Corrigé du contrôle de maths sup : sous-espaces vectoriels et familles libres

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

1. \(0 \in F\) et \(0 \in G\), donc \(0 \in F \cap G\). Si \(u, v \in F \cap G\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), alors \(u + \lambda v\) appartient à \(F\) et à \(G\), qui sont des sous-espaces. Donc \(F \cap G\) est un sous-espace vectoriel de \(E\).
2. Définition : la somme \(F + G\) est directe si tout vecteur de \(F + G\) s’écrit de façon unique \(f + g\) avec \(f \in F\) et \(g \in G\). Supposons la somme directe et soit \(u \in F \cap G\). Alors \(0 = u + (-u)\), avec \(u \in F\) et \(-u \in G\), et aussi \(0 = 0 + 0\). Par unicité, \(u = 0\). Réciproquement, supposons \(F \cap G = \{0\}\) et \(f + g = f^{\prime} + g^{\prime}\) avec \(f, f^{\prime} \in F\) et \(g, g^{\prime} \in G\). Alors \(f – f^{\prime} = g^{\prime} – g\) appartient à \(F \cap G\), donc il est nul : \(f = f^{\prime}\) et \(g = g^{\prime}\). La somme est directe si et seulement si \(F \cap G = \{0\}\).
3. Si \(F \subset G\), alors \(F \cup G = G\) est un sous-espace ; de même si \(G \subset F\). Réciproquement, supposons \(F \cup G\) sous-espace, et raisonnons par l’absurde en supposant \(F \not\subset G\) et \(G \not\subset F\). Prenons \(x \in F \setminus G\) et \(y \in G \setminus F\). Alors \(x + y \in F \cup G\). Si \(x + y \in F\), alors \(y = (x + y) – x \in F\) : c’est absurde. Si \(x + y \in G\), alors \(x = (x + y) – y \in G\) : c’est encore absurde. Donc \(F \subset G\) ou \(G \subset F\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour la définition, 0,5 par sens ; c) 1 point : 0,5 pour la réciproque immédiate, 0,5 pour le raisonnement par l’absurde.

Exercice 2 : Reconnaître des sous-espaces vectoriels (3,5 points)

1. \(F_1\) est l’ensemble des solutions d’un système linéaire homogène, donc un sous-espace de \(\mathbb{R}^3\) (il contient 0 et il est stable par combinaison linéaire). La seconde équation donne \(x = y\), puis la première \(z = x + 2y = 3y\). Ainsi \(F_1 = \{(y, y, 3y) \,:\, y \in \mathbb{R}\}\). Donc \(F_1 = \operatorname{Vect}((1, 1, 3))\) est un sous-espace vectoriel.
2. Le polynôme nul est dans \(F_2\). Si \(P, Q \in F_2\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), alors \((P + \lambda Q)(1) = 0\) et \((P + \lambda Q)^{\prime}(0) = P^{\prime}(0) + \lambda Q^{\prime}(0) = 0\), par linéarité de l’évaluation et de la dérivation. \(F_2\) est un sous-espace vectoriel (il contient par exemple \(X^2 – 1\)).
3. La fonction nulle vérifie \(0 \neq 1\), donc elle n’appartient pas à \(F_3\). \(F_3\) n’est pas un sous-espace vectoriel.
4. \((1, 0)\) et \((0, 1)\) appartiennent à \(F_4\), mais leur somme \((1, 1)\) vérifie \(1 \times 1 \neq 0\). \(F_4\) n’est pas stable par somme : ce n’est pas un sous-espace.
5. La fonction nulle est bornée. Si \(|f| \leq\, M\) et \(|g| \leq\, M^{\prime}\), alors \(|f + \lambda g| \leq\, M + |\lambda| M^{\prime}\) par l’inégalité triangulaire. \(F_5\) est un sous-espace vectoriel.
6. La suite nulle vérifie la relation. Si \(u\) et \(v\) la vérifient, alors pour tout \(n\), \(u_{n+2} + \lambda v_{n+2} = (u_{n+1} + \lambda v_{n+1}) + (u_n + \lambda v_n)\). \(F_6\) est un sous-espace vectoriel.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la structure, 0,5 pour le vecteur générateur ; b) à f) 0,5 point chacune, seulement si la justification est correcte.

Exercice 3 : Familles de fonctions (4 points)

1. Une famille quelconque est libre si toutes ses sous-familles finies le sont. Montrons par récurrence sur \(p \geq\, 1\) : pour tous réels \(a_1 < a_2 < \cdots < a_p\), la famille \((e_{a_1}, \ldots, e_{a_p})\) est libre. Pour \(p = 1\), \(e_{a_1}\) ne s’annule pas, donc elle est non nulle. Supposons le résultat vrai au rang \(p – 1\) et soit \(\sum_{k=1}^{p} \lambda_k e^{a_k x} = 0\) pour tout réel \(x\). En divisant par \(e^{a_p x}\), on obtient \(\sum_{k=1}^{p-1} \lambda_k e^{(a_k – a_p) x} + \lambda_p = 0\). Comme \(a_k – a_p < 0\) pour \(k < p\), chaque exponentielle tend vers 0 quand \(x \to +\infty\), donc \(\lambda_p = 0\). L’hypothèse de récurrence donne ensuite \(\lambda_1 = \cdots = \lambda_{p-1} = 0\). La famille \((e_a)_{a \in \mathbb{R}}\) est libre.
2. Soient \(a_1, \ldots, a_p\) distincts et \(\sum_{k=1}^{p} \lambda_k f_{a_k} = 0\). Fixons \(j\). La fonction \(g = \sum_{k \neq j} \lambda_k f_{a_k}\) est dérivable en \(a_j\), car chaque \(f_{a_k}\) avec \(k \neq j\) est dérivable hors de \(a_k\). Alors \(\lambda_j f_{a_j} = -g\) est dérivable en \(a_j\). Or \(f_{a_j}\) n’est pas dérivable en \(a_j\) : ses dérivées à gauche et à droite valent \(-1\) et \(1\). Donc \(\lambda_j = 0\), et ce pour tout \(j\). La famille \((f_a)_{a \in \mathbb{R}}\) est libre.
3. Pour tout réel \(x\), \(\sin(x + 1) = \cos 1 \, \sin x + \sin 1 \, \cos x\). La famille est liée : son troisième vecteur est combinaison linéaire des deux premiers.
4. Si \(\lambda \cos^2 + \mu \sin^2 = 0\), l’évaluation en \(0\) donne \(\lambda = 0\) et l’évaluation en \(\frac{\pi}{2}\) donne \(\mu = 0\). Donc \((\cos^2, \sin^2)\) est libre. De plus, \(\cos(2x) = \cos^2 x – \sin^2 x\) et \(1 = \cos^2 x + \sin^2 x\). Ces deux fonctions appartiennent donc à \(\operatorname{Vect}(\cos^2, \sin^2)\). L’inclusion réciproque est évidente. Les deux sous-espaces engendrés sont égaux.

Erreur fréquente : en a), faire tendre \(x\) vers \(+\infty\) sans avoir rangé les \(a_k\) : c’est le plus grand exposant qui domine.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la réduction aux sous-familles finies, 1 pour la récurrence ; b) 1 point : 0,5 pour la dérivabilité de \(g\), 0,5 pour la conclusion ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 pour la liberté, 0,5 pour l’égalité des sous-espaces.

Exercice 4 : Polynômes à degrés échelonnés (3 points)

1. Supposons \(\sum_{k=0}^{n} \lambda_k P_k = 0\) avec des \(\lambda_k\) non tous nuls. Soit \(m\) le plus grand indice tel que \(\lambda_m \neq 0\). Alors \(\sum_{k=0}^{m} \lambda_k P_k\) a pour terme de degré \(m\) celui de \(\lambda_m P_m\), non nul, car les \(P_k\) avec \(k < m\) sont de degré strictement inférieur à \(m\). Cette combinaison est donc de degré \(m\), et elle ne peut pas être le polynôme nul : c’est une contradiction. La famille \((P_0, \ldots, P_n)\) est libre.
2. Les polynômes de \(\mathcal{B}\) sont de degrés respectifs 0, 1, 2 et 3. D’après a), \(\mathcal{B}\) est libre. De plus :
   \[1 = 1, \;\; X = (X – 1) + 1, \;\; X^2 = (X – 1)^2 + 2(X – 1) + 1,\]
   \[X^3 = (X^3 + X) – (X – 1) – 1.\]
   Ainsi \(1, X, X^2, X^3\) appartiennent à \(\operatorname{Vect}(\mathcal{B})\), donc \(\mathbb{R}_3[X] \subset \operatorname{Vect}(\mathcal{B})\). L’inclusion inverse est claire, car les vecteurs de \(\mathcal{B}\) sont de degré au plus 3. Donc \(\operatorname{Vect}(\mathcal{B}) = \mathbb{R}_3[X]\).
3. Avec b), \(X^2 + X = (X – 1)^2 + 2(X – 1) + 1 + (X – 1) + 1\). Donc \(X^2 + X = (X – 1)^2 + 3(X – 1) + 2\). Contrôle : \(X^2 – 2X + 1 + 3X – 3 + 2 = X^2 + X\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’indice maximal, 1 pour l’argument de degré ; b) 1 point : 0,5 pour la liberté, 0,5 pour les quatre écritures ; c) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : sommes directes et supplémentaires (6,5 points)

Partie A

1. La fonction nulle est paire et impaire. Si \(f, g\) sont paires et \(\lambda \in \mathbb{R}\), alors \((f + \lambda g)(-x) = f(x) + \lambda g(x)\) : \(\mathcal{P}\) est un sous-espace ; il en va de même pour \(\mathcal{I}\). Si \(f \in \mathcal{P} \cap \mathcal{I}\), alors \(f(x) = f(-x) = -f(x)\), donc \(f = 0\) : la somme est directe (exercice 1). Pour l’existence, on raisonne par analyse-synthèse. Si \(f = p + i\), alors \(f(-x) = p(x) – i(x)\), ce qui impose \(p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}\) et \(i(x) = \frac{f(x) – f(-x)}{2}\). Réciproquement, ces deux fonctions sont respectivement paire et impaire, et leur somme vaut \(f\). Donc \(E = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\).
2. Avec les formules précédentes, la partie paire de l’exponentielle est \(x \mapsto \frac{e^x + e^{-x}}{2}\) et sa partie impaire \(x \mapsto \frac{e^x – e^{-x}}{2}\). Donc \(\exp = \operatorname{ch} + \operatorname{sh}\), avec \(\operatorname{ch} \in \mathcal{P}\) et \(\operatorname{sh} \in \mathcal{I}\).

   

3. Pour toute \(f \in E\), on écrit \(f = f(0) \cdot 1 + (f – f(0))\). La fonction constante \(f(0) \cdot 1\) est paire, et \(f – f(0)\) s’annule en 0. Donc \(\mathcal{P} + \mathcal{Z} = E\). En revanche, \(x \mapsto x^2\) est paire et s’annule en 0, donc \(\mathcal{P} \cap \mathcal{Z} \neq \{0\}\). La somme n’est pas directe.

Partie B

4. \(\mathcal{S}_n\) et \(\mathcal{A}_n\) sont des sous-espaces, car la transposition est linéaire : si \(A^{T} = A\) et \(B^{T} = B\), alors \((A + \lambda B)^{T} = A + \lambda B\), et de même pour les matrices antisymétriques. Si \(M \in \mathcal{S}_n \cap \mathcal{A}_n\), alors \(M = M^{T} = -M\), donc \(M = 0\). Pour l’existence, toute matrice s’écrit \(M = \frac{1}{2}(M + M^{T}) + \frac{1}{2}(M – M^{T})\), où le premier terme est symétrique et le second antisymétrique. Donc \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_n \oplus \mathcal{A}_n\).
5. Avec \(M^{T} = \begin{pmatrix} 2 & 5 & 1 \\ -1 & 0 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \end{pmatrix}\), on obtient :
   \[M = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 0 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & -3 & 1 \\ 3 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.\]
   La première matrice est symétrique, la seconde antisymétrique, et leur somme redonne bien \(M\).

Partie C

6. \(F\) est l’ensemble des solutions d’une équation linéaire homogène, donc un sous-espace, et \(G\) est un sous-espace engendré. Si \((t, t, t) \in F\), alors \(3t = 0\), donc \(F \cap G = \{0\}\). Soit \(u = (x, y, z)\) et \(m = \frac{x + y + z}{3}\). Le vecteur \(u – m(1, 1, 1)\) a pour somme des coordonnées \(x + y + z – 3m = 0\), donc il appartient à \(F\). Ainsi \(\mathbb{R}^3 = F \oplus G\), avec
   \[(x, y, z) = (x – m, y – m, z – m) + m(1, 1, 1), \;\; m = \frac{x + y + z}{3}.\]
7. Si \((a, 0, 0) \in F\), alors \(a = 0\), donc \(F \cap H = \{0\}\). De plus, \((x, y, z) = (-y – z, y, z) + (x + y + z)(1, 0, 0)\), avec \((-y – z, y, z) \in F\). Donc \(\mathbb{R}^3 = F \oplus H\) : un sous-espace admet en général plusieurs supplémentaires, et il ne faut jamais dire « le » supplémentaire.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour les sous-espaces, 0,5 pour l’intersection, 0,5 pour l’analyse-synthèse ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point ; d) 1,5 point : 0,5 pour les sous-espaces, 0,5 pour l’intersection, 0,5 pour la décomposition ; e) 0,5 point ; f) 1,5 point : 0,5 pour l’intersection, 1 pour la décomposition explicite ; g) 0,5 point.

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