n

X

k=1

ϕx 2^k

−

n

X

k=0

ϕ x 2^k+1

| {z }

n

X

k=1

ϕx 2^k

+ϕ x 2ⁿ⁺¹

= ϕ(x)−ϕ x 2ⁿ⁺¹

.

Pour obtenir le résultat demandé, il reste à passer à la limite enndans l’égalité : un(x)−un

x 2

=ϕ(x)−ϕ x 2ⁿ⁺¹

(20) que l’on vient d’obtenir.

Par d´efinition deu, on a :

u_n(x)−u_nx 2

→

n→+∞u(x)−ux 2

. (21)

D’autre part,

x 2ⁿ⁺¹ →

n→+∞0. (22)

(7)

La fonctionϕv´erifie (?) donc est continue en 0 par A-1.(b). Par suite : ϕ(X) →

X→0ϕ(0) = 0. (23)

De (22), (23) et des r´esultats sur les compositions de limites, on d´eduit : ϕ x

2ⁿ⁺¹ →

n→+∞0.

Par op´erations sur les limites, on a donc : ϕ(x)−ϕ x

2ⁿ⁺¹ →

n→+∞ϕ(x). (24)

Des résultats (21) et (24), on déduit par passage à la limite dans l’égalité (20) que : u(x)−ux

2

=ϕ(x).

La fonctionuv´erifie donc (??).

(b) Soientf etgdeux fonctions à valeurs réelles, définies sur [0,a], vérifiant (??). On poseh=f−g. Soit x∈[0, a]. Montrer que pour toutn∈N:

h(x) =hx 2ⁿ

.

Correction : Pour toutn∈N, on notePn l’identit´eh(x) =h x 2ⁿ

.

• Initialisation `an= 0

La propriétéP₀ s’écrith(x) =hx 2⁰

. Elle est triviale.

• Hérédité

Soitn∈Nfix´e tel queP_n soit vraie, i.e. tel que : h(x) =h x

2ⁿ

. (25)

Montrons quePn+1 est vraie, i.e. :

h(x) =h x 2ⁿ⁺¹

. On a par d´efinition deh:

hx 2ⁿ

=fx 2ⁿ

−gx 2ⁿ

. (26)

On applique la propriété (??) que vérifie f au point x

2ⁿ. Notons que x

2ⁿ est bien dans [0, a], car 0≤ ₂^xn ≤x≤a. On a :

fx 2ⁿ

−f x

2ⁿ

2

=ϕx 2ⁿ

et par suite :

fx 2ⁿ

=f x 2ⁿ⁺¹

+ϕx 2ⁿ

. (27)

De mˆeme pourg :

gx 2ⁿ

=g x 2ⁿ⁺¹

+ϕ x 2ⁿ

. (28) De (26), (27) et (28), on d´eduit :

hx 2ⁿ

=f x 2ⁿ⁺¹

−g x 2ⁿ⁺¹

. Par définition deh, le second membre de l’égalité précédente esth x

2ⁿ⁺¹

. On a donc : h x

2ⁿ

=h x 2ⁿ⁺¹

. (29)

Enfin, de (25) et (29), on d´eduit :h(x) =h x 2ⁿ⁺¹

.

(8)

• Conclusion

De l’initialisation à n = 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que pour tout n∈N,h(x) =hx

2ⁿ

.

(c) Déduire de ce qui précède qu’il existe au plus une fonction à valeurs réelles, définie sur [0,a], continue en 0, vérifiant (??) et prenant la valeur 0 en 0.

Correction : Soient f etg deux fonctions à valeurs réelles, définies sur [0,a], continues en 0, vérifiant (??) et prenant la valeur 0 en 0. Montrons quef =g.

Les fonctions f et g ayant mêmes ensembles de départ et d’arrivée, il (faut et il) suffit de montrer que pour toutx∈[0, a],f(x) =g(x).

Soitx∈[0, a]. D’après la question précédente, on a : f(x)−g(x) =fx

2ⁿ

−gx 2ⁿ

(30) pour toutn∈N.

On va passer à la limite enndans l’égalité précédente pour obtenir le résultat voulu. Le membre de gauche ne dépendant pas den, on a bien sûr :

f(x)−g(x) →

n→+∞f(x)−g(x). (31)

D’autre part,

x 2ⁿ →

n→+∞0. (32)

La fonctionf est continue en 0. Par suite : f(X) →

X→0f(0) = 0. (33)

De (32), (33) et des r´esultats sur les compositions de limites, on d´eduit : fx

2ⁿ →

n→+∞0. (34)

De mˆeme :

gx 2ⁿ

→

n→+∞0. (35)

De (34), (35) et des op´erations sur les limites, on d´eduit : f x

2ⁿ

−gx 2ⁿ

→

n→+∞0. (36)

De (31), (36), on d´eduit en passant `a la limite enndans (30) quef(x)−g(x) = 0.

(d) Montrer qu’il existe une et une seule fonction deLv´erifiant la condition (??).

Correction

• Existence

La fonctionuappartient àL (cf. C-1.(b)) et vérifie (??) (cf. C-2.(a)). Il existe donc une fonction appartenant àL et qui vérifie (??).

• Unicit´e

D’après la question précédente, il existe au plus une fonction à valeurs réelles, définie sur [0,a], continue en 0, vérifiant (??) et prenant la valeur 0 en 0. Donc il existe au plus une fonction deL vérifiant la condition (??). En effet une une fonction deL prend la valeur 0 en 0 (cf. A-1.(a)) et est continue en 0 (cf. A-1.(b)).

Remarque : On a ainsi démontré que la fonction uintroduite dans l’énoncé est l’unique fonction de

Lqui v´erifie condition (??).

(9)

3. Soitα∈[1,+∞[. Soit la fonction

ϕα: [0, a]→R; x7→

x^α si 0< x≤a 0 six= 0.

(a) Montrer queϕα∈Let queϕα est `a valeurs dansR⁺. Correction

• Six= 0, alorsϕα(x) = 0. Six∈]0, a], alorsϕα(x) =x^α:=e^α^ln(x)>0 (la fonction exponentielle est strictement positive surR). Par cons´equent,ϕα est `a valeurs dansR⁺.

• La fonctionϕα prenant la valeur 0 en 0, il suffit de montrer qu’elle est de classeC¹ sur [0, a] pour conclure qu’elle appartient `a L(cf. A-2.(b)).

Mais on peut aussi montrer directement qu’elle v´erifie (?) en posantA=a^α−1∈R. En effet, pourx∈]0, a], on a

0< x≤a⇒ 0< x^α−1≤a^α−1

en utilisant la croissance, sur ]0,+∞[, des fonctions du typex7→x^b avecb≥0

⇒0< x^α≤a^α−1x, en multipliant parx >0 les in´egalit´es.

De plus, 0≤a^α−1×0 de mani`ere ´evidente, et pour toutx∈[0, a],x^α≥0.

Par cons´equent, pour toutx∈[0, a],|x^α| ≤a^α−1x. En conclusion, la fonctionϕαest dans L.

(b) D´eterminer l’unique fonctionf ∈Lv´erifiant la condition (??) pourϕ=ϕ_α.

Correction : D’après la remarque faite à la question C-2.(d), la fonction f cherchée est définie par : f: [0, a]→R; x7→ lim

n→+∞

n

X

k=0

ϕα

x 2^k

.

On scinde le calcul def(x) pourx∈[0, a] en deux parties, compte tenu de la d´efinition par morceaux deϕ_α.

• Calcul def(0) Soitn∈N. On a :

n

X

k=0

ϕα

0 2^k

| {z }

0

= 0

et donc :

f(0) = lim

n→+∞

n

X

k=0

ϕα

0 2^k

= 0.

• Calcul def(x), pourx∈]0, a] Soitx∈]0, a], soitn∈N. On a :

n

X

k=0

ϕα

x 2^k

=

n

X

k=0

x 2^k

^α

=

n

X

k=0

x^α 2^αk =x^α

n

X

k=0

1 2^α

k

. (37)

Commeα≥1,α6= 0 et donc 1

2^α 6= 1. Le r´esultat de la question B-2.(b) s’applique et livre :

n

X

k=0

1 2^α

k n→+∞→

1 1− 1

2^α

= 2^α

2^α−1. (38)

De (38), (39) et des op´erations sur les limites, on d´eduit que : f(x) = lim

n→+∞

n

X

k=0

ϕα

x 2^k

=x^α 2^α

2^α−1 = (2x)^α 2^α−1. La fonctionf cherch´ee est donc :

f: [0, a]→R; x7→





 (2x)^α

2^α−1 si 0< x≤a 0 six= 0.

(10)

Probl` eme 2 : Une description des sous-espaces vectoriels de R

ⁿ

(n ∈ N

^∗

)

Notations et d´efinitions

Soitn∈N^≥2. SoitB= (e₁, . . . , e_n) la base canonique deRⁿ.

On appellehyperplan de Rⁿ tout sous-espace vectoriel deRⁿ ayant pour dimensionn−1.

On rappelle qu’une forme linéaire surRⁿ est une application linéaire de Rⁿ dans R. L’ensemble de toutes les formes linéaires surRⁿ est doncL(Rⁿ,R).

Partie A : Description des formes lin´eaires de Rⁿ

1. (a) Soit f une forme lin´eaire sur Rⁿ. On pose a_i = f(e_i) ∈R, pour touti ∈ J1, nK. Montrer que pour tout u= (x₁, . . . , x_n)∈Rⁿ :

f(u) =a1x1+. . .+anxn.

Correction : Commeu= (x1, . . . , xn), ses coordonn´ees dans la base canonique (e1, . . . , en) deRⁿ sont (x1, . . . , xn). On a doncu=x1e1+. . .+xnen.

f(u) = f(x₁e₁+. . .+x_ne_n)

= x₁f(e₁) +. . .+x_nf(e_n) (carf est lin´eaire)

= a1x1+. . .+anxn (cf. d´efinition desai, i∈J1, nK).

(b) Soientf1 et f2 deux formes lin´eaires surRⁿ telles que f1(ei) =f2(ei), pour touti∈J1, nK. Montrer

que :

f1=f2.

Correction : Les applicationsf₁etf₂ont même ensemble de départ (Rⁿ) et même ensemble d’arrivée (R). Il reste à montrer quef₁(u) =f₂(u) pour toutu∈Rⁿ pour établir f₁=f₂.

Soitu= (x₁, . . . , x_n)∈Rⁿ. En procédant comme à la question précédente, on montre que :

f1(u) =x1f1(e1) +. . .+xnf1(en) et f2(u) =x1f2(e1) +. . .+xnf2(en). (39) Comme par hypoth`ese :

∀i∈J1, nK f1(ei) =f2(ei). (40)

De (40) et (41), on d´eduitf1(u) =f2(u).

2. Soit (a1, . . . , an)∈Rⁿ. Soit

f:Rⁿ →R; (x1, . . . , xn)7→a1x1+. . .+anxn. (a) D´emontrer quef est une forme lin´eaire surRⁿ.

Correction : L’applicationf ayant pour ensemble de d´epartRⁿ et pour ensemble d’arriv´eeR, il reste

`

a établir son caractère linéaire pour obtenir que c’est une forme linéaire surRⁿ. Soient (λ, µ)∈R²,u= (x1, . . . , xn)∈Rⁿ,v= (y1, . . . , yn)∈Rⁿ.

f(λu+µv) = f(λ(x1, . . . , xn) +µ(y1, . . . , yn))

= f(λx1+µy1, . . . , λxn+µyn) (cf. d´efinition des op´erations surRⁿ)

= a₁(λx₁+µy₁) +. . .+a_n(λx_n+µy_n) (cf. d´efinition def)

= λ(a₁x₁+. . .+a_nx_n) +µ(a₁y₁+. . .+a_ny_n)

= λf(x₁, . . . , x_n) +µf(y₁, . . . , y_n)

= λf(u) +µf(v). (cf. d´efinition def)

(11)

(b) Calculerf(ei), pour touti∈J1, nK. Correction : Soiti∈J1, nK. On a :

f(e_i) =f(0, . . . ,0,

i^`^emecomp.

z}|{1 ,0, . . . ,0) =a₁×0 +. . .+a_i−1×0 +a_i×1 +a_i+1×0 +. . .+a_n×0 =a_i. 3. Justifier le r´esultat suivant.

L(Rⁿ,R) =

Rⁿ → R

(x1, . . . , xn) 7→ a1x1+. . .+anxn

(a1, . . . , an)∈Rⁿ

.

Correction : On poseL⁰(Rⁿ,R) =

Rⁿ → R

(x1, . . . , xn) 7→ a1x1+. . .+anxn

(a1, . . . , an)∈Rⁿ

.

⊂ Montrons queL(Rⁿ,R)⊂ L⁰(Rⁿ,R),i.e. que pour toute forme lin´eairefsurRⁿ, il existe (a1, . . . , an)∈ Rⁿ tel que f co¨ıncide avec l’application :

Rⁿ→R; (x₁, . . . , x_n)7→a₁x₁+. . .+a_nx_n. Cette assertion a en fait déjà été établie en A-1.(a).

⊃ Montrons queL⁰(Rⁿ,R)⊂ L(Rⁿ,R),i.e. que pour tout (a1, . . . , an)∈Rⁿ, l’application Rⁿ→R; (x₁, . . . , x_n)7→a₁x₁+. . .+a_nx_n

est une forme linéaire surRⁿ. Cette assertion a en fait déjà été établie en A-2.(a).

4. Soit

ϕ:L(Rⁿ,R)→Rⁿ ; f 7→(f(e₁), . . . , f(e_n)).

D´emontrer que ϕest un isomorphisme.

Correction : Il s’agit de montrer queϕest lin´eaire et bijective.

• ϕest lin´eaire

Soient (λ, µ)∈R², (f, g)∈ L(Rⁿ,R)².

ϕ(λf+µg) = (λf+µg(e1), . . . , λf+µg(en))

= (λf(e1) +µg(e1), . . . , λf(en) +µg(en)) (cf. d´efinition des op´erations surL(Rⁿ,R))

= λ(f(e1), . . . , f(en)) +µ(g(e1), . . . , g(en)) (cf. d´efinition des op´erations surRⁿ)

= λϕ(f) +µϕ(g).

• ϕest injective

Soit (f1, f2)∈ L(Rⁿ,R)² tel queϕ(f1) =ϕ(f2), i.e. :

(f1(e1), . . . , f1(en)) =f2(e1), . . . , f2(en)).

Alors d’apr`es A-1.(b),f1=f2.

• ϕest surjective

Soit (a₁, . . . , a_n)∈Rⁿ. On veut montrer qu’il existef ∈ L(Rⁿ,R) tel queϕ(f) = (a₁, . . . , a_n), i.e. : (f(e1), . . . , f(en)) = (a1, . . . , an).

On d´efinit l’applicationf par :

f:Rⁿ →R; (x1, . . . , xn)7→a1x1+. . .+anxn.

D’apr`es A-2.(a), f ∈ L(Rⁿ,R) et d’apr`es A-2.(b), on a pour tout i ∈ J1, nK, f(e_i) = a_i, i.e. :

(f(e₁), . . . , f(e_n)) = (a₁, . . . , a_n).

(12)

5. En d´eduire la dimension deL(Rⁿ,R).

Correction : D’après la question précédente, les espaces vectoriels L(Rⁿ,R) et Rⁿ sont isomorphes. De plusRⁿ est de dimension finie et dim(Rⁿ) =n. On en déduit queL(Rⁿ,R) est de dimension finie et que

dim(L(Rⁿ,R)) =n.

6. Donner :

(a) un exemple de forme lin´eaire non nulle surR³; Correction : D’apr`es la A-2.(a), l’application

f:R³→R; (x₁, x₂, x₃)7→x₁−2x₂+ 3x₃

est une forme lin´eaire surR³. Elle est non nulle carf(1,1,1) = 26= 0.

(b) un exemple de forme lin´eaire non nulle surR⁷. Correction : D’apr`es la A-2.(a), l’application

f: R⁷→R; (x1, . . . , x7)7→x1+ 8x2+x3−x5+ 12x7

est une forme lin´eaire surR⁷. Elle est non nulle carf(1,0,0,0,0,0,0) = 16= 0.

Partie B : Hyperplan de Rⁿ et noyau d’une forme lin´eaire sur Rⁿ 1. Soitf une forme lin´eaire surRⁿ. Montrer que :

f 6= 0_L(_Rn,R) ⇔ f est surjective

⇔ Ker(f) est un hyperplan deRⁿ. Correction

• Montrons que f 6= 0_L(_Rn,R)⇒f est surjective.

Soit f une forme lin´eaire non nulle. Son image Im(f) est un sous-espace de R, qui est un R-espace vectoriel de dimension 1. Donc Im(f) est de dimension finie et dim(Im(f))∈ {0,1}.

Si dim(Im(f)) = 0, alors Im(f) ={0}et par suitef = 0_L(_Rn,R)(contradiction). Donc dim(Im(f)) = 1.

Im(f) est un sous-espace vectoriel deR, espace vectoriel de dimension finie, et dim(Im(f)) = dim(R).

On a donc Im(f) =R. Par suitef est surjective.

• Montrons que f est surjective⇒Ker(f) est un hyperplan deRⁿ.

Commef est surjective, on a Im(f) =R. Par suite, Im(f) est de dimension finie et dim(Im(f)) = 1.

CommeRⁿ est de dimension finie, le théorème du rang s’applique àf. On a donc : dim(Ker(f)) + dim(Im(f))

| {z }

1

= dim(Rⁿ)

| {z }

n

.

Donc Ker(f) est un hyperplan deRⁿ.

• Montrons que Ker(f)est un hyperplan de Rⁿ⇒f 6= 0_L(_Rn,R). On raisonne par contraposition, i.e. on montre que :

f = 0_L(_Rn,R)⇒Ker(f) n’est pas un hyperplan deRⁿ.

Supposons quef = 0_L(_Rn,R). Alors on a bien sˆur Ker(f) =Rⁿ. Donc Ker(f) est de dimension finie et

dim(Ker(f)) =n6=n−1.

2. SoitH un hyperplan deRⁿ. SoitH⁰ un suppl´ementaire deH dansRⁿ. (a) Justifier qu’il existe un isomorphismeψ:H⁰→R.

Correction :H⁰ est un supplementaire de H dansRⁿ, donc dimH⁰+ dimH = dim(Rⁿ) =n.

On sait queHest un hyperplan deRⁿ, donc dimH=n−1 et on en d´eduit que dimH⁰=n−(n−1) = 1 . Or deux espaces vectoriels de mˆeme dimension finie sont isomorphes, etRest un espace vectoriel de dimension 1. DoncH⁰ et Rsont isomorphes.

(13)

(b) Montrer qu’il existef ∈ L(Rⁿ,R) tel que :

H = Ker(f).

Correction : On notepla projection surH⁰parallèlement àH.pest bien définie comme une application deL(E, E) carH⁰ et H sont supplémentaires dans E. De plus,Im(p) =H⁰.

On peut donc considérer l’application f = ψ◦p: c’est une application linéaire de E dans R (car composée des deux applications linéairespsuivie deψ, avec Im(p) inclus dans l’ensemble de départ deψ).

Montrons que l’on a ker(f) =H.

• Soitx∈H. On ap(x) = 0 doncf(x) =ψ(0) = 0. Donc x∈ker(f).

On a montr´e que H ⊂ker(f) .

• Soitx∈ker(f).xest un ´el´ement deRⁿ et Rⁿ=H⁰LH.

On ´ecritx=u+vavec (u, v)∈H⁰×H. On a alorsp(x) =uet enfinf(x) =ψ(u). Orx∈ker(f) doncf(x) = 0.

On en d´eduit queψ(u) = 0. Orψ est un isomorphisme de H⁰ dans R, donc ker(ψ) ={0}. Cela signifie queu= 0 (ce 0 est 0H⁰ donc c’est 0_Rⁿ) doncx=v∈H.

On a montr´e que ker(f)⊂H .

• Par doucle inclusion, on conclut que ker(f) =H . 3. D´eduire des questions 1 et 2 le r´esultat suivant.

Le noyau d’une forme linéaire surRⁿ non nulle (i.e. différente de 0_L(_Rn,R)) est un hyperplan deRⁿ. Réciproquement, tout hyperplan deRⁿest le noyau d’une forme linéaire non nulle.

Correction : La question B.1. prouve l’implication suivante : Le noyau d’une forme lin´eaire surRⁿ non nulle (i.e. diff´erente de 0_L(_Rn,R)) est un hyperplan deRⁿ.

La question B.2. prouve que pour tout hyperplan, il existef ∈L(Rⁿ,R) telle que ker(f) =H. De plus f est non nulle sinon son noyau seraitRⁿ et nonH

4. Soit

H ={(x1, x2, x3, x4)∈R⁴|x1−x2=x3−x4}.

(a) Donner une forme lin´eairef surR⁴dont H est le noyau.

Correction : On posef : R⁴ → R

(x₁, x₂, x₃, x₄) 7→ x₁−x₂−x₃+x₄ .

f est une forme linéaire d’après la question A.2. De plus H = ker(f) d’après la définition deH. (b) Montrer quef est non nulle. Correction : On af(1,0,0,0) = 1 donc f est non nulle .

(c) En d´eduire un r´esultat sur la structure deH.

Correction : d’apr`es la question B.3., H est un hyperplan deRⁿ , puisque c’est le noyau d’une forme lin´eaire surRⁿ, non nulle.

Partie C : ´Equations d’un hyperplan de Rⁿ

1. Soit (a1, . . . , an)∈Rⁿ\ {(0, . . . ,0)}. Prouver que

H ={(x1, . . . , xn)∈Rⁿ |a1x1+. . .+anxn = 0}

est un hyperplan deRⁿ.

Correction : On d´efinit une forme lin´eairef : R⁴ → R

(x₁, x₂, . . . , x_n) 7→ a₁x₁+a₂x₂+· · ·+a_nx_n . Justifions quef est non nulle : len−uplet (a1, . . . , a_n) est non nul, donc il existei∈J1, nKtel quea_i6= 0.

On a alorsf(e_i) =a_i6= 0 doncf n’est pas l’application nulle.

Ainsi on peut appliquer le r´esultat du B.3. pour dire que H est un hyperplan deRⁿ .

(14)

2. SoitH un hyperplan deRⁿ. Montrer qu’il existe (a1, . . . , an)∈Rⁿ\ {(0, . . . ,0)}tel queH est l’ensemble solution de l’´equation

(E) : a₁x₁+. . .+a_nx_n = 0 d’inconnue (x₁, . . . , x_n)∈Rⁿ, i.e. tel que

H ={(x₁, . . . , x_n)∈Rⁿ |a₁x₁+. . .+a_nx_n= 0.}

Une telle équation (E) est appeléeéquation de l’hyperplanH.

Correction : H est un hyperplan, donc d’apr`es le B.3. il existe f ∈ L(Rⁿ,R), f non nulle, tel que H = ker(f).

D’apr`es la partie A, il existe (a1, . . . , an)∈Rⁿ tel quef : (x1, . . . , xn)7→a1x1+. . . anxn.

Le n−uplet (a1, . . . , an) est diff´erent de (0, . . . ,0), sinon f serait l’application nulle, ce qui est exclu.

Donc (a1, . . . , an)∈Rⁿ\ {(0, . . . ,0)}.

(x1, . . . xn)∈H ⇐⇒ f(x1, . . . , xn) = 0,

⇐⇒ a1x1+. . . anxn = 0 On a donc montr´e que H ={(x₁, . . . , x_n)∈Rⁿ|a₁x₁+. . .+a_nx_n= 0.}

3. Écrire un énoncé qui rassemble les résultats des questions 1 et 2, de manière analogue à ce qui a été fait dans les parties A et B.

Correction :

Tout hyperplanH admet une ´equation cart´esienne (E) de la formea1x1+. . .+

anxn = 0, avec (a1, . . . , an)∈Rⁿ\ {(0, . . . ,0)}.

Réciproquement, toute partie de Rⁿ définie par une équation (E) de ce type est un hyperplan.

4. Soientf etgdeux formes lin´eaires surRⁿ, toutes deux non nulles, et ayant mˆeme noyau. Soit l’hyperplan deRⁿ

H = Ker(f) = Ker(g) (cf. partie B).

Soit (u1, . . . , un−1) une base deH.

(a) Justifier qu’il existei∈J1, nKtel queC= (u1, . . . , u_n−1, ei) est une base deRⁿ.

Correction : La famille (u1, . . . , un−1) est une famille libre de Rⁿ. elle contient n−1 vecteurs, et dim(Rⁿ) =n. De plus, (e1, . . . , en) est une base donc une famille g´en´eratrice deRⁿ.

Le théorème de la base incomplète permet d’affirmer que toute famille libre deRⁿpeut être complétée en une base de Rⁿ, en prenant des vecteurs d’une famille génératrice quelconque deRⁿ.

On peut donc dire que l’on peut compléter (u₁, . . . , u_n−1) en une base grâce à un vecteur de B : il existe i∈J1, nKtel que (u1, . . . , u_n−1, ei) est une base deRⁿ .

(b) Soitu∈Rⁿ, de coordonn´ees (y1, . . . , yn−1, z) dans la baseC deRⁿ. Montrer que : f(u) =zf(e_i) et g(u) =zg(e_i).

Correction : On ´ecritu=

n−1

X

k=1

ykuk+zei et on applique f, qui est lin´eaire : f(u) =

n−1

X

k=1

y_kf(u_k) +zf(e_i).

Or ∀k∈J1, n−1K, uk∈H = ker(f) donc∀k∈J1, n−1K, f(uk) = 0.

On conclut que f(u) =zf(ei) .

Sachant que H= ker(g), on montre de mˆeme que g(u) =zg(ei) . (c) Justifier quef(ei)∈R^∗ et g(ei)∈R^∗.

Correction :f(ei)∈Rcarf est une forme lin´eaire.

De plus, si on avait f(ei) = 0 alors on aurait ∀u∈Rⁿ,f(u) = 0 doncf = 0L(Rⁿ,R), ce qui contredit l’hypoth`ese. Doncf(ei)6= 0.

On a montr´e que f(ei)∈R^∗ . Et de la mˆeme fa¸con, on montre que g(ei)∈R^∗

(15)

(d) Déduire des résultats précédents qu’il existeλ∈R^∗ tel que : g=λf.

Correction : On pose alorsλ= g(e_i)

f(ei). D’après la question précédente, ce réel est bien défini et non nul.

Soitu∈Rⁿ, comme dans la question 4.b), on note (y₁, . . . , y_n−1, z) ses coordonn´ees dans la baseC.

On a alorsg(u) =zg(e_i) =zλf(e_i) =λf(u), donc pour toutu∈Rⁿ,g(u) =λf(u).

On a prouv´e que g=λf, donc il existeλ∈R^∗ tel queg=λf . 5. SoitH un hyperplan deRⁿ. Soit (a₁, . . . , a_n)∈Rⁿ\ {(0, . . . ,0)}tel que

(E) : a₁x₁+. . .+a_nx_n = 0

est une équation deH. Soit (a⁰₁, . . . , a⁰_n)∈Rⁿ\ {(0, . . . ,0)}. On note (E⁰) l’équation définie par : (E⁰) : a⁰₁x1+. . .+a⁰_nxn = 0.

Montrer l’´equivalence :

(E⁰) est une ´equation deH ⇔ ∃λ∈R^∗, (a⁰₁, . . . , a⁰_n) =λ(a1, . . . , an).

Correction :

• Supposons que (E⁰) est une ´equation deH.

On d´efinitg : (x₁, . . . , x_n)7→a⁰₁x₁+· · ·+a⁰_nx_n etf : (x₁, . . . , x_n)7→a₁x₁+· · ·+a_nx_n deux formes lin´eaires non nulles.

Puisque (E) est une ´equation de H, on sait aussi que H = ker(f) et, l’hypoth`ese se traduit par ker(g) =H.

On a donc ker(f) = ker(g), donc avec la question 4. on sait qu’il existeλ∈R^∗ tel queg=λf.

On en d´eduit que∀u∈Rⁿ,g(u) =λf(u) et en particulier pour les vecteurs de la base canonique, on obtient pour touti∈J1, nK,g(ei) =λf(ei) donca⁰_i=λai.

On a ainsi montr´e que ∃λ∈R^∗, (a⁰₁, . . . , a⁰_n) =λ(a1, . . . , an) .

• R´eciproquement, on suppose qu’il existe λ∈R^∗, (a⁰₁, . . . , a⁰_n) =λ(a1, . . . , an). Soitu= (x1, . . . , xn)∈ Rⁿ.

u∈H ⇐⇒ a1x1+· · ·+anxn= 0,

⇐⇒ λ(a1x1+· · ·+anxn) = 0, carλ6= 0,

⇐⇒ λa₁x₁+· · ·+λa_nx_n= 0,

⇐⇒ a⁰₁x1+· · ·+a⁰_nxn= 0

Ceci prouve que (E⁰) est une ´equation deH.

6. Soientu₁= (1,0,1,0), u₂= (1,1,1,1),u₃= (−1,0,1,0). SoitH le sous-espace vectoriel deR⁴ engendr´e par les vecteursu₁, u₂, u₃.

(a) D´emontrer queH est un hyperplan deR⁴.

Correction : Montrons que la famille (u1, u2, u3) est libre.

Soient (α, β, γ)∈R³ tel queαu1+βu2+γu3= 0 (1).

(1) ⇐⇒











α+β−γ= 0 β= 0

α+β+γ= 0 β= 0

,

⇐⇒







α−γ= 0 β= 0 α+γ= 0

,

⇐⇒ α=β=γ= 0

La famille (u1, u2, u3) est libre . Elle est g´en´eratrice deH, c’en est donc une base.

H admet donc une base compos´ee de 3 vecteurs, dimH = 3 et c’est un hyperplan deR⁴ .

(16)

(b) D´eterminer une ´equation deH.

Correction : On cherche une ´equation deH (dans la base canonique) sous la forme

a₁x₁+a₂x₂+a₃x₃+a₄x₄= 0, où a₁, a₂, a₃, a₄ sont des réels non tous nuls à déterminer.

Pour cela utilisons la base deH que nous avons trouv´ee.

u₁∈H donca₁+a₃= 0,

u₂∈H donca₁+a₂+a₃+a₄= 0, u₃∈H donc−a₁+a₃= 0.

Grâce à ces trois équations, on sait que l’on a nécessairementa1=a3= 0 eta2+a4= 0.

On choisit alorsa2= 1 eta4=−1.

L’´equation obtenue estx2−x4= 0.

On a H ⊂ {(x1, x2, x3, x4)∈R⁴ / x2−x4 = 0} d’après nos calculs. De plus, ces deux espaces sont des hyperplans, donc ils ont même dimension. L’inclusion implique alors l’égalité.

En conclusion,H admet pour ´equation dans la base canonique,x2−x4= 0.

(c) D´eterminer toutes les ´equations deH.

Correction : d’apr`es la question 5., on sait que les ´equations de H sont de la forme λx₂−λx₄ = 0, avec un λ∈R^∗.

Partie D : Intersection d’hyperplans de Rⁿ 1. SoientH1et H2 deux hyperplans deRⁿ.

(a) D´emontrer l’´equivalence :

H₁=H₂ ⇔ dim(H₁∩H₂) =n−1.

Correction :

• Supposons queH₁=H₂. On a alors H₁∩H₂=H₁ donc dim(H₁∩H₂) = dim(H₁) =n−1.

• Réciproquement, supposons que dim(H₁∩H₂) =n−1. On sait que H₁∩H₂ ⊂H₁ et les deux espaces ont même dimension, donc ils sont égaux : H₁∩H₂ = H₁. De même, on montre que H1∩H2=H2, ainsi on obtientH1=H2.

En conlcusion, on a montr´e H1=H2 ⇐⇒ dim(H1∩H2) =n−1 . (b) Montrer que :

n−2≤dim(H1∩H2)≤n−1.

Correction :

• On aH₁∩H₂⊂H₁ et dimH₁=n−1 donc dim(H₁∩H₂)≤n−1 .

• Pour montrer l’autre in´egalit´e, on utilise la formule de Grassmann : dim(H1+H2) = dimH1+ dimH2−dim(H1∩H2), ou encore dim(H1∩H2) = dimH1+ dimH2−dim(H1+H2).

On sait queH1+H2⊂Rⁿ donc dim(H1+H2)≤n, et on peut ´ecrire

−n≤dim(H1+H2)⇒n−1 +n−1−n≤dimH1+ dimH2−dim(H1+H2),

⇒n−2≤dim(H1∩H2).

On a donc montr´e que n−2≤dim(H1∩H2 . (c) Que dire de dim(H1∩H2) siH16=H2?

Correction : Supposons queH16=H2.

Dans ce cas on a dim(H1∩H2)6=n−1 d’apr`es le (a) et n−2≤dim(H1∩H2)≤n−1 d’apr`es le (b). On peut donc conclure que siH₁6=H₂, alors dim(H₁∩H₂) =n−2 .

2. D´emontrer que pour toutp∈N^≥2, pour tout (H₁, . . . , H_p)p-uplet d’hyperplans deRⁿ : n−p≤dim(H1∩. . .∩Hp)≤n−1.

Correction : On définit l’hypothèse de récurrence suivante HR(p) :

pour tout (H1, . . . , Hp)p-uplet d’hyperplans deRⁿ,n−p≤dim(H1∩. . .∩Hp)≤n−1.

• Initialisation : pourp= 2, on a montré le résultat à la question 1.

(17)

• Hérédité : on suppose HR(p). SoientH1, . . . , Hp, Hp+1 p+ 1 hyperplans deRⁿ.

On sait queH1∩. . .∩Hp∩Hp+1⊂H1et que dimH1=n−1 d’où dim(H1∩. . .∩Hp∩Hp+1)≤n−1 . On noteF =H1∩ · · · ∩Hp : c’est un sous-espace vectoriel deRⁿ et d’après l’hypothèse de récurrence, on sait quen−p≤dimF. On applique la formule de Grassmann pour obtenir

dim(F∩Hp+1) = dimF+ dimHp+1−dim(F+Hp+1).

Comme F +Hp+1 ⊂ Rⁿ, on a dim(F+Hp+1) ≤n donc −n ≤ −dim(F +Hp+1), et on reprend : n−p≤dimF, dimHp+1=n−1 et−n≤ −dim(F+Hp+1) doncn−p+n−1−n≤dimF∩Hp+1. On a donc montr´e que n−p−1≤dimF∩Hp+1= dim(H1∩. . .∩Hp∩Hp+1) .

Cela constitue une preuve de HR(p+1).

• D’après le principe de récurrence, on conclut que pour toutpentier supérieur ou egal à 2, pour tout (H1, . . . , Hp)p-uplet d’hyperplans deRⁿ,n−p≤dim(H1∩. . .∩Hp)≤n−1.

3. Le résultat de la question 3 a été établi pour tout entier p∈N^≥2. Expliquer pourquoi ce résultat n’est pas pertinent lorsque l’entierpest assez grand.

Correction : Lorsquep≥n, le r´esultat obtenu nous donne 0 ≤dim(H1∩. . .∩Hp), pourH1, . . . , Hp p hyperplans deRⁿ.

Mais la dimension d’un espace vectoriel est un entier naturel, cette minoration n’apporte donc rien dans ce cas.

4. SiH₁, H₂, H₃ sont trois hyperplans deR³, alors le r´esultat de la question 3 nous livre : dim(H₁∩H₂∩H₃)∈ {0,1,2}.

(a) Donner trois hyperplansH1, H2, H3 deR³ tels que dim(H1∩H2∩H3) = 2. Commenter.

Correction : PrenonsH1=H2=H3={(x1, x2, x3)∈R³ / x1= 0}.

On a alors bien dim(H1∩H2∩H3) = 2. Les trois hyperplans sont confondus, et on peut justifier (sur le mod`ele de 1.(a)) que c’est la seule possibilit´e pour avoir leur intersection de dimension 2.

(b) Donner trois hyperplans H1, H2, H3 deR³, deux `a deux distincts, tels que dim(H1∩H2∩H3) = 1.

Proposer une explication g´eom´etrique du fait que la dimension deH1∩H2∩H3 est 1.

Correction : PrenonsH1={(x1, x2, x3)∈R³ / x1 = 0}, H2 ={(x1, x2, x3)∈R³ / x1+x2 = 0}et H3={(x1, x2, x3)∈R³/ x2= 0}.

Dans ce cas, on aH1∩H2∩H3= Vect((0,0,1)). On a alors bien dim(H1∩H2∩H3) = 1.

dim(H1∩H2∩H3) = 1 se traduit par le fait que les trois plans s’intersectent suivant une droite (vectorielle).

(c) Donner trois hyperplansH1, H2, H3 deR³tels que dim(H1∩H2∩H3) = 0. Proposer une explication géométrique du fait que l’intersection H1∩H2∩H3 est réduite au singleton{(0,0,0)}.

Correction : Prenons H1 = {(x1, x2, x3) ∈ R³ / x1 = 0}, H2 = {(x1, x2, x3) ∈ R³ / x2 = 0} et H₃={(x1, x₂, x₃)∈R³/ x₃= 0}.

Dans ce cas, on aH₁∩H₂∩H₃={(0,0,0)} donc dim(H₁∩H₂∩H₃) = 0.

Partie E : Ensemble solution d’un système linéaire homogène (SLH) d’inconnue dans Rⁿ 1. Soit p∈N^∗. Soit A = (aij) ∈ Mp,n(R). On noteS le système linéaire homogène d’inconnue dans Rⁿ

associé à A, i.e.S désigne le système











a₁₁x₁ + a₁₂x₂ + a₁₃x₃ + . . . + a_1nx_n = 0 a₂₁x₁ + a₂₂x₂ + a₂₃x₃ + . . . + a_2nx_n = 0 a₃₁x₁ + a₃₂x₂ + a₃₃x₃ + . . . + a_3nx_n = 0

... ... ... ... ...

a_p1x₁ + a_p2x₂ + a_p3x₃ + . . . + a_pnx_n = 0 d’inconnue (x₁, . . . , x_n)∈Rⁿ. SoitF l’ensemble solution de S.

(a) D´efinirpformes lin´eairesf₁, . . . , f_p surRⁿ telles que :

F = Ker(f₁)∩. . .∩Ker(f_p).

Correction : On pose pouri∈J1, pK,fi : Rⁿ →R

(x1, x2, . . . , xn) 7→ ai1x1+ai2x2+ai3x3+. . .+ainxn

. On définit ainsi pformes linéaires surRⁿ (d’après la question A.3.).

(18)

De plus, pour (x1, . . . , xn)∈Rⁿ, on peut ´ecrire

(x₁, . . . , x_n)∈F ⇐⇒











f₁(x₁, . . . , x_n) = 0 f₂(x₁, . . . , x_n) = 0 f₃(x₁, . . . , x_n) = 0

... ...

fp(x1, . . . , xn) = 0 ,

⇐⇒ ∀i∈J1, pK, (x1, . . . , xn)∈ker(fi).

Ainsi, on a montr´e que F =

p

\

i=1

ker(f_i) .

(b) En d´eduire queF est un sous-espace vectoriel deRⁿ.

Correction : On sait que le noyau d’une application lin´eaire est un sous-espace vectoriel de l’espace de d´epart de l’application.

Donc pour touti∈J1, pK, ker(fi) est un sous-esapce deRⁿ.

De plus, l’intersection d’une famille de sous-espace vectoriel est un sous-espace vectoriel, donc F est un sous-espace vectoriel de Rⁿ.

(c) i. Soitf la forme lin´eaire nulle surRⁿ, i.e. f = 0_L(_Rn,R). Que vaut Ker(f) ?

Correction : On a pour toutu∈ Rⁿ,f(u) = 0, donc ∀u∈Rⁿ, u ∈ker(f). On traduit ceci par l’inclusionRⁿ⊂ker(f).

Puisque ker(f)⊂Rⁿ (comme sous-espace vectoriel de Rⁿ), on obtient ker(f) =Rⁿ . ii. À l’aide de la question précédente et de la partie D, prouver que :

n−p≤dim(F)≤n.

Correction : Parmi les formes linéairesfidéfinies dans le (a), certaines peuvent être nulles. Mettons les de côté : on suppose qu’il y alformes linéaires nulles dans la famille (fi)_i∈

J1,pK. On a 0≤l≤p.

• Premier cas : sil=p, alors pour touti∈J1, pK,fi= 0_L(_Rⁿ,R)et ker(fi) =Rⁿ(d’apr`es le (c)i), doncF =Rⁿ et dimF =n.

• Deuxième cas : sil= 0 alors, pour touti∈J1, pK, ker(f_i) est un hyperplan carf_iest une forme linéaire non nulle. DoncF est l’intersection dephyperplans, et en utilisant la question D.2, on déduit quen−p≤dim(F)≤n−1.

• Troisième cas : si 0< l < p alors quitte à changer l’ordre des formes linéaires choisies en (a) (cela veut dire qu’on change leur nom ou l’ordre des lignes dans le système ce qui ne change pasF), on peut supposer que ce sont lesl premières qui sont nulles.

On a donc ker(f1) = ker(f2) = . . . = ker(fl) = Rⁿ, donc ces noyaux n’interviennent plus dans l’intersection d´ecrivantF : F =

p

\

i=l+1

ker(f_i). Les formes lin´eaires restantes ´etant non nulles, leurs noyaux sont des hyperplans, il y en a p−l dans l’intersection, et on obtient n−(p−l)≤dimF ≤n−1 par la question D.2.. On an−p≤n−p+l etn−1≤n, ce qui permet de conclure quen−p≤dim(F)≤n.

En conclusion, dans tous les cas, on a montr´e que n−p≤dimF ≤n.

2. SoitS le système linéaire homogène d’inconnue (x1, x2, x3, x4)∈R⁴ associée à la matrice

A=





2 −1 1 5

2 9 3 −1

3 1 2 6



∈ M3,4(R).

SoitF l’ensemble solution de S.

(a) Expliciter le syst`emeS.

Correction : Voici le syst`eme







2x₁−x₂+x₃+ 5x₄ = 0 2x₁+ 9x₂+ 3x₃−x₄ = 0 3x1+x2+ 2x3+ 6x4 = 0