7février2011 Compositionn 6 Mathématiques

Mathématiques

Composition n ^o 6

7 février 2011

de 9h15 à 12h15

Espaces vectoriels et applications linéaires

Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.

Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.

Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le préci- sera dans sa copie.

Ï L’épreuve comporte un problème sur les espaces vectoriels, quatres exercices sur les espaces vectoriels et un exercice sur les applications linéaires.

Problème

Supplémentaire commun

Soit E unKde dimension finie nÊ1(oùK=RouC). On se donne deux sous-espaces vectoriels A et B de E et on se pose le problème suivant : à quelle condition nécessaire et suffisante existe-t-il un sous-espace vectoriel C de E tel que

A+B=A⊕C=B⊕C ?

Partie 1 — Etude d’un cas particulier

On considèreE=R⁴muni de sa structure usuelle deR-ev. On pose alors











u = (1, 2, 1, 2) v = (1, 1,−1, 1) w = (1, 1, 1, 1) x = (1, 2, 3, 4)

et

½A =vect(u,v) B =vect(w,x)

1. 1. Quelques généralités.

1. 1. a. Calculer les dimensions de AetB.

1. 1. b. Etablir queAetBsont supplémentaires dansE. 1. 2. Détermination d’une solution C.

On pose

y=(0, 1, 0, 1) et z=(1, 0, 1, 1) Vérifier que le sevC=vect(z,y) convient.

Partie 2 — Etude du cas général

On revient au cas général.

2. 1. Dans cette question, on suppose que le sous-espace vectoriel C existe.

2. 1. a. Montrer qu’alors dim(A)=dim(B).

2. 1. b. Déterminer dim(C).Dans la suite de l’étude, on va supposer quedim(A)=dim(B)et montrer l’existence d’un sous-espace vectoriel C solution.

2. 2. Résoudre le problème posé lorsqueA=B.Dans la suite, on suppose que A6=B .

2. 3. Justifier qu’il existe un sous-espace vectorielA^′deEtel que (A∩B)⊕A^′=A.De manière symétrique, on introduit un sous-espace vectoriel B^′de E tel que(A∩B)⊕B^′=B .

2. 4. Montrer queA^′∩B^′={0E}.

2. 5. Montrer que dim¡ A^′¢

=dim¡ B^′¢

et que ces deux dimensions sont non nulles.

2. 6. On posep=dim¡ A^′¢

=dim¡ B^′¢

et on introduit des bases

½A = (a₁, . . . ,a_p) B _{= (b1, . . . ,bp)} respectivement deA^′deB^′. On pose, pour touti∈{1, . . . ,p},

c_i=a_i+b_i

et on forme la familleC =(c₁, . . . ,c_p). On considère enfinC=vect (C).

2. 6. a. Montrer queC est libre et en déduire la dimension deC. 2. 6. b. Montrer que A∩C={0_E}.

2. 6. c. Conclure queA+B=A⊕C=B⊕C. 2. 7. Résumer la réponse à la question suivante :

à quelle condition nécessaire et suffisante existe-t-il un sous-espace vectoriel C de E tel que A+B=A⊕C=B⊕C ?

sous la forme d’unthéorème.

Exercice 1 — Une famille de fonctions rationnelles

On considère leK-evE=R^R+muni des lois usuelles. Pour tout entier naturelk, on pose f_k: R₊−→R

x 7−→ 1 x^k+1

Prouver que, pour tout entier natureln, la famille (f₀,f₁, . . . ,f_n) est libre.

Exercice 2 — Un peu de géométrie en dimension trois...

On considèreE=R³muni de sa structure deR-ev usuelle et F=©

(α+β, 4α−2β,α−β)|(α,β)∈R²ª

ainsi que, pour tout réelm, la familleG_{m=((1, 1,}m), (1,m, 1), (m, 1, 1)) de vecteurs deEet le sous-espace vectorielGm engendré parG_m.

1. Etude de F.

1.a. Montrer queF est un sous-espace vectoriel deE.

1.b. Donner une baseF deF et vérifier queF est un plan vectoriel.

1.c. Donner une équation cartésienne deF. 2. Préliminaires.

2.a. Trouver un vecteurkdeE n’appartenant pas àF. 2.b. Montrer queB₌F∪{k} est une base deE. 2.c. Trouver un supplémentaireF^′deF dansE.

3. Etude deG_m.

3.a. Déterminer le rang de la familleG_men fonction du réelm.

3.b. Donner une base deG_m.

4. Dans cette question, on considère le sous-espace vectoriel G=G−2de E .

4.a. Montrer queGest un plan vectoriel distinct deF. Donner une équation cartésienne deG.

4.b. DéterminerF∩G, en donner une base.

4.c. DéterminerF+G.

4.d. F etGsont-ils supplémentaires dansE?

Exercice 3 — Rang d’une famille de vecteurs On pose















u₁ = (α, 1,β, 1) u₂ = (1,α,β,α) u₃ = (α,β,α, 1) u₄ = (α,β,α,β) u5 = (1,α, 1,β) pourαetβréels. Discuter le rang du système (u1,u2,u3,u4,u5).

Exercice 4 — Des espaces affines

SoientF etGdeux sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectorielEetx₀,y₀∈E. Montrer que x0+F =y0 +G si et seulement si F=G et y0−x0∈F

On précise que, pour toutz∈Eet tout sevHdeE, la notationz+Ha pour signification : z+H={z+h|h∈H}

Exercice 5 — B.A.BA

On considère l’application f deR³dans lui-même définie par : f(x,y,z)=(−x+z,−y+z,x−2y+z) pour tout (x,y,z)∈R³.

1. Démontrer que f est linéaire.

2. Déterminer une base du noyau de f.

3. Déterminer une famille génératrice de Im(f). En déduire une base de Im(f).

4. Vérifier que Ker(f)⊂Im(f).

5. Calculer (f ◦f)(x,y,z) et en déduire quef ◦f est un projecteur.

THE END

Corrigé du problème Supplémentaire commun

Partie 1 — Etude d’un cas particulier

1. 1. Les vecteursuetv(resp.wetx) n’étant pas colinéaires, dim(A)=2 (resp. dim(B)=2).

1. 2. Comme dim(E)=dim(A)+dim(B)=4,AetBsont supplémentaires dansE si et seulement si A+B=E, ie rg(u,v,w,x)=4. Appliquons la méthode du pivot de Gauss pour calculer le rang de (u,v,w,x). On a









1 2 1 2 1 1−1 1 1 1 1 1 1 2 3 4







∼









1 2 1 2 0−1−2−1 0−1 0 −1 0 0 2 2









parL_i←L_i−L₁pouri∈{2, 3, 4}

∼









1 2 1 2 0−1−2−1 0 0 2 0 0 0 2 2









parL₃←L₃−L₂

∼









1 2 1 2 0−1−2−1 0 0 2 0 0 0 0 2









parL4←L4−L3

Ainsi, rg(u,v,w,x)=4.

1. 3. Commeyetzne sont pas colinéaires, dim(C)=2. Puisque

dim(E)=4=dim(A)+dim(C)=dim(B)+dim(C)

E=A⊕C=B⊕C si et seulement si A+C=B+C=E, ie rg(u,v,y,z)=rg(w,x,y,z)=4. Calculons ces deux rangs par la méthode du pivot de Gauss.

Ï Rang de(u,v,y,z). On a









1 2 1 2 1 1−1 1 0 1 0 1 1 0 1 1







∼









1 2 1 2 0−1−2−1 0 1 0 1 0−2 0 −1









parL_i ←L_i−L₁pouri∈{2, 4}

∼









1 2 1 2 0−1−2−1 0 0 −2 0 0 0 4 1









parL₃←L₃+L₂etL₄←L₄−2·L₂

∼









1 2 1 2 0−1−2−1 0 0 −2 0 0 0 0 1









parL4←L4+2·L3

Ainsi, rg(u,v,y,z)=4.

Ï Rang de(w,x,y,z).On a







 1 1 1 1 1 2 3 4 0 1 0 1 1 0 1 1







∼









1 1 1 1 0 1 2 3 0 1 0 1 0−1 0 0









parL_i ←L_i−L₁pouri∈{2, 4}

∼









1 1 1 1 0−1 0 0 0 1 2 3 0 1 0 1









∼









1 1 1 1 0−1 0 0 0 0 2 3 0 0 0 1









parL_i ←L_i+L₂pouri∈{3, 4}

Ainsi, rg(w,x,y,z)=4.

Partie 2 — Etude du cas général

2. 1. Dans cette question, on suppose que le sous-espace vectoriel C existe.

On a

dim(A+B)=dim(A⊕C)=dim(A)+dim(C)

=dim(B⊕C)=dim(B)+dim(C) d’où dim(A)=dim(B).

2. 1. a. D’après le calcul précédent et la formule de Grassmann, on a

dim(C)=dim(A+B)−dim(A)=dim(A)+dim(B)−dim(A∩B)−dim(A)=dim(B)−dim(A∩B) Dans la suite de l’étude, on va supposer quedim(A)=dim(B)et montrer l’existence d’un

sous-espace vectoriel C solution.

2. 2. SiA=B,A+B=A=B et le sous-espace vectorielC={0_E} convient clairement.

Dans la suite, on suppose que A6=B .

2. 3. CommeA∩B est un sous-espace vectoriel deA,A∩B admet au moins un supplémentaire A^′dansA.

De manière symétrique, on introduit un sous-espace vectoriel B^′de E tel que(A∩B)⊕B^′=B . 2. 4. On aA^′⊂AetB^′⊂B (par définition deA^′et deB) ainsiA^′∩B^′⊂A∩B. CommeA^′∩B^′⊂A^′, on a doncA^′∩B^′⊂(A∩B)∩A^′. Or (A∩B)∩A^′={0_E} par définition deA^′. Comme l’inclusion réciproque est claire, on aA^′∩B^′={0_E}.

2. 5. On a, par définition deA^′etB^′,

½dim¡ A^′¢

= dim(A)−dim(A∩B) dim¡

B^′¢

= dim(B)−dim(A∩B)=dim(A)−dim(A∩B) car dim(A)=dim(B). Ainsi dim¡

A^′¢

=dim¡ B^′¢

. Raisonnons par l’absurde en supposant dim¡

A^′¢

=0. On aurait alors dim(A∩B)=dim(A) d’après les calculs précédents. Comme A∩B ⊂A, on auraitA=A∩B ce qui équivaut àA⊂B. Puisque dim(A)=dim(B), on aurait finalementA=B, ce qui est absurde.

On posep=dim¡ A^′¢

=dim¡ B^′¢

et on introduit des bases

½A = (a1, . . . ,ap) B _{= (b1, . . . ,bp)} respectivement deA^′deB^′. On pose, pour touti∈{1, . . . ,p},

c_i=a_i+b_i

et on forme la familleC =(c1, . . . ,cp). On considère enfinC=vect (C).

2. 5. a. Prouvons queC est libre. Soit (λ1, . . . ,λp)∈K^p tel que

p

X

k=1 λ k·c_k=

p

X

k=1

λ_k·(a_k+b_k)=0_E On aurait alors

p

X

k=1

λ_k·a_k= −

p

X

k=1

λ_k·b_k

En notantuce vecteur, on aurait doncu∈vect(a1,· · ·,ap)=A^′etu∈vect(b1, . . . ,bp)=B^′et donc u∈A^′∩B^′={0E} (cf. question 2.4.). Ainsi

p

X

k=1

λ_k·a_k=0_E

et donc∀1ÉkÉp, λ_k=0 car (a₁, . . . ,a_p) est libre (en tant que base de A^′). On en déduit queC est une famille libre et donc queC=vect (C) est de dimensionp.

2. 5. b. On a {0_E}⊂A∩C. Réciproquement soitu∈A∩C. Il existe alors des scalairesλ₁, . . . ,λ_p dansKtels que

u=

p

X

k=1

λ_k·c_k=

p

X

k=1

λ_k·a_k+

p

X

k=1

λ_k·b_k Posons

v=

p

X

k=1

λ_k·a_k

On a alorsv∈A^′⊂Aetu∈Ad’oùu−v∈AcarAest un sev deE. Comme u−v=

p

X

k=1

λ_k·b_k

on au−v ∈B^′⊂B d’oùu−v∈(A∩B)∩B^′={0_E}. Doncλ_k=0 pour tout 1ÉkÉpcar (b₁, . . . ,b_p) est libre (en tant que base deB^′). Ainsiu=0_E etA∩C⊂{0_E}.

2. 5. c. Puisque pour tout 1ÉkÉp,c_k=a_k+b_k∈A^′+B^′, on aC=vect(c₁, . . . ,c_p)⊂A^′+B^′⊂A+B carA^′⊂AetB^′⊂B. AinsiA⊕C⊂A+Bcar A⊂A+B. De plus,

dim(A⊕C)=dim(A)+p=dim(A)+dim¡ B^′¢

=dim(A)+dim(B)−dim(A∩B)=dim(A+B) On en déduit queA⊕C=A+B. On prouve de même queB⊕C=A+B.

2. 6. On a établit dans ce problème la proposition suivante : soientEunK-ev de dimension finie, AetB deux sev deE. Il existe un sous-espace vectorielC deEtel queA+B=A⊕C=B⊕C si et seulement sidim(A)=dim(B).

Corrigé de l’exercice 1 — Une famille de fonctions rationnelles

Soientn∈Net (λ₀, . . . ,λ_n)∈Kⁿ⁺¹tels que

n

X

k=0

λ_k·f_k=0_E On a alors

∀x∈R₊, Xn k=0

λ_k x^k+1=0

En faisant tendrexvers+∞dans cette égalité, on obtient clairementλ₀=0. Ainsi

∀x∈R₊,

n

X

k=1

λ_k x^k+1=0

En multiplant parx>0 cette égalité et en faisant tendrexvers+∞, on obtient alorsλ₁=0. On réitère alors ce procédé en multipliant successivement parx², . . . ,xⁿet en faisant tendre à chaque foisxvers+∞pour établir successivement queλ₂=0, . . . ,λ_n=0. La famille (f₀, . . . ,f_n) est donc libre.

Corrigé de l’exercice 2 — Un peu de géométrie en dimension trois...

1. Etude de F.

1.a. On a clairementF ⊂EetF =vect(u,v) avec

½u = (1, 4, 1) v = (1,−2,−1) F est donc un sev deE.

1.b. Commeuetv ne sont pas colinéaires, la familleF=(u,v) est une base deF et dim(F)=2 : F est un plan vectoriel deE.

1.c. Comme (u,v) est une base du plan vectorielF,u∧v=(−2, 2,−6) est un vecteur normal àF. On en déduit que

F=©

(x,y,z)| −x+y−3z=0ª

REMARQUE–On peut aussi trouver une équation du plan F au moyen de la méthode du pivot de

2. Préliminaires.

2.a. Le vecteurk=(1, 0, 0) deEn’appartenant pas àF car ne vérifie pas l’équation deF.

2.b. Commek6∈F =vect (F) etF est libre, la familleB₌F∪{k} est libre. Puisque dim(E)=3 et que 3 est le nombre de vecteurs de la familleB, on en déduit queBest une base deE.

2.c. En posantF^′=vect(k), on déduit de la question précédente queE=vect (F_)⊕F^′_=F⊕F^′_{. Le} sevF^′est un supplémentaire deF dansE.

3. Etude deG_m.

3.a. Calculons le rang de la familleG_men appliquant la méthode du pivot de Gauss :





m 1 1 1 m 1 1 1 m



∼





1 1 m 1 m 1 m 1 1





∼





1 1 m

0m−1 1−m 0 1−m1−m²



 parL₂←L₂−L₁etL₃←L₃−m·L₁

∼





1 1 m

0m−1 1−m 0 0 2−m−m²



 parL₃←L₃+L₂

On déduit alors de la factorisation 2−m−m²= −(m−1)·(m+2), la discussion suivante : Ï Sim6∈{1,−2}, rg (G_m)=2 ;

Ï Sim=1, on a clairement rg (G_m)=1 ; Ï Sim= −2, on a





m 1 1 1 m 1 1 1 m



∼





1 1 −2 0−3 3 0 0 0





d’où rg (G_m)=2.

3.b. On reprend les calculs et la discussion précédente : Ï Sim6∈{1,−2}, (G_m est une base deG_m;

Ï Sim=1, ((1, 1, 1)) est une base deGm;

Ï Sim= −2, ((−2, 1, 1), (0,−1, 1)) est une base deG_m.

4. Dans cette question, on considère le sous-espace vectoriel G=G₋₂de E .

4.a. D’après la question précédente,G₋₂est de dimension deux : c’est donc un plan vectoriel de E. Comme les composantes du vecteurw=(0,−1, 1) ne vérifient pas l’équation deF,w

n’appartient pas àF. Puisquew∈G, on aF 6=G. Le vecteurn_G=(−2, 1, 1)∧(0,−1, 1)=2·(1, 1, 1) est normal àGdonc

G=©

(x,y,z)∈R³|x+y+z=0ª 4.b. On a

F∩G=©

(x,y,z)∈R³| −x+y−3z=x+y+z=0ª

=©

(x,y,z)∈R³| −x+y−3z=2y−2z=0ª

=vect ((−2, 1, 1))

4.c. On a dim(F+G)=dim(F)+dim(G)−dim(F∩G)=2+2−1=3. CommeF+G⊂E=R³avec dim(E)=3, on aF+G=E.

4.d. F etGne sont pas supplémentaires dansEcarF∩G6={0_E}.

Corrigé de l’exercice 3 — Rang d’une famille de vecteurs

Appliquons la méthode du pivot de Gauss. On a













α1 β1 1α β α α β α1 α β α β 1α 1 β













∼













1 α1β α1 β 1 α β α 1 1 α β α α β α β













∼













1 α1 β α1 β 1 α β α 1 1 α β α 0 0 0 β−1













parL5←L5−L3

∼













1 α 1 β

α 1 β 1

0 β−1α−β 0

1 α β α

0 0 0 β−1













parL₃←L₃−L₂

∼













1 α 1 β

0 1−α²β−α1−αβ 0 β−1 α−β 0 0 0 β−1 α−β

0 0 0 β−1













parL₂←L₂−αL₁etL₄←L₄−L₁

On en déduit la discussion suivante : Ï Cas 1 :β6=1. Le rang vaut 4.

Ï Cas 2 :β=1etα=1. On a alors













α1β 1 1α β α α β α1 α β α β 1α 1β













∼











 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0













Ï Cas 3 :β=1etα= −1. On a alors













α1 β 1 1 α β α α β α 1 α β α β 1 α1β













∼













1−1 1 1 0 0 2 2 0 0 −2 0 0 0 0 0 0 0 0 −2













et donc le rang vaut 3.

Ï Cas 4 :β=1etα6= ±1. On a alors













α1 β 1 1α β α α β α 1 α β α β 1α1 β













∼













1 α 1 1

0 1−α²1−α1−α

0 0 α−1 0

0 0 0 α−1

0 0 0 0













et le rang vaut alors 4.

Corrigé de l’exercice 4 — Des espaces affines

Puisque 0∈F, il existeg₀∈Gtel quex₀=y₀+g₀. Soitf ∈F. Il existeg∈Gtel quex₀+f =y₀+g. Doncf =g−g₀∈G. AinsiF ⊂G. On prouve de même queG⊂F. Puisque 0∈G, il existe f₁∈F tel quey₀=x₀+f₁, doncy₀−x₀∈F.

Corrigé de l’exercice 5 — B.A.BA

1. L’application f est clairement à valeurs dansR³. SoientX =(x,y,z) etX^′=(x^′,y^′,z^′) dansR³et λ∈R. On a

X+λ·X^′=(x+λx^′,y+λy^′,z+λz^′) d’où

f(X+λ·X^′)=¡

−(x+λx^′)+(z+λz^′),−(y+λy^′)+(z+λz^′), (x+λx^′)−2(y+λy^′)+(z+λz^′)¢

=¡

−x+z+λ(x^′−z^′),−y+z+λ(−y^′+z^′),x−2y+z+λ(x^′−2y^′+z^′)¢

=(−x+z,−y+z,x−2y+z)+λ·(−x^′+z^′,−y^′+z^′,x^′−2y^′+z^′)=f(X)+λ·f(X^′) Ainsif ∈L₍R³).

2. Le vecteur (x,y,z) appartient au noyau def si, et seulement si, il vérifie le système suivant :







−x + z = 0

− y + z = 0 x − 2y + z = 0

qui est équivalent au système triangulaire :

½−x + z = 0

− y + z = 0

Par conséquent, (x,y,z)∈Ker(f) si, et seulement si, il existe un scalairettel que (x,y,z)=t(1, 1, 1)

Le vecteur (1, 1, 1) est donc un vecteur directeur du noyau def.

3. On sait que Im(f) est engendré par les images par f des trois vecteurs de la base canonique deR³, c’est-à-dire par







u₁ =(−1, 0, 1) u₂ =(0,−1,−2) u₃ =(1, 1, 1)

On trouve les relations de liaison entre ces trois vecteurs en résolvant l’égalité vectorielle xu₁+yu₂+zu₃=0,

traduite par le système linéaire suivant :







−x + z = 0

− y + z = 0 x − 2y + z = 0

qu’on a déjà résolu à la question précédente : toutes les relations de liaison sont proportionnelles à

u₁+u₂+u₃=0.

Par conséquent, l’image def est engendrée par (u₁,u₂) et comme ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels, ils sont linéairement indépendants et forment une base de Im(f).

REMARQUE–Il est important de bien comprendre pourquoi le même calcul fournit une base du noyau et les relations de liaison entre les vecteurs d’une famille génératrice de l’image.

Soit(e₁,e₂,e₃), une base deR³(ici, la base canonique). On sait que l’image de f est engendrée par les vecteurs f(e₁), f(e₂)et f(e₃). Les relations de liaison entre ces vecteurs sont de la forme :

λ₁f(e₁)+λ₂f(e₂)+λ₃f(e₃)=0, soit, par linéarité de f ,

f(λ1e1+λ2e2+λ3e3)=0, ce qui signifie que le vecteur

λ₁e₁+λ₂e₂+λ₃e₃ appartient au noyau de f .

4. Le vecteur (1, 1, 1) est un vecteur directeur du noyau de f et il appartient à l’image def (c’est le vecteuru3), donc Ker(f)⊂Im(f).

REMARQUE–Pour démontrer qu’un sous-espace F est contenu dans un sous-espace G, il suffit de vérifier que les vecteurs d’une famille génératrice de F sont tous des vecteurs de G.

5. Pour tout (x,y,z)∈R³, f¡

f(x,y,z)¢

=¡

−(−x+z)+(x−2y+z),−(−y+z)+(x−2y+z), (−x+z)−2(−y+z)+(x−2y+z)¢

=(2x−2y,x−y, 0) Par conséquent,

(f ◦f)¡

(f ◦f)(x,y,z)¢

=¡

2(2x−2y)−2(x−y), (2x−2y)−(x−y), 0¢

=(2x−2y,x−y, 0)=(f ◦f)(x,y,z) doncf ◦f est un projecteur.