Corrigé du contrôle de maths sup : applications linéaires et théorème du rang

Exercice 1 : Question de cours sur les projecteurs (4 points)

1. Comme \(E = F \oplus G\), tout \(x \in E\) s’écrit de manière unique \(x = x_F + x_G\) avec \(x_F \in F\) et \(x_G \in G\). On pose \(p(x) = x_F\) : c’est le projecteur sur \(F\) parallèlement à \(G\).
   
   Linéarité : si \(x = x_F + x_G\), \(y = y_F + y_G\) et \(\lambda, \mu \in \mathbb{K}\), alors \(\lambda x + \mu y = (\lambda x_F + \mu y_F) + (\lambda x_G + \mu y_G)\) avec le premier terme dans \(F\) et le second dans \(G\), car ce sont des sous-espaces. Par unicité de la décomposition, \(p(\lambda x + \mu y) = \lambda p(x) + \mu p(y)\).
   
   Idempotence : \(p(x) = x_F\) s’écrit \(x_F + 0\) avec \(x_F \in F\) et \(0 \in G\), donc \(p(p(x)) = x_F = p(x)\). Ainsi \(p\) est linéaire et \(p \circ p = p\).
2. Si \(y \in \operatorname{Im} p\), il existe \(x\) tel que \(y = p(x)\), donc \(p(y) = p(p(x)) = p(x) = y\) : \(y \in \operatorname{Ker}(p – \operatorname{id})\). Réciproquement, si \(p(y) = y\), alors \(y\) est l’image de \(y\) par \(p\), donc \(y \in \operatorname{Im} p\). Par double inclusion, \(\operatorname{Im} p = \operatorname{Ker}(p – \operatorname{id})\).
3. Intersection : si \(x \in \operatorname{Ker} p \cap \operatorname{Im} p\), alors d’après b) \(x = p(x) = 0\). Donc \(\operatorname{Ker} p \cap \operatorname{Im} p = \{0\}\).
   
   Somme : pour \(x \in E\), on écrit \(x = (x – p(x)) + p(x)\). On a \(p(x) \in \operatorname{Im} p\) et \(p(x – p(x)) = p(x) – p(p(x)) = 0\), donc \(x – p(x) \in \operatorname{Ker} p\). Donc \(E = \operatorname{Ker} p \oplus \operatorname{Im} p\). (On n’a pas supposé \(E\) de dimension finie.)
4. Pour \(x \in E\), la décomposition de c) est \(x = (x – p(x)) + p(x)\) avec \(p(x) \in \operatorname{Im} p\) et \(x – p(x) \in \operatorname{Ker} p\). La composante sur \(\operatorname{Im} p\) est \(p(x)\) : \(p\) est le projecteur sur \(\operatorname{Im} p\) parallèlement à \(\operatorname{Ker} p\).

Barème : a) 1 point (0,5 pour la définition par la décomposition unique, 0,5 pour linéarité et idempotence) ; b) 1 point (0,5 par inclusion) ; c) 1,5 point (0,5 pour l’intersection, 1 pour la décomposition \(x = (x – p(x)) + p(x)\)) ; d) 0,5 point.

Exercice 2 : Noyau et image d’un endomorphisme de R3 (3,5 points)

1. Chaque composante de \(f(x, y, z)\) est une combinaison linéaire de \(x, y, z\). Pour \(u, v \in \mathbb{R}^3\) et \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\), on vérifie donc composante par composante que \(f(\lambda u + \mu v) = \lambda f(u) + \mu f(v)\). \(f\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}^3\).
2. \((x, y, z) \in \operatorname{Ker} f\) équivaut au système \(x – y = 0\), \(y – z = 0\), \(z – x = 0\), c’est-à-dire \(x = y = z\). \(\operatorname{Ker} f = \operatorname{Vect}((1, 1, 1))\), de base \(((1, 1, 1))\) car ce vecteur est non nul.
3. D’après le théorème du rang, \(\operatorname{rg} f = \dim \mathbb{R}^3 – \dim \operatorname{Ker} f = 3 – 1 = 2\).
   
   Notons \(H = \{(a, b, c) \mid a + b + c = 0\}\). Pour tout \((x, y, z)\), \((x – y) + (y – z) + (z – x) = 0\), donc \(\operatorname{Im} f \subset H\). Or \(H\) est le noyau de la forme linéaire \(\varphi : (a, b, c) \mapsto a + b + c\), qui est non nulle donc surjective sur \(\mathbb{R}\) ; le théorème du rang donne \(\dim H = 3 – 1 = 2\). Une inclusion entre sous-espaces de même dimension finie est une égalité : \(\operatorname{rg} f = 2\) et \(\operatorname{Im} f = H\).
4. Le vecteur \((1, 1, 1)\) vérifie \(1 + 1 + 1 = 3 \neq 0\), donc il n’est pas dans \(H\) : \(\operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f = \{0\}\). Comme \(\dim \operatorname{Ker} f + \dim \operatorname{Im} f = 1 + 2 = 3\), \(\operatorname{Ker} f\) et \(\operatorname{Im} f\) sont supplémentaires.
5. Si \(\operatorname{Ker} g = \operatorname{Im} g\), le théorème du rang donne \(3 = \dim \operatorname{Ker} g + \operatorname{rg} g = 2 \dim \operatorname{Ker} g\). C’est impossible car 3 est impair. Aucun tel endomorphisme n’existe.

Erreur fréquente : affirmer \(\operatorname{Im} f = H\) après la seule inclusion, sans argument de dimension.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (0,5 pour le système, 0,5 pour la base) ; c) 1 point (0,5 pour le rang, 0,5 pour l’inclusion et l’égalité des dimensions) ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point.

Exercice 3 : Opérateur de différence sur les polynômes (5 points)

1. Pour \(P, Q \in \mathbb{R}_n[X]\) et \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\), la composition par \(X + 1\) est linéaire, donc \(\Delta(\lambda P + \mu Q) = \lambda P(X + 1) + \mu Q(X + 1) – \lambda P(X) – \mu Q(X) = \lambda \Delta(P) + \mu \Delta(Q)\). De plus \(\deg P(X + 1) = \deg P \leq\, n\), donc \(\Delta(P) \in \mathbb{R}_n[X]\). \(\Delta\) est un endomorphisme de \(\mathbb{R}_n[X]\).
2. Par la formule du binôme, \(\Delta(X^k) = (X + 1)^k – X^k = \sum_{j=0}^{k-1} \binom\,{k}{j} X^j\). Le coefficient de \(X^{k-1}\) vaut \(\binom\,{k}{k-1} = k \neq 0\) : \(\Delta(X^k)\) est de degré \(k – 1\), de coefficient dominant \(k\).
   
   Soit \(P = \sum_{j=0}^{d} a_j X^j\) avec \(a_d \neq 0\) et \(d \geq\, 1\). Par linéarité, \(\Delta(P) = \sum_{j=1}^{d} a_j \Delta(X^j)\) (car \(\Delta(1) = 0\)). Les termes d’indice \(j \leq\, d – 1\) sont de degré au plus \(d – 2\), et le terme \(a_d \Delta(X^d)\) a pour coefficient dominant \(d a_d \neq 0\) en degré \(d – 1\). Donc \(\deg \Delta(P) = d – 1\).
3. Les constantes vérifient \(\Delta(c) = c – c = 0\). Si \(\deg P = d \geq\, 1\), \(\Delta(P)\) est de degré \(d – 1 \geq\, 0\), donc non nul. \(\operatorname{Ker} \Delta = \mathbb{R}_0[X]\), l’ensemble des polynômes constants.
4. D’après b) et c), pour tout \(P \in \mathbb{R}_n[X]\), \(\Delta(P)\) est nul ou de degré au plus \(n – 1\), donc \(\operatorname{Im} \Delta \subset \mathbb{R}_{n-1}[X]\). Le théorème du rang donne \(\operatorname{rg} \Delta = (n + 1) – 1 = n = \dim \mathbb{R}_{n-1}[X]\). Donc \(\operatorname{Im} \Delta = \mathbb{R}_{n-1}[X]\).
5. Chaque application de \(\Delta\) fait baisser le degré d’au moins 1 (et annule les constantes). Par récurrence, \(\Delta^{k}(P) \in \mathbb{R}_{n-k}[X]\) pour \(k \leq\, n\), donc \(\Delta^{n}(P)\) est constant et \(\Delta^{n+1}(P) = 0\) : \(\Delta^{n+1} = 0\). Par b), \(\Delta^{k}(X^n)\) est de degré \(n – k\) et de coefficient dominant \(n(n – 1) \cdots (n – k + 1)\) ; pour \(k = n\), on obtient \(\Delta^{n}(X^n) = n! \neq 0\). Donc \(\Delta^{n} \neq 0\).
6. Existence : comme \(n \geq\, 3\), \(X^2 \in \mathbb{R}_{n-1}[X] = \operatorname{Im} \Delta\), donc il existe \(Q \in \mathbb{R}_n[X]\) tel que \(\Delta(Q) = X^2\). Le polynôme \(P = Q – Q(0)\) convient, car \(\Delta\) annule les constantes et \(P(0) = 0\).
   
   Unicité : si \(P_1\) et \(P_2\) conviennent, \(\Delta(P_1 – P_2) = 0\), donc \(P_1 – P_2\) est constant d’après c), et cette constante vaut \(P_1(0) – P_2(0) = 0\).
   
   Vérification : avec \(P = \dfrac{X(X – 1)(2X – 1)}{6}\), on a \(P(0) = 0\) et
   \[6(P(X + 1) – P(X)) = X(X + 1)(2X + 1) – X(X – 1)(2X – 1) = X[(2X^2 + 3X + 1) – (2X^2 – 3X + 1)] = 6X^2.\]
   Donc \(\Delta(P) = X^2\) et \(\deg P = 3 \leq\, n\) : c’est l’unique solution.
   
   En évaluant l’égalité \(P(X + 1) – P(X) = X^2\) en \(k\), puis en sommant (somme télescopique) :
   \[\sum_{k=0}^{N} k^2 = \sum_{k=0}^{N} (P(k + 1) – P(k)) = P(N + 1) – P(0).\]
   \(\sum_{k=0}^{N} k^2 = \dfrac{N(N + 1)(2N + 1)}{6}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (0,5 pour le binôme, 0,5 pour le degré de \(\Delta(P)\)) ; c) 1 point ; d) 1 point (0,5 pour l’inclusion, 0,5 pour le théorème du rang) ; e) 0,5 point ; f) 1 point (0,5 pour existence et unicité, 0,25 pour la vérification, 0,25 pour la somme).

Exercice 4 : Parité et symétrie d’un espace de fonctions (3 points)

1. Pour \(f, g \in E\), \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\) et \(x \in \mathbb{R}\) : \(s(\lambda f + \mu g)(x) = \lambda f(-x) + \mu g(-x) = (\lambda s(f) + \mu s(g))(x)\). De plus \(s(s(f))(x) = s(f)(-x) = f(x)\). \(s\) est linéaire et \(s \circ s = \operatorname{id}\).
2. \(s(f) = f\) signifie \(f(-x) = f(x)\) pour tout \(x\), et \(s(f) = -f\) signifie \(f(-x) = -f(x)\). \(\operatorname{Ker}(s – \operatorname{id}) = \mathcal{P}\) et \(\operatorname{Ker}(s + \operatorname{id}) = \mathcal{I}\) ; ce sont en particulier des sous-espaces vectoriels de \(E\).
3. Si \(f \in \mathcal{P} \cap \mathcal{I}\), alors \(f(x) = f(-x) = -f(x)\), donc \(f = 0\). Pour \(f \in E\), posons \(g = \dfrac{f + s(f)}{2}\) et \(h = \dfrac{f – s(f)}{2}\). Comme \(s \circ s = \operatorname{id}\), \(s(g) = g\) et \(s(h) = -h\), donc \(g \in \mathcal{P}\), \(h \in \mathcal{I}\) et \(f = g + h\). Ainsi \(E = \mathcal{P} \oplus \mathcal{I}\). Pour \(f = g + h\) ainsi décomposée, \(s(f) = g – h\) : \(s\) est la symétrie par rapport à \(\mathcal{P}\) parallèlement à \(\mathcal{I}\).
4. La composante de \(f\) sur \(\mathcal{P}\) est \(g\), donc \(p = \dfrac{\operatorname{id} + s}{2}\). Pour tout réel \(x\), \(p(\exp)(x) = \dfrac{e^{x} + e^{-x}}{2} = \operatorname{ch} x\) et \((\operatorname{id} – p)(\exp)(x) = \dfrac{e^{x} – e^{-x}}{2} = \operatorname{sh} x\). \(p(\exp) = \operatorname{ch}\) et \((\operatorname{id} – p)(\exp) = \operatorname{sh}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point ; c) 1 point (0,5 pour la somme directe, 0,5 pour l’identification de la symétrie) ; d) 1 point (0,5 pour l’expression de \(p\), 0,5 pour ch et sh).

Exercice 5 : Suite des noyaux itérés (4,5 points)

1. Si \(x \in N_k\), alors \(u^{k+1}(x) = u(u^k(x)) = u(0) = 0\), donc \(x \in N_{k+1}\). \(N_k \subset N_{k+1}\).
2. L’inclusion \(N_{p+1} \subset N_{p+2}\) vient de a). Soit \(x \in N_{p+2}\) : \(u^{p+1}(u(x)) = u^{p+2}(x) = 0\), donc \(u(x) \in N_{p+1} = N_p\). Ainsi \(u^{p+1}(x) = u^{p}(u(x)) = 0\), soit \(x \in N_{p+1}\). Donc \(N_{p+1} = N_{p+2}\).
   
   Par récurrence sur \(k \geq\, p\), la propriété « \(N_k = N_{k+1}\) » est vraie au rang \(p\) et se propage d’un rang au suivant par l’argument précédent (appliqué à \(k\) au lieu de \(p\)). Donc \(N_k = N_p\) pour tout \(k \geq\, p\).
3. Supposons par l’absurde que \(N_k \neq N_{k+1}\) pour tout \(k \in \{0, \ldots, n\}\). D’après a), les inclusions \(N_k \subset N_{k+1}\) sont alors strictes. Un sous-espace strict d’un espace de dimension finie est de dimension strictement plus petite, donc \(d_{k+1} \geq\, d_k + 1\). Comme \(d_0 = \dim \operatorname{Ker} \operatorname{id} = 0\), on obtient \(d_{n+1} \geq\, n + 1 > \dim E\), ce qui est absurde.
   
   L’ensemble des entiers \(k\) tels que \(N_k = N_{k+1}\) est donc une partie non vide de \(\mathbb{N}\) : elle admet un plus petit élément \(r\), et \(r \leq\, n\). Pour \(k < r\), \(N_k \subsetneq N_{k+1}\), donc \(d_0 < d_1 < \cdots < d_r\).
4. On a \(N_m = E\). D’après b) appliqué avec \(p = r\), \(N_k = N_r\) pour tout \(k \geq\, r\). Si \(m \geq\, r\), alors \(N_r = N_m = E\). Si \(m < r\), alors \(E = N_m \subset N_r\) par a), donc \(N_r = E\). Dans les deux cas \(N_r = E\). Puisque \(n \geq\, r\), \(N_n = N_r = E\). Donc \(u^n = 0\).
5. \(D^k(P) = P^{(k)}\), et \(P^{(k)} = 0\) si et seulement si \(\deg P \leq\, k – 1\). \(\operatorname{Ker} D^k = \mathbb{R}_{k-1}[X]\) pour \(1 \leq\, k \leq\, n + 1\). En particulier \(D^{n+1} = 0\) et \(D^{n}(X^n) = n! \neq 0\) : l’indice de nilpotence de \(D\) est \(n + 1 = \dim \mathbb{R}_n[X]\). Ici \(d_k = k\) croît strictement jusqu’à \(k = n + 1\). La majoration « \(u^{\dim E} = 0\) » est donc atteinte : on ne peut pas l’améliorer en général.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point (1 pour \(N_{p+1} = N_{p+2}\), 0,5 pour la récurrence) ; c) 1 point (0,5 pour l’argument de dimension, 0,5 pour l’existence de \(r\) et la stricte croissance) ; d) 0,5 point ; e) 1 point (0,5 pour les noyaux, 0,5 pour l’indice et la conclusion).

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Après le corrigé du contrôle : applications linéaires et théorème du rang

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