Corrigé du contrôle de maths sup : dimension finie et formule de Grassmann

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

1. Dans \(E\) de dimension \(n\), toute famille libre de \(n\) vecteurs est une base, et toute famille génératrice de \(n\) vecteurs est une base.
2. Les sous-espaces \(F\), \(G\) et \(F \cap G\) sont de dimension finie, car ils sont inclus dans \(E\). Soit \((c_1, \ldots, c_p)\) une base de \(F \cap G\) (famille vide si \(F \cap G = \{0\}\)). C’est une famille libre de \(F\) et de \(G\). D’après le théorème de la base incomplète, on la complète en une base \((c_1, \ldots, c_p, f_1, \ldots, f_q)\) de \(F\) et en une base \((c_1, \ldots, c_p, g_1, \ldots, g_r)\) de \(G\). Montrons que \(\mathcal{B} = (c_1, \ldots, c_p, f_1, \ldots, f_q, g_1, \ldots, g_r)\) est une base de \(F + G\).
   
   D’abord, \(\mathcal{B}\) est génératrice de \(F + G\) : tout \(f + g\) avec \(f \in F\) et \(g \in G\) est combinaison des vecteurs de \(\mathcal{B}\).
   
   Ensuite, \(\mathcal{B}\) est libre. Supposons \(\sum \alpha_i c_i + \sum \beta_j f_j + \sum \gamma_k g_k = 0\). Alors \(\sum \gamma_k g_k = -\sum \alpha_i c_i – \sum \beta_j f_j\) appartient à \(G\) et à \(F\), donc à \(F \cap G\). Il s’écrit donc \(\sum \delta_i c_i\). Ainsi \(\sum \gamma_k g_k – \sum \delta_i c_i = 0\), et la liberté de la base de \(G\) donne tous les \(\gamma_k\) nuls. Il reste \(\sum \alpha_i c_i + \sum \beta_j f_j = 0\), et la liberté de la base de \(F\) donne tous les \(\alpha_i\) et \(\beta_j\) nuls.
   
   Par conséquent, \(\dim(F + G) = p + q + r = (p + q) + (p + r) – p\). Donc \(\dim(F + G) = \dim F + \dim G – \dim(F \cap G)\).
3. Par définition, \(E = F \oplus G\) équivaut à \(F \cap G = \{0\}\) et \(F + G = E\). Si \(F \cap G = \{0\}\), Grassmann donne \(\dim(F + G) = \dim F + \dim G\). Or le sous-espace \(F + G\) de \(E\) est égal à \(E\) si et seulement si sa dimension vaut \(n\). Donc \(E = F \oplus G\) si et seulement si \(F \cap G = \{0\}\) et \(\dim F + \dim G = n\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 2 points : 0,5 pour la construction des bases par le théorème de la base incomplète, 0,5 pour le caractère générateur, 0,5 pour la liberté, 0,5 pour la conclusion ; c) 0,5 point.

Exercice 2 : Sous-espaces définis par des équations (4 points)

1. La seconde équation donne \(x = y – 2z\). En reportant dans la première, \(t = -x – y – z = -2y + z\). Ainsi
   \[F = \{(y – 2z, y, z, -2y + z) \,:\, (y, z) \in \mathbb{R}^2\} = \operatorname{Vect}(u_1, u_2),\]
   avec \(u_1 = (1, 1, 0, -2)\) et \(u_2 = (-2, 0, 1, 1)\). Cette famille est libre, car ses coordonnées d’indices 2 et 3 sont \((1, 0)\) et \((0, 1)\). \((u_1, u_2)\) est une base de \(F\) et \(\dim F = 2\).
2. \(v_1\) et \(v_2\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(v_2\) est nulle, pas celle de \(v_1\)). La famille \((v_1, v_2)\) est donc libre et génératrice de \(G\) : \(\dim G = 2\). Un vecteur de \(G\) s’écrit \(\alpha v_1 + \beta v_2 = (\beta – \alpha, \alpha, \alpha, -\alpha)\). La première équation de \(F\) donne \(\beta – \alpha + \alpha + \alpha – \alpha = \beta = 0\), et la seconde \(\beta – \alpha – \alpha + 2\alpha = \beta = 0\). Donc \(F \cap G = \operatorname{Vect}(v_1)\), de dimension 1. On remarque d’ailleurs que \(v_1 = u_1 + u_2\).
3. Par la formule de Grassmann, \(\dim(F + G) = 2 + 2 – 1\), soit \(\dim(F + G) = 3\). Soit \(H = \{(x, y, z, t) \,:\, 2y – z + t = 0\}\). On a \(t = z – 2y\), donc \(H = \operatorname{Vect}((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, -2), (0, 0, 1, 1))\). Ces trois vecteurs forment une famille libre (coordonnées 1 à 3), donc \(\dim H = 3\). De plus, \(u_1\), \(u_2\) et \(v_2\) vérifient l’équation : \(2 – 0 – 2 = 0\), \(0 – 1 + 1 = 0\) et \(0 = 0\). Ainsi \(F + G = \operatorname{Vect}(u_1, u_2, v_2) \subset H\). Les dimensions étant égales, \(F + G = H\).
4. Si \((a, b, 0, 0) \in F\), alors \(a + b = 0\) et \(a – b = 0\), donc \(a = b = 0\) : \(F \cap \operatorname{Vect}(e_1, e_2) = \{0\}\). De plus, \(\dim F + \dim \operatorname{Vect}(e_1, e_2) = 2 + 2 = 4\). D’après l’exercice 1 c), \(\mathbb{R}^4 = F \oplus \operatorname{Vect}(e_1, e_2)\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la résolution, 0,5 pour la famille génératrice, 0,5 pour la liberté et la dimension ; b) 1 point : 0,5 pour \(\dim G\), 0,5 pour l’intersection ; c) 1 point : 0,5 pour Grassmann, 0,5 pour l’égalité par inclusion et dimension ; d) 0,5 point.

Exercice 3 : Rang d’une famille, bases extraites et complétées (4 points)

1. On vérifie coordonnée par coordonnée : \(2w_1 – w_2 = (2 – 2, 4 – 1, 0 – 1, 2 – 0) = (0, 3, -1, 2)\) et \(w_2 – w_1 = (1, -1, 1, -1)\). Donc \(w_3 = 2w_1 – w_2\) et \(w_4 = w_2 – w_1\). Ainsi \(W = \operatorname{Vect}(w_1, w_2)\). Or \(w_1\) et \(w_2\) ne sont pas colinéaires, car la troisième coordonnée de \(w_1\) est nulle, pas celle de \(w_2\). Le rang de la famille est \(\dim W = 2\).
2. D’après a), \((w_1, w_2)\) est une base de \(W\), extraite de la famille.
3. Montrons que \((w_1, w_2, e_1, e_2)\) est libre. Si \(\alpha w_1 + \beta w_2 + \gamma e_1 + \delta e_2 = 0\), alors \((\alpha + 2\beta + \gamma, 2\alpha + \beta + \delta, \beta, \alpha) = 0\). On obtient \(\beta = \alpha = 0\), puis \(\gamma = \delta = 0\). C’est une famille libre de 4 vecteurs dans \(\mathbb{R}^4\), de dimension 4. C’est donc une base de \(\mathbb{R}^4\) qui complète \((w_1, w_2)\).
4. Les polynômes \(1\), \(X – 2\) et \((X – 2)^2\) sont de degrés 0, 1 et 2, donc la famille est libre (degrés échelonnés). Elle compte 3 vecteurs, et \(\dim \mathbb{R}_2[X] = 3\). C’est donc une base de \(\mathbb{R}_2[X]\). Par la formule de Taylor en 2, ou en développant, \(X^2 = (X – 2)^2 + 4(X – 2) + 4\). Les coordonnées de \(X^2\) sont \((4, 4, 1)\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 par relation, 0,5 pour le rang ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 pour la liberté, 0,5 pour l’argument dimensionnel ; d) 1 point : 0,5 pour la base, 0,5 pour les coordonnées.

Exercice 4 : Supplémentaires dans un espace de polynômes (3 points)

1. Le polynôme nul est dans \(F\), et si \(P, Q \in F\), alors \((P + \lambda Q)(\pm 1) = 0\) : \(F\) est un sous-espace. Un polynôme \(P\) admet \(1\) et \(-1\) pour racines si et seulement si \((X – 1)(X + 1)\) le divise. Pour \(\deg P \leq\, 3\), cela signifie \(P = (X^2 – 1)(aX + b)\), avec \(a, b\) réels. Ainsi \(F = \operatorname{Vect}(X^2 – 1, X(X^2 – 1))\). Ces deux polynômes sont de degrés 2 et 3, distincts, donc la famille est libre. \((X^2 – 1, X^3 – X)\) est une base de \(F\) et \(\dim F = 2\).
2. Un polynôme de \(F \cap G\) est de degré au plus 1 et admet deux racines distinctes : il est nul. Donc \(F \cap G = \{0\}\). De plus, \(\dim F + \dim G = 2 + 2 = 4 = \dim \mathbb{R}_3[X]\). D’après la caractérisation dimensionnelle, \(\mathbb{R}_3[X] = F \oplus G\).
3. \(X^3 + X^2 = X(X^2 – 1) + (X^2 – 1) + X + 1\). La composante dans \(F\) est \(X^3 + X^2 – X – 1 = (X + 1)(X^2 – 1)\), et celle dans \(G\) est \(X + 1\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour le sous-espace, 0,5 pour la factorisation, 0,5 pour la base et la dimension ; b) 1 point : 0,5 pour l’intersection, 0,5 pour l’argument de dimension ; c) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : suites récurrentes linéaires d’ordre 2 (6 points)

1. La suite nulle appartient à \(\mathcal{E}\). Si \(u, v \in \mathcal{E}\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\), alors pour tout \(n\), \(u_{n+2} + \lambda v_{n+2} = (u_{n+1} + \lambda v_{n+1}) + 2(u_n + \lambda v_n)\). \(\mathcal{E}\) est donc un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{\mathbb{N}}\).
2. Les suites \(a\) et \(b\) existent, car une suite de \(\mathcal{E}\) est entièrement déterminée par ses deux premiers termes. Soit \(u \in \mathcal{E}\) et \(v = u – u_0 a – u_1 b\). Alors \(v \in \mathcal{E}\), avec \(v_0 = 0\) et \(v_1 = 0\). Par récurrence double, si \(v_n = v_{n+1} = 0\), alors \(v_{n+2} = 0\). Donc \(v = 0\) et \(u = u_0 a + u_1 b\) : la famille \((a, b)\) est génératrice. Elle est aussi libre : si \(\lambda a + \mu b = 0\), les termes d’indices 0 et 1 donnent \(\lambda = 0\) et \(\mu = 0\). \((a, b)\) est une base de \(\mathcal{E}\), donc \(\dim \mathcal{E} = 2\).
3. Pour \(q \neq 0\), \((q^n) \in \mathcal{E}\) équivaut à \(q^{n+2} = q^{n+1} + 2q^n\) pour tout \(n\), c’est-à-dire, en divisant par \(q^n\), à \(q^2 – q – 2 = 0\). Or \(q^2 – q – 2 = (q – 2)(q + 1)\). Les valeurs cherchées sont \(q = 2\) et \(q = -1\).
4. Les suites \((2^n)\) et \(((-1)^n)\) sont dans \(\mathcal{E}\). Si \(\lambda 2^n + \mu (-1)^n = 0\) pour tout \(n\), alors \(n = 0\) et \(n = 1\) donnent \(\lambda + \mu = 0\) et \(2\lambda – \mu = 0\), donc \(\lambda = \mu = 0\). C’est une famille libre de deux vecteurs dans \(\mathcal{E}\), de dimension 2. C’est donc une base de \(\mathcal{E}\), et toute suite de \(\mathcal{E}\) s’écrit \(u_n = \alpha 2^n + \beta (-1)^n\) avec \(\alpha, \beta\) réels.
5. On résout \(\alpha + \beta = 0\) et \(2\alpha – \beta = 3\) : \(3\alpha = 3\), donc \(\alpha = 1\) et \(\beta = -1\). Donc \(u_n = 2^n – (-1)^n\). Contrôle : \(u_2 = u_1 + 2u_0 = 3 = 4 – 1\) et \(u_3 = u_2 + 2u_1 = 9 = 8 + 1\).
6. Soit \(u = \alpha 2^n + \beta (-1)^n\). Si \(\alpha \neq 0\), alors \(|u_n| \geq\, |\alpha| 2^n – |\beta|\), qui tend vers \(+\infty\) : \(u\) n’est pas bornée. Réciproquement, \(\beta(-1)^n\) est bornée. Donc \(\mathcal{F} = \operatorname{Vect}(((-1)^n))\), sous-espace de dimension 1. Par ailleurs, \(u_0 = \alpha + \beta\), donc \(\mathcal{G} = \operatorname{Vect}((2^n – (-1)^n))\), de dimension 1. Une suite de \(\mathcal{F} \cap \mathcal{G}\) s’écrit \(\beta(-1)^n\) avec \(u_0 = \beta = 0\), donc \(\mathcal{F} \cap \mathcal{G} = \{0\}\). Enfin \(\dim \mathcal{F} + \dim \mathcal{G} = 2 = \dim \mathcal{E}\). Donc \(\mathcal{E} = \mathcal{F} \oplus \mathcal{G}\).

Erreur fréquente : en d), vérifier à la main que toute suite de \(\mathcal{E}\) est combinaison de \((2^n)\) et \(((-1)^n)\). C’est inutile : la liberté et la dimension 2 suffisent.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 1 pour le caractère générateur (récurrence), 0,5 pour la liberté et la dimension ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 pour la liberté, 0,5 pour l’argument dimensionnel ; e) 1 point ; f) 1 point : 0,5 pour la description de \(\mathcal{F}\) et \(\mathcal{G}\), 0,5 pour la conclusion.

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