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 vectoriel C (R, R) : le sous-espace
vectoriel
constitué des fonctions paires, puis celui des solutions d'une équation
différentielle linéaire d'ordre 2, 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 vectoriel E de dimension finie est diagonalisable si et seulement si
tout sous-espace vectoriel de E admet un supplémentaire stable par f .
· La troisième partie traite de calcul différentiel. Dans l'espace vectoriel F
des
polynômes à deux indéterminées, on définit les opérateurs différentiels
F - F
F - F
e
e
2
2
2
:
et
:
f 7- f - f
f 7- f
2
2
x
y
x y
e on utilise le changement
Après avoir construit un supplémentaire de Ker ,
de variable (x, y) 7- ((x + y) /2, (x - y) /2) pour obtenir un supplémentaire
e
de Ker .
· Enfin, dans la dernière partie, on s'intéresse à des problèmes de géométrie.
On
établit le résultat théorique suivant : une forme linéaire fk+1 est combinaison
linéaire de k formes linéaires f1 , . . . , fk si et seulement si son noyau
contient
l'intersection des noyaux des formes linéaires f1 , . . . , fk .
Cette partie se conclut sur une application de ce résultat dans R3 : 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
nombreuses techniques d'algèbre linéaire y sont utilisées : elle constitue donc
un excellent
sujet de révision.
Indications
Partie I
2 Commencer par résoudre l'équation différentielle.
4 Étant donnée f E, utiliser le théorème de Cauchy pour trouver sa composante
selon F.
Partie II
7 Chercher un vecteur propre de f qui n'est pas dans (P).
8 Pour l'implication i 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 de f est un sous-espace vectoriel strict de E.
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 .
n P
m
P
12 Pour décomposer un élément f de F, l'exprimer sous la forme
i,j fi,j et
i=0j=0
identifier les composantes.
13 Pour la bijectivité, chercher la fonction réciproque.
e (L(f )) à l'aide des dérivées partielles de f .
14 Pour une fonction f F, exprimer
16 Rassembler les résultats des questions précédentes.
Partie IV
17 Pour l'implication ii i, construire h par condition nécessaire puis montrer
que
l'application obtenue convient.
18 Pour l'implication i 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.
I.
Deux exemples simples de supplémentaires
1 Soit G le sous-espace vectoriel de E constitué des fonctions impaires.
Montrons
que G est un supplémentaire de F dans E.
· Analyse : soit f E. Supposons trouvées p et i deux fonctions respectivement
paire et impaire telles que f = 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,
comme p est paire et i impaire, 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, p est la fonction x 7- f (x)/2 + f (-x)/2 et
i la fonction x 7- f (x)/2 - f (-x)/2. D'où l'unicité de la décomposition de f .
· Synthèse : soit f E, et soient les fonctions
p : x 7-
f (x) + f (-x)
2
et
i : x 7-
f (x) - f (-x)
2
Clairement f = p+i. D'après les théorèmes généraux sur les fonctions de classes
C , on sait que p et i sont de classe C , donc dans E. On a par ailleurs, pour
tout réel x,
p(-x) =
et
i(-x) =
f (-x) + f (-(-x))
= p(x)
2
f (-x) - f (-(-x))
= -i(x)
2
C'est-à-dire que p est paire et i impaire. D'où l'existence de la décomposition
de f comme la somme d'un élément de F et d'un élément de G.
G est un supplémentaire de F dans E.
C'est presque un résultat de cours. Bien sûr, il n'y a pas unicité du
supplémentaire, on peut notamment en construire une infinité en s'inspirant de
celui-ci. Par exemple, si est un réel strictement positif, on montre de façon
analogue que l'ensemble des fonctions de E vérifiant la propriété :
x > 0 f (-x) = -f (x)
est un supplémentaire de F dans E.
2 Commençons par résoudre l'équation différentielle y + y + y = 0. C'est une
équation différentielle linéaire d'ordre deux à coefficientsconstants.
Son équation
caractéristique r2 + r + 1 = 0 admet pour racines -1 - i 3 /2 et -1 + i 3 /2.
Les solutions complexes de l'équation différentielle sont donc les fonctions de
la
forme
x 7- e
-1-i 3
x
2
+ µe
-1+i 3
x
2
avec
et µ complexes.
Par suite, les solutions réelles sont les fonctions de la forme
!
x
3
x
3
+ B sin
avec
x 7- e-x/2 A cos
2
2
Posons f1 :
R - R
x 3
x 7- e-x/2 cos
2
et
f2 :
A et B réels.
R - R
x 3
x 7- e-x/2 sin
2
On obtient F = Vect (f1 , f2 ), c'est-à-dire que tout élément f de F s'écrit
sous la forme
f = f f1 + f f2 , avec (f , f ) R2 .
Pour l'unicité, il suffit de montrer que (f1 , f2 ) est une famille libre.
Soient et
deux réels tels que f1 + f2 = 0. En appliquant la relation
au point 0, on obtient
f1 (0)+f2 (0) = 0, soit = 0. En l'appliquant au point / 3, il vient e-/2 3 = 0
donc = 0. Donc la famille est libre.
Tout élément f de F se décompose de manière unique
sous la forme f = f f1 + f f2 , avec (f , f ) R2 .
3 Appliquée en 0, la relation f = f f1 + f f2 donne f (0) = f . Par dérivation,
f = f f1 + f f2 et donc f (0) = f f1 (0) +
soit
f (0) = -f /2 + 3f /2.
f f2 (0),
On en déduit que f = f (0) et f = f (0)/ 3 + 2f (0)/ 3. Ainsi
f
f
!
=
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 particulières f1 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 que F G = {0}, où 0 désigne ici la fonction nulle. Soit
f F G. D'une part, f G donc f (0) = f (0) = 0. D'autre part, f F donc,
d'après la question 2, on peut trouver deux réels f et f tels que f = f f1 + f
f2 .
D'après la question 3,
!
!
!
1
0
f
f (0)
=
f
f (0)
1/ 3 2/ 3
D'où
Ce qui prouve que
f = f = 0
et donc
f =0
F G = {0}
