Transcript corrigé - Site Personnel de Arnaud de Saint Julien

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2013-2014
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CORRIGÉ du DS n°7 du samedi 22 mars
Durée : 4 heures de 8h à 12h. Les calculatrices sont interdites.
Les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.
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Un exercice sur les groupes
Exercice 1 (Sous-groupes de Z) Déjà corrigé en TD
2
Exercices d’algèbre linéaire
Exercice 2 Soit n un entier supérieur ou égal à 3 et f : Rn [X] → R[X] l’application définie par :
∀P ∈ Rn [X],
f (P ) = (X 2 + 1)P ′ − 2XP.
1. Soit P et Q dans Rn [X] et λ ∈ K. On a
f (λP + Q)
=
(X 2 + 1)(λP + Q)′ − 2X(λP + Q)
= (X 2 + 1)λP ′ + (X 2 + 1)Q′ − 2XλP − 2XQ
= λ (X 2 + 1)P ′ − 2XP + (X 2 + 1)Q′ − 2XQ
= λf (P ) + f (Q)
Ainsi f est bien linéaire.
2. Nous allons déterminer les éléments de Ker f par analyse-synthèse. Nous pourrons alors déterminer une
base de Ker f .
Analyse : soit P ∈ Ker f non nul et n ∈ N son degré et an son coefficient dominant. Le terme de plus haut
degré de (X 2 + 1)P ′ est nan X n+1 est celui de 2XP est 2an X n+1 . On a donc nan = 2an donc n = 2 car
an 6= 0. Le polynôme P s’écrit donc P = aX 2 + bX + c avec a, b, c dans K. L’égalité (X 2 + 1)P ′ − 2XP = 0
nous fournit par identification a − c = 0 et b = 0 de sorte que P est de la forme λ(X 2 + 1) pour un certain
λ ∈ K.
Synthèse : soit λ ∈ K, on vérifie facilement que λ(X 2 + 1) ∈ E.
Nous venons de montrer que
Ker f = Vect (X 2 + 1) .
Ceci montre que (X 2 + 1) est une famille génératrice de Ker f . Constituée d’un seul vecteur non nul, cette
famille est libre et donc est une base de E. L’espace Ker f est donc une droite, dim E = 1 .
3. Déjà on a f (1) = −2X, f (X) = 1 − X 2 . De plus pour tout i ∈ {0, . . . , n},
f (X i ) = (X 2 + 1)iX i−1 − 2X i+1 = (i − 2)X i+1 + iX i−1 .
4. Remarquons déjà même si ce n’est pas indispensable que par le théorème du rang, on a
dim Im f = dim Rn [X] − dim Ker f = (n + 1) − 1 = n.
Ainsi dim Im f = n .
Pour déterminer une base de Im f , il faut d’abord en exhiber une famille génératrice. Or la famille
(1, X, . . . , X n ) étant la base canonique de Rn [X], d’après le cours, son image par f est une famille génératrice de l’image. Regardons de plus près cette famille :
(f (1), f (X), . . . , f (X n )) = (−2X, 1 − X 2 , 2X, X 4 + 3X 2 , 2X 5 + 4X 3 , . . . , (n − 2)X n+1 + nX n−1 ).
On remarque que f (1) = −2X est colinéaire au vecteur f (X 2 ) = 2X. La famille (f (X), . . . , f (X n ))
obtenue en enlevant le vecteur f (1) est encore génératrice de Im f . C’est notre candidat pour être une
base. Il y a maintenant deux méthodes :
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• on peut dire que c’est une famille génératrice de n vecteurs de Im f qui est un espace de dimension
n, c’est donc aussi une famille libre.
• on peut dire que la famille (1 − X 2 , 2X, X 4 + 3X 2 , 2X 5 + 4X 3 , . . . , (n − 2)X n+1 + nX n−1 ) est une
famille de polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts, donc elle est libre.
La famille (1 − X 2 , 2X, X 4 + 3X 2 , 2X 5 + 4X 3 , . . . , (n − 2)X n+1 + nX n−1 ) est donc une base de Im f . .
Exercice 3 On considère les sous-espaces vectoriels suivants de R3 :
F = {(x, y, z) ∈ R3 |
x + z = 0}
et G = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 2y = z}.
1. F est un plan de R3 .
(x, y, z) ∈ F ⇔ (x, y, z) = (−z, y, z) = z(−1, 0, 1) + y(0, 1, 0).
Ainsi F = Vect {(−1, 0, 1), (0, 1, 0)}. Cette famille engendre F et est libre car constituée de deux vecteurs
non colinéaires. C’est donc une base de F et dim F = 2.
On a aussi
(x, y, z) ∈ G ⇔ (x, y, z) = (2y, y, 2y) = y(2, 1, 2).
Ainsi G = Vect {(2, 1, 2)} et donc dim G = 1.
2. Puisque dim F +dim G = 3 = dim R3 , il suffit de montrer que F ∩G = {0}. Or si X ∈ F ∩G, X = (2t, t, 2t)
et ses coordonnées vérifient l’équation du plan donc F donc 2t + 2t = 0 donc t = 0 et X = 0.
3. Soit X = (x, y, z) ∈ R3 . On cherche à écrire X = X1 + X2 avec X1 ∈ F et X2 ∈ G donc de la forme
X2 = (2t, t, 2t). On cherche donc t tel que X − X2 ∈ F , c’est-à-dire tel que (x − 2t) + (z − 2t) = 0, d’où
3
t = x+z
4 . Finalement la projection du vecteur (x, y, z) ∈ R sur F , parallèlement à G vaut
X1 = X − X2 = (x, y, z) − (
x+z x+z x+z
x − z −x + 4y − z z − x
,
,
)= (
,
,
).
2
4
2
2
4
2
Exercice 4 (Somme de projecteurs) Soit p et q deux projecteurs d’un K-espace vectoriel E. On suppose
que p ◦ q = q ◦ p = 0.
1. Prendre p(x, y) = (x, 0) et q(x, y) = (0, y).
2. Comme p et q commutent, on a par le binôme de Newton,(p + q)2 = p2 + 2p ◦ q + q 2 = p + 0 + q = p + q.
Donc p + q est bien un projecteur.
3. Soit x ∈ Ker p ∩ Ker q. On a donc p(x) = q(x) = 0 donc (p + q)(x) = p(x) + q(x) = 0 ce qui montre que
x ∈ Ker(p + q). Ainsi Ker p ∩ Ker q ⊂ Ker(p + q).
Réciproquement, soit x ∈ Ker(p + q). On doit écrire x comme somme de deux vecteurs dont un dans
le noyau de p. On pense donc à écrire E = Ker p ⊕ Im p car p est un projecteur. Ainsi x = a + b avec
a ∈ Ker p et b ∈ Im p. Or on sait que Im p ⊂ Ker q car q ◦ p = 0 donc b ∈ Ker q. Ainsi x ∈ Ker p + Ker q.
D’où l’inclusion réciproque Ker(p + q) ⊂ Ker p ∩ Ker q.
4. Soit y ∈ Im(p + q), il existe x ∈ E tel que y = (p + q)(x) = p(x) + q(x). Ainsi y ∈ Im p + Im q. D’où
Im(p + q) ⊂ Im p + Im q.
Réciproquement, soit y ∈ Im p + Im q. Il existe a et b dans E tels que y = p(a) + q(b). Alors
(p + q)(p(a) + q(b)) = p(p(a)) + p(q(b)) + q(p(a)) +q(q(b)) = p(a) + q(b).
| {z } | {z }
0
0
Donc y = (p + q)(x) avec x = p(a) + q(b) ce qui montre que Im p + Im q ⊂ Im(p + q).
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3
Un problème : deux espaces de fonctions trigonométriques
Soit n ∈ N. On note fn et gn les fonctions définies sur R par :
fn (x) = cos(nx)
et gn (x) = cosn (x).
En particulier f0 et g0 sont égales à la fonction constante égale à 1.
On note aussi Fn et Gn les sous-espaces vectoriels de RR (le R-espace vectoriel des fonctions de R dans R)
définies par :
Fn = Vect {f0 , f1 , . . . , fn }
et Gn = Vect {g0 , g1 , . . . , gn }.
Le but de ce problème est de démontrer que Fn = Gn .
3.1
Le cas n = 2
1. Soit x ∈ R, la formule de duplication du sinus est cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1, donc f2 = 2g2 − g1 .
2. De plus, comme f0 = g0 = 1 et f1 = g1 = cos, on a donc que tout combinaison linéaire de f0 , f1 , f2 est une
combinaison linéaire de g0 , g1 , g2 , donc F2 ⊂ G2 . De même, on a cos2 (x) = 12 (1 + cos(2x)), ce qui montre
que g2 est combinaison linéaire de f0 , f1 , f2 , et donc on montre de même que G2 ⊂ F2 et donc F2 = G2 .
3. Soit a, b, c des réels tels que af0 + f1 + cf2 = 0. On a donc pour tout réel x, a + b cos x + c cos(2x) = 0. En
prenant x = 0, x = π2 , et x = π, on obtient le système :

 a+b+c = 0
a −c = 0

a−b+c = 0
qui donne a = b = c = 0.
La famille (f0 , f1 , f2 ) est donc une famille libre, qui engendre F2 , elle constitue donc une base de F2 qui
est de dimension 3.
3.2
Une inclusion
4. Le réel cos(nx) est la partie réelle de (cos x + i sin x)n . On va développer par la formule du binôme de
Newton et distinguer les termes d’indice pair et impairs de la somme en remarquant que i2p = (−1)p et
i2p+1 = i(−1)p .
n
(cos x + i sin x)
=
n X
n
k=0
=
k
n
X
(cos x)n−k × ik (sin x)k
n
(cos x)n−2p × (−1)p (sin x)2p
2p
k=0,k=2p
n
X
n
+i
(cos x)n−(2p+1) × (−1)p (sin x)2p+1
2p + 1
k=0,k=2p+1
Lorsque 0 6 k 6 n et n = 2p alors 0 6 p 6
n
2
et 0 6 p 6 E( n2 ) puisque p est un entier.
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Ainsi, en prenant la partie réelle, on a
cos(nx)
E(n/2) X
n
(cos x)n−2p (−1)p (sin2 x)p
2p
=
E(n/2) X
n
(cos x)n−2p (−1)p (1 − cos2 x)p
2p
=
E(n/2) X
n
(cos x)n−2p (cos2 x − 1)p .
2p
=
p=0
p=0
p=0
Le polynôme
P =
E(n/2) X
p=0
n
X n−2p (X 2 − 1)p
2p
est bien à coefficients réels et vérifie
∀x ∈ R, cos(nx) = P (cos x).
De plus, P est de degré n, car chaque terme X n−2p (X 2 − 1)p de la somme est de degré n.
Pn
Pn
5. On a donc fn = P (cos) = k=0 ak cosk = k=0 ak gk avec les ak des réels, ce qui montre que fn ∈ Gn .
On a donc pout tout i dans J0, nK, fi ∈ Gi ⊂ Gn et donc Vect {f0 , . . . , fn } ⊂ Gn car Gn est stable par
combinaison linéaire. Ainsi Fn ⊂ Gn .
3.3
Conclusion
6. Soit k et l des entiers. On considère l’intégrale
Z 2π
cos(kx) cos(lx) dx.
Ik,l =
0
(a) On a I0,0 = 2π et pour k 6= 0, en linéarisant
Ik,k =
Z
2π
0
1
1
(cos(2kx) + 1) dx =
2
2
.
Ainsi I0,0 = 2π et pour k 6= 0, Ik,k = π .
Z
2π
cos(kx) dx + π =
0
1 sin(kx) 2π
[
]0 + π = π
2
k
(b) Démontrer que Ik,l = 0 lorsque k 6= l. On utilise pour cela la linéarisation cos a cos b =
1
2
(cos(a + b) + cos(a − b)).
(c) Soit λ0 , λ1 , . . . , λn des réels et l ∈ J0, nK. On a par linéarité de l’intégrale
!
Z 2π X
Z 2π
n
n
n
X
X
λk Ik,l = λl Il,l .
fk (x)fl (x) dx =
λk
λk fk (x) fl (x) dx =
0
k=0
k=0
7. Soit λ0 , λ1 , . . . , λn des réels tels que
Pn
k=0
λk fk = 0
0
k=0
(⋆) .
Soit l ∈ J0, nK. En intégrant la relation (⋆), et en utilisant la question précédente, on obtient λl Il,l = 0,
donc λl = 0 car Il,l 6= 0, ce qui prouve que la famille (f0 , f0 , f1 , . . . , fn ) est libre.
8. (a) Cette famille libre engendre Fn donc en constitue une base, ainsi dim Fn = n + 1.
(b) L’espace Gn est engendré par (n + 1) vecteurs donc sa dimension est inférieure ou égale à n + 1. Mais
alors, comme Fn ⊂ Gn , on a dim Fn 6 dim Gn , ce qui donne n + 1 6 dim Gn . Finalement par double
inégalité, on a dim Gn = n + 1. Mais alors Fn est un sous-espace vectoriel de Gn et ils ont même
dimension, donc ils sont égaux.