Bases et dimension de sous-espaces : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : bases et dimension de sous-espaces

Le corrigé détaillé : bases et dimension de sous-espaces

Exercice 1 – Quatre parties à examiner (3 points)

Pour chaque partie, on teste d’abord la présence du vecteur nul, puis la stabilité par combinaison linéaire.

1. Le vecteur nul vérifie \(2 \times 0 – 0 + 3 \times 0 = 0\), donc il appartient à \(A\). Soient ensuite \(v = (x, y, z, t)\) et \(v^{\prime} = (x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}, t^{\prime})\) dans \(A\), et \(\lambda\) un réel. Le vecteur \(\lambda v + v^{\prime}\) a pour coordonnées \((\lambda x + x^{\prime}, \lambda y + y^{\prime}, \lambda z + z^{\prime}, \lambda t + t^{\prime})\). Or :
   \(2(\lambda x + x^{\prime}) – (\lambda y + y^{\prime}) + 3(\lambda t + t^{\prime}) = \lambda(2x – y + 3t) + (2x^{\prime} – y^{\prime} + 3t^{\prime}) = \lambda \times 0 + 0 = 0\).
   Ainsi \(\lambda v + v^{\prime} \in A\). Par conséquent, \(A\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^4\).
2. Pour le vecteur nul, on obtient \(0 + 0 + 0 + 0 = 0 \neq 1\). Comme un sous-espace contient toujours le vecteur nul, \(B\) n’est pas un sous-espace vectoriel.

3. Questions 3 et 4 : un contre-exemple, puis des polynômes

   Prenons \(a = (1, 0, 0, 1)\) et \(b = (1, 0, 0, -1)\). On a \(1^2 = 1^2\) et \(1^2 = (-1)^2\), donc \(a\) et \(b\) sont dans \(C\). En revanche, \(a + b = (2, 0, 0, 0)\) vérifie \(2^2 = 4 \neq 0 = 0^2\), donc \(a + b \notin C\). La partie \(C\) n’est pas stable par addition : \(C\) n’est pas un sous-espace vectoriel. La figure montre que \(C\) contient deux droites, mais que leur réunion ne contient pas la somme \(a + b\).

4. Le polynôme nul vérifie \(0 + 0 = 0\), donc il appartient à \(D\). Soient \(P\) et \(Q\) dans \(D\) et \(\lambda\) réel. Comme la dérivée de \(\lambda P + Q\) vaut \(\lambda P^{\prime} + Q^{\prime}\), on en tire :
   \((\lambda P + Q)(1) + (\lambda P + Q)^{\prime}(0) = \lambda\left(P(1) + P^{\prime}(0)\right) + \left(Q(1) + Q^{\prime}(0)\right) = 0\).
   Donc \(D\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}_3[X]\).

Piège classique : une partie peut contenir le vecteur nul sans être un sous-espace, comme \(C\). Le vecteur nul est une condition nécessaire, mais il faut aussi la stabilité.

Barème : 1) 1 point (0,25 pour le vecteur nul, 0,75 pour la stabilité) ; 2) 0,5 point ; 3) 0,5 point pour un contre-exemple explicite et vérifié ; 4) 1 point (0,25 pour le polynôme nul, 0,75 pour la stabilité).

Exercice 2 – Une famille de quatre vecteurs (4 points)

1. On calcule \(2u_1 = (2, 4, 0, -2)\), puis \(2u_1 – u_2 = (2, 3, -1, -4)\). Donc \(u_3 = 2u_1 – u_2\). La relation \(2u_1 – u_2 – u_3 + 0 \times u_4 = 0\) a des coefficients non tous nuls : la famille \((u_1, u_2, u_3, u_4)\) est liée.
2. Soient \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) réels tels que \(\alpha u_1 + \beta u_2 + \gamma u_4 = 0\). Coordonnée par coordonnée, on obtient le système :
   \(\alpha + \gamma = 0\) ; \(2\alpha + \beta + \gamma = 0\) ; \(\beta + \gamma = 0\) ; \(-\alpha + 2\beta + \gamma = 0\).
   Les première et troisième équations donnent \(\alpha = -\gamma\) et \(\beta = -\gamma\). La deuxième devient alors \(-2\gamma – \gamma + \gamma = -2\gamma = 0\), d’où \(\gamma = 0\), puis \(\alpha = \beta = 0\). La famille \((u_1, u_2, u_4)\) est donc libre.
   De plus, \(u_3 \in \mathrm{Vect}(u_1, u_2)\), si bien que \(G = \mathrm{Vect}(u_1, u_2, u_4)\). Ainsi \((u_1, u_2, u_4)\) est une base de \(G\), le rang de la famille initiale vaut \(3\) et \(\dim G = 3\).

3. Questions 3 et 4 : une équation de G, puis une base complétée

   On cherche \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) tels que \(ax + by + cz + dt = 0\) soit vérifiée par \(u_1\), \(u_2\) et \(u_4\) :
   \(a + 2b – d = 0\) ; \(b + c + 2d = 0\) ; \(a + b + c + d = 0\).
   La première donne \(a = d – 2b\). En reportant dans la troisième, on trouve \(c = b – 2d\). Alors la deuxième s’écrit \(b + b – 2d + 2d = 2b = 0\), donc \(b = 0\), \(a = d\) et \(c = -2d\). Avec \(d = 1\), on obtient l’équation \(x – 2z + t = 0\).
   Soit \(K\) l’ensemble des solutions de cette équation. Ses vecteurs s’écrivent \((2z – t, y, z, t) = y(0, 1, 0, 0) + z(2, 0, 1, 0) + t(-1, 0, 0, 1)\). Ces trois vecteurs forment une famille libre, car leurs deuxième, troisième et quatrième coordonnées sont échelonnées. Donc \(\dim K = 3\). Or \(u_1\), \(u_2\), \(u_4\) sont dans \(K\), donc \(G \subset K\), et les deux dimensions valent \(3\). Par conséquent, \(G = K\) : une équation de \(G\) est \(x – 2z + t = 0\).

4. Le vecteur \(e_1 = (1, 0, 0, 0)\) donne \(1 – 0 + 0 = 1 \neq 0\), donc \(e_1 \notin G\). Supposons \(\alpha u_1 + \beta u_2 + \gamma u_4 + \delta e_1 = 0\). Si \(\delta\) était non nul, \(e_1\) serait combinaison de vecteurs de \(G\), ce qui est faux. Donc \(\delta = 0\), puis \(\alpha = \beta = \gamma = 0\) car \((u_1, u_2, u_4)\) est libre. Nous disposons ainsi de \(4\) vecteurs indépendants, autant que la dimension de \(\mathbb{R}^4\). Donc \((u_1, u_2, u_4, e_1)\) est une base de \(\mathbb{R}^4\).

Piège classique : tous les vecteurs de la base canonique ne conviennent pas. Par exemple, \(e_2 = (0, 1, 0, 0)\) vérifie l’équation de \(G\), donc il appartient à \(G\) et ne complète pas la base.

Barème : 1) 1 point, partagé entre la relation trouvée et le mot « liée » ; 2) 1 point, dont la moitié sur la résolution du système ; 3) 1 point, la moitié pour les coefficients et le reste pour la comparaison des dimensions ; 4) 1 point.

Exercice 3 – Polynômes et suites récurrentes (4 points)

Partie A : un sous-espace de polynômes

1. Soit \(P \in \mathbb{R}_3[X]\). Les conditions \(P(2) = 0\) et \(P^{\prime}(2) = 0\) signifient que \(2\) est racine de \(P\) d’ordre au moins \(2\), c’est-à-dire que \((X – 2)^2\) divise \(P\). Comme \(\deg P \leq 3\), le quotient est de degré au plus \(1\), donc \(P = (X – 2)^2(aX + b)\). Réciproquement, un tel polynôme est de degré au plus \(3\) et admet \(2\) comme racine double, donc il appartient à \(F\).
   Ainsi \(F = \mathrm{Vect}\left((X – 2)^2, X(X – 2)^2\right)\). Ces deux polynômes sont de degrés distincts \(2\) et \(3\), donc ils forment une famille libre. Une base de \(F\) est \(\left((X – 2)^2, X(X – 2)^2\right)\), et \(\dim F = 2\).
2. Les quatre polynômes \(1\), \(X – 2\), \((X – 2)^2\), \((X – 2)^3\) sont de degrés \(0\), \(1\), \(2\), \(3\), tous distincts. Or des polynômes non nuls échelonnés en degré sont toujours indépendants. Cette famille compte \(4\) éléments dans \(\mathbb{R}_3[X]\), qui est de dimension \(4\) : c’est donc une base.
   Ensuite, la formule du binôme appliquée à \(X^3 = \left((X – 2) + 2\right)^3\) donne :
   \(X^3 = (X – 2)^3 + 6(X – 2)^2 + 12(X – 2) + 8\).
   On peut contrôler ce résultat par la formule de Taylor en \(2\) : \(P(2) = 8\), \(P^{\prime}(2) = 12\), \(\frac{P^{\prime\prime}(2)}{2} = 6\) et \(\frac{P^{\prime\prime\prime}(2)}{6} = 1\). Les coordonnées de \(X^3\) dans cette base sont \((8, 12, 6, 1)\).

Partie B : les suites récurrentes

1. La suite nulle vérifie la relation, car \(0 = 0 + 6 \times 0\). Si \(u\) et \(v\) sont dans \(S\) et \(\lambda\) est réel, alors pour tout \(n\) :
   \(\lambda u_{n+2} + v_{n+2} = \lambda(u_{n+1} + 6u_n) + (v_{n+1} + 6v_n) = (\lambda u_{n+1} + v_{n+1}) + 6(\lambda u_n + v_n)\).
   Donc \(S\) est un sous-espace vectoriel. De plus, \(g_{n+1} + 6g_n = 3 \times 3^n + 6 \times 3^n = 9 \times 3^n = g_{n+2}\). De même, \(h_{n+1} + 6h_n = -2(-2)^n + 6(-2)^n = 4(-2)^n = h_{n+2}\). Ainsi \(g\) et \(h\) appartiennent à \(S\).
2. Supposons \(\alpha g + \beta h = 0\). Au rang \(0\), on obtient \(\alpha + \beta = 0\), puis au rang \(1\), \(3\alpha – 2\beta = 0\). En remplaçant \(\beta\) par \(-\alpha\), il vient \(5\alpha = 0\), donc \(\alpha = \beta = 0\). La famille \((g, h)\) est libre.
3. On veut \(\alpha + \beta = u_0\) et \(3\alpha – 2\beta = u_1\). Le double de la première, ajouté à la seconde, fournit \(5\alpha = 2u_0 + u_1\). Donc \(\alpha = \frac{2u_0 + u_1}{5}\) et \(\beta = u_0 – \alpha = \frac{3u_0 – u_1}{5}\).
   Alors \(w = u – \alpha g – \beta h\) appartient à \(S\), car \(S\) est un sous-espace, et \(w_0 = w_1 = 0\). Une récurrence double établit alors la nullité de tous les termes : elle est acquise aux rangs \(0\) et \(1\). Si \(w_n = w_{n+1} = 0\), alors \(w_{n+2} = w_{n+1} + 6w_n = 0\). Par conséquent, \(w\) est la suite nulle et \(u = \alpha g + \beta h\).
   La famille \((g, h)\) est donc génératrice de \(S\) et libre. C’est une base de \(S\), et \(\dim S = 2\).

Barème : A1) 1 point, la racine double comptant autant que la base ; A2) 1 point, réparti entre l’argument des degrés et le développement de \(X^3\) ; B1) 0,5 point ; B2) 0,5 point ; B3) 1 point, à égalité entre le calcul de \(\alpha\), \(\beta\) et la récurrence double.

Exercice 4 – Deux plans supplémentaires (3 points)

1. Un vecteur \((x, y, z, t)\) est dans \(F\) si et seulement si \(y = -x\) et \(t = z\). Il s’écrit alors \((x, -x, z, z) = x(1, -1, 0, 0) + z(0, 0, 1, 1)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, car le premier a ses deux dernières coordonnées nulles et pas le second. Donc \(\left((1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)\right)\) est une base de \(F\), et \(\dim F = 2\).
2. D’abord, \(w_1\) et \(w_2\) ne sont pas colinéaires, donc \(\dim H = 2\). Ensuite, soit \(v = \alpha w_1 + \beta w_2 = (\alpha, \beta, \alpha, \beta)\) un vecteur de \(F \cap H\). Les équations de \(F\) donnent \(\alpha + \beta = 0\) et \(\alpha – \beta = 0\), donc \(\alpha = \beta = 0\). Ainsi \(F \cap H = \{0\}\) et la somme \(F + H\) est directe.
   Enfin, \(\dim(F \oplus H) = 2 + 2 = 4 = \dim \mathbb{R}^4\), donc \(F \oplus H = \mathbb{R}^4\). Les sous-espaces \(F\) et \(H\) sont supplémentaires dans \(\mathbb{R}^4\).
3. On cherche \(k = (\alpha, \beta, \alpha, \beta)\) tel que \(f = v – k = (3 – \alpha, 1 – \beta, 2 – \alpha, -\beta)\) soit dans \(F\). Les conditions s’écrivent \(4 – \alpha – \beta = 0\) et \(2 – \alpha + \beta = 0\), donc \(\alpha + \beta = 4\) et \(\alpha – \beta = 2\). On obtient \(\alpha = 3\) et \(\beta = 1\). Donc \(v = (0, 0, -1, -1) + (3, 1, 3, 1)\), et l’on vérifie bien que \((0, 0, -1, -1)\) est dans \(F\).

Barème : 1) 1 point, dont la moitié réservée à la non-colinéarité ; 2) 1,5 point, soit un demi-point chacun pour \(\dim H\), le calcul de \(F \cap H\) et le bilan des dimensions ; 3) 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : intersection et somme dans un espace de polynômes (6 points)

1. Le polynôme nul prend la valeur \(0\) en \(1\) et en \(-1\), donc il appartient à \(U\). Si \(P\) et \(R\) sont dans \(U\) et \(\lambda\) est réel, alors \((\lambda P + R)(1) = \lambda P(1) + R(1) = \lambda P(-1) + R(-1) = (\lambda P + R)(-1)\). Donc \(U\) est un sous-espace vectoriel de \(E\).
   Pour \(P = a + bX + cX^2 + dX^3\), on a \(P(1) = a + b + c + d\) et \(P(-1) = a – b + c – d\). La condition \(P(1) = P(-1)\) équivaut donc à \(2b + 2d = 0\), soit \(d = -b\). Alors \(P = a + cX^2 + b(X – X^3)\), et \(U = \mathrm{Vect}(1, X^2, X – X^3)\). Ces trois polynômes ont des degrés distincts \(0\), \(2\) et \(3\), si bien qu’ils forment une famille libre. Ainsi \((1, X^2, X – X^3)\) est une base de \(U\), et \(\dim U = 3\).
2. En \(0\), les deux polynômes valent \(0\). En \(2\), on trouve \(4 – 4 = 0\) et \(8 – 8 = 0\). Ils appartiennent donc à \(V\).
   Réciproquement, soit \(P \in V\). Les réels \(0\) et \(2\) sont deux racines distinctes de \(P\), donc \(X(X – 2)\) divise \(P\). Comme \(\deg P \leq 3\), on peut écrire \(P = X(X – 2)(\alpha X + \beta) = \alpha(X^3 – 2X^2) + \beta(X^2 – 2X)\). La famille est donc génératrice de \(V\). Elle est aussi libre, car ses deux polynômes sont de degrés \(3\) et \(2\). Par conséquent, \((X^2 – 2X, X^3 – 2X^2)\) est une base de \(V\), et \(\dim V = 2\).

3. Question 3 : l’intersection de U et V

   Un polynôme de \(V\) s’écrit \(P = \alpha(X^3 – 2X^2) + \beta(X^2 – 2X) = \alpha X^3 + (\beta – 2\alpha)X^2 – 2\beta X\). Ses coefficients sont donc \(b = -2\beta\) et \(d = \alpha\). D’après la question 1, \(P \in U\) si et seulement si \(d = -b\), c’est-à-dire \(\alpha = 2\beta\). On obtient alors :
   \(P = 2\beta(X^3 – 2X^2) + \beta(X^2 – 2X) = \beta(2X^3 – 3X^2 – 2X)\).
   Posons \(Q = 2X^3 – 3X^2 – 2X\). On vérifie que \(Q(1) = 2 – 3 – 2 = -3\) et \(Q(-1) = -2 – 3 + 2 = -3\), puis \(Q(0) = 0\) et \(Q(2) = 16 – 12 – 4 = 0\). Donc \(U \cap V = \mathrm{Vect}(Q)\), de base \((Q)\) et de dimension \(1\). La figure illustre les quatre valeurs vérifiées.

4. Questions 4 et 5 : sommes et supplémentaires

   La formule de Grassmann donne \(\dim(U + V) = \dim U + \dim V – \dim(U \cap V) = 3 + 2 – 1 = 4\). Or \(U + V\) est un sous-espace de \(E\), lui aussi de dimension \(4\). Donc \(U + V = E\). Cependant, \(U \cap V\) n’est pas réduit au polynôme nul : la somme n’est pas directe.

5. Le polynôme \(X\) vaut \(1\) en \(1\) et \(-1\) en \(-1\), donc \(X \notin U\). Si \(\lambda X \in U\), alors \(\lambda = -\lambda\), donc \(\lambda = 0\) : ainsi \(U \cap D = \{0\}\). De plus, \(\dim U + \dim D = 3 + 1 = 4 = \dim E\). Par conséquent, \(E = U \oplus D\).
   Ensuite, on cherche \(\lambda\) tel que \(X^3 – \lambda X \in U\). Avec \(b = -\lambda\) et \(d = 1\), la condition \(d = -b\) impose \(\lambda = 1\). Donc \(X^3 = (X^3 – X) + X\), où \(X^3 – X \in U\), puisque ce polynôme s’annule en \(1\) et en \(-1\), et où \(X \in D\).

Piège classique : \(U + V = E\) ne signifie pas que \(U\) et \(V\) sont supplémentaires. Il faut aussi une intersection nulle, ce qui est faux ici.

Barème : 1) 1,5 point, un demi-point par étape (structure, relation \(d = -b\), base) ; 2) 1 point ; 3) 1,5 point, dont un point sur le calcul menant à \(\alpha = 2\beta\) ; 4) 1 point ; 5) 1 point, équitablement réparti entre \(E = U \oplus D\) et l’écriture de \(X^3\).

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