I. Deux exemples simples de supplémentaires

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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/15

Mines Maths 2 PSI 2005 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Thomas Chomette (Professeur en CPGE) ; il a été relu par Thomas Vidick (ENS Ulm) et Paul Pichaureau (Professeur en CPGE).

Cette épreuve porte sur les sous-espaces vectoriels supplémentaires ; cette notion est illustrée en algèbre, en calcul différentiel et en géométrie.

L’énoncé est composé de quatre parties, toutes indépendantes. Les deux premières sont très classiques, les deux autres un peu moins. Dans l’ensemble, le niveau du problème est modéré. Certaines questions, par exemple, les questions 8, 17 et 18, sont assez délicates–au point de constituer chacune un exercice classique.

• Dans la première partie, on s’intéresse à la construction de supplémentaires de sous-espaces vectoriels de l’espace vectorielC^∞(R,R): le sous-espace vectoriel constitué des fonctions paires, puis celui des solutions d’une équation différen- tielle linéaire d’ordre2, homogène et à coefficients constants.

• La deuxième partie est consacrée aux relations entre la diagonalisabilité et l’existence de supplémentaires stables. Après avoir étudié un exemple d’endomorphisme de R³, on établit un résultat très général : un endomorphisme f d’un espace vectorielEde dimension finie est diagonalisable si et seulement si tout sous-espace vectoriel deEadmet un supplémentaire stable parf.

• La troisième partie traite de calcul différentiel. Dans l’espace vectorielF des polynômes à deux indéterminées, on définit les opérateurs différentiels

∆ :e







F−→F f 7−→ ∂²f

∂x² −∂²f

∂y²

et Φ :e







F−→F f 7−→ ∂²f

∂x ∂y

Après avoir construit un supplémentaire de KerΦ, on utilise le changemente de variable (x, y) 7−→ ((x+y)/2,(x−y)/2) pour obtenir un supplémentaire deKer∆.e

• Enfin, dans la dernière partie, on s’intéresse à des problèmes de géométrie. On établit le résultat théorique suivant : une forme linéairefk+1 est combinaison linéaire de k formes linéaires f1, . . . , fk si et seulement si son noyau contient l’intersection des noyaux des formes linéairesf1, . . . , fk.

Cette partie se conclut sur une application de ce résultat dansR³: on détermine les plans contenant une droite donnée et tangents à une sphère donnée.

De nombreux résultats de cours sont passés en revue dans cette épreuve, de nom- breuses techniques d’algèbre linéaire y sont utilisées : elle constitue donc un excellent sujet de révision.

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Indications

Partie I 2 Commencer par résoudre l’équation différentielle.

4 Étant donnéef ∈ E, utiliser le théorème de Cauchy pour trouver sa composante selonF.

Partie II

7 Chercher un vecteur propre def qui n’est pas dans(P).

8 Pour l’implicationi⇒ii, définir une base de vecteurs propres et utiliser le théorème de la base incomplète.

Pour l’autre implication, raisonner par l’absurde en supposant que la somme des sous-espaces propres def est un sous-espace vectoriel strict deE.

Partie III

9 Se ramener à des sous-familles finies de la forme (fi,j)(i,j)∈[[ 0 ;n]]×[[ 0 ;m]], avec (n, m)∈N².

12 Pour décomposer un élément f de F, l’exprimer sous la forme Pⁿ

i=0

Pm j=0

λi,jfi,j et identifier les composantes.

13 Pour la bijectivité, chercher la fonction réciproque.

14 Pour une fonctionf ∈F, exprimerΦ (L(fe ))à l’aide des dérivées partielles def. 16 Rassembler les résultats des questions précédentes.

Partie IV

17 Pour l’implicationii⇒i, construirehpar condition nécessaire puis montrer que l’application obtenue convient.

18 Pour l’implicationi⇒ii, utiliser l’indication fournie et le résultat de la question précédente.

19 Remarquer que la tangence à la sphère est équivalente au fait que la distance du centre au plan est égale au rayon de la sphère.

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I. Deux exemples simples de supplémentaires

1 SoitG le sous-espace vectoriel de E constitué des fonctions impaires. Montrons queGest un supplémentaire de FdansE.

• Analyse :soitf ∈E. Supposons trouvéespetideux fonctions respectivement paire et impaire telles quef =p+i, c’est-à-dire telles que

∀x∈R f(x) =p(x) +i(x)

Soit alors x∈ R. On a f(x) = p(x) +i(x) et f(−x) = p(−x) +i(−x) donc, commepest paire etiimpaire, f(−x) =p(x)−i(x).

Sommant et soustrayant membre à membre ces deux égalités, il vient

p(x) = f(x) +f(−x)

2 et i(x) =f(x)−f(−x) 2

C’est-à-dire que, nécessairement,pest la fonctionx7−→f(x)/2 +f(−x)/2 et ila fonctionx7−→f(x)/2−f(−x)/2. D’où l’unicité de la décomposition def.

• Synthèse :soitf ∈E, et soient les fonctions p:x7−→ f(x) +f(−x)

2 et i:x7−→f(x)−f(−x) 2

Clairementf =p+i. D’après les théorèmes généraux sur les fonctions de classes C^∞, on sait quepetisont de classeC^∞, donc dansE. On a par ailleurs, pour tout réelx,

p(−x) = f(−x) +f(−(−x))

2 =p(x)

et i(−x) =f(−x)−f(−(−x))

2 =−i(x)

C’est-à-dire quepest paire et i impaire. D’où l’existence de la décomposition def comme la somme d’un élément deFet d’un élément deG.

Gest un supplémentaire deFdansE.

C’est presque un résultat de cours. Bien sûr, il n’y a pas unicité du sup- plémentaire, on peut notamment en construire une infinité en s’inspirant de celui-ci. Par exemple, siαest un réel strictement positif, on montre de façon analogue que l’ensemble des fonctions deEvérifiant la propriété :

∀x>0 f(−x) =−αf(x) est un supplémentaire deFdansE.

2 Commençons par résoudre l’équation différentielle y^′′+y^′ +y = 0. C’est une équation différentielle linéaire d’ordre deux à coefficients constants. Son équation caractéristiquer²+r+ 1 = 0admet pour racines −1−i√

3

/2 et −1 +i√ 3

/2.

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Les solutions complexes de l’équation différentielle sont donc les fonctions de la forme

x7−→λe⁻¹⁻ⁱ

√3

2 x+µe⁻¹⁺ⁱ

√3

2 x avec λetµcomplexes.

Par suite, les solutions réelles sont les fonctions de la forme

x7−→e⁻^x/2 A cosx√ 3

2 + B sinx√ 3 2

!

avec A etBréels.

Posons f1:







R−→R

x 7−→e⁻^x/2cosx√ 3 2

et f2:







R−→R

x 7−→e⁻^x/2sinx√ 3 2

On obtientF = Vect (f1, f2), c’est-à-dire que tout élémentf deFs’écrit sous la forme f =αff1+βff2, avec(αf, βf)∈R².

Pour l’unicité, il suffit de montrer que(f1, f2)est une famille libre. Soientαetβ deux réels tels queαf1+βf2 = 0. En appliquant la relation au point 0, on obtient αf1(0)+βf2(0) = 0, soitα= 0. En l’appliquant au pointπ/√

3, il vientβe⁻^π/2^√³= 0 doncβ = 0. Donc la famille est libre.

Tout élémentf deFse décompose de manière unique sous la formef =αff1+βff2, avec(αf, βf)∈R².

3 Appliquée en 0, la relation f =αff1+βff2 donnef(0) = αf. Par dérivation, f^′=αff₁^′ +βff₂^′ et doncf^′(0) =αff₁^′(0) +βff₂^′(0), soitf^′(0) =−αf/2 +√

3βf/2.

On en déduit queαf =f(0)etβf =f(0)/√

3 + 2f^′(0)/√

3. Ainsi αf

βf

!

=

1 0

1/√ 3 2/√

3

! f(0)

f^′(0)

!

On a trouvé une matrice qui convient. Montrons qu’elle est unique. Pour cela, il suffit de considérer nos deux solutions particulièresf1 et f2.f1 se décompose de manière unique en f1 = 1·f1+ 0·f2, donc la matrice A (ou plutôt l’application linéaire canoniquement associée à A) doit envoyer le vecteur (f1(0), f₁^′(0)) sur le vecteur (1,0). De même, elle doit envoyer le vecteur (f2(0), f₂^′(0)) sur le vecteur (0,1). Or les deux vecteurs (f1(0), f₁^′(0)) et (f2(0), f₂^′(0)) forment une base de R² (ils sont envoyés sur une famille libre donc forment nécessairement une famille libre). A est ainsi déterminée de manière unique par ces deux conditions.

4 Montrons tout d’abord queF∩G ={0}, où 0 désigne ici la fonction nulle. Soit f ∈F∩G. D’une part, f ∈ Gdonc f(0) = f^′(0) = 0. D’autre part, f ∈ Fdonc, d’après la question 2, on peut trouver deux réelsαf etβf tels quef =αff1+βff2. D’après la question 3,

αf

βf

!

=

1 0

1/√ 3 2/√

3

! f(0)

f^′(0)

!

D’où αf =βf = 0 et donc f = 0

Ce qui prouve que F∩G ={0}