Sommes directes, dimension et rang : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : sommes directes, dimension et rang

Le corrigé détaillé : sommes directes, dimension et rang

Exercice 1 – Un plan et une droite de l’espace (3 points)

1. Le plan \(P\) coïncide avec le noyau de \(\ell : (x, y, z) \mapsto 2x – y + z\), forme linéaire non nulle ; à ce titre, \(P\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^3\). Par le théorème du rang, \(\dim P = 3 – 1 = 2\). Les vecteurs \((1, 2, 0)\) et \((0, 1, 1)\) satisfont l’équation ; non proportionnels, ils forment une famille libre de deux vecteurs dans un plan. Ainsi \(((1, 2, 0), (0, 1, 1))\) est une base de \(P\).

   Prenons maintenant \(x = \lambda u\) dans l’intersection \(P \cap D\). Alors \(\ell(x) = \lambda(2 – 1 + 1) = 2\lambda = 0\), donc \(\lambda = 0\). Ainsi \(P \cap D = \{0\}\).

2. L’analyse-synthèse

   Analyse. Soit \(x = (a, b, c)\). Supposons que \(x = p + \lambda u\) avec \(p \in P\) et \(\lambda\) réel. En appliquant la forme linéaire \(\ell\), on obtient \(\ell(x) = 0 + \lambda\,\ell(u) = 2\lambda\). Nécessairement, \(\lambda = \frac{2a – b + c}{2}\), puis \(p = x – \lambda u\). La décomposition, si elle existe, est donc unique.

   Synthèse. Posons \(\lambda = \frac{2a – b + c}{2}\) et \(p = x – \lambda u\). Alors \(x = p + \lambda u\) avec \(\lambda u \in D\). De plus, \(\ell(p) = \ell(x) – 2\lambda = 0\), donc \(p \in P\). Par conséquent, tout vecteur s’écrit de façon unique \(p + \lambda u\), c’est-à-dire \(\mathbb{R}^3 = P \oplus D\), avec \(\lambda = \frac{2a – b + c}{2}\) et \(p = (a – \lambda, b – \lambda, c – \lambda)\).

3. Pour \(w = (3, 0, -1)\), on trouve \(\ell(w) = 6 – 0 – 1 = 5\), donc \(\lambda = \frac{5}{2}\). Puis \(p = \left(3 – \frac{5}{2}, -\frac{5}{2}, -1 – \frac{5}{2}\right)\). Ainsi \(w = \left(\frac{1}{2}, -\frac{5}{2}, -\frac{7}{2}\right) + \frac{5}{2}\,u\). On vérifie enfin que \(1 + \frac{5}{2} – \frac{7}{2} = 0\), donc \(p\) appartient bien à \(P\).

   

Barème : 1) sous-espace et base, 0,5 ; intersection nulle, 0,5. 2) Analyse menant à \(\lambda\), 0,75 ; synthèse vérifiée, 0,75. 3) Décomposition de \(w\) avec contrôle, 0,5.

Piège classique : se contenter de l’analyse. Elle prouve seulement l’unicité ; c’est la synthèse qui établit l’existence, en vérifiant que \(p\) appartient bien à \(P\).

Exercice 2 – Grassmann dans les polynômes de degré au plus 3 (4 points)

1. L’évaluation en \(1\) est linéaire, et \(F\) en est exactement le noyau : \(F\) est donc un sous-espace de \(E\). Les trois polynômes \(X – 1\), \(X^2 – 1\) et \(X^3 – 1\) s’annulent en \(1\), et ils sont de degrés échelonnés \(1, 2, 3\), donc ils forment une famille libre de \(F\).

   Soit maintenant \(P = a_0 + a_1 X + a_2 X^2 + a_3 X^3\) dans \(F\). Comme \(P(1) = 0\), on peut écrire \(P = P – P(1) = a_1(X – 1) + a_2(X^2 – 1) + a_3(X^3 – 1)\). La famille est donc génératrice de \(F\). Ainsi \((X – 1, X^2 – 1, X^3 – 1)\) est une base de \(F\), et \(\dim F = 3\).

2. Soit \(P = a + bX + cX^2 + dX^3\). D’une part, \(P^{\prime}(0) = b\). D’autre part, \(P(-1) = a – b + c – d\). Les conditions définissant \(G\) équivalent donc à \(b = 0\) et \(d = a + c\), autrement dit à \(P = a(1 + X^3) + c(X^2 + X^3)\). La famille \((1 + X^3, X^2 + X^3)\) engendre donc \(G\). Comme ses deux vecteurs ne sont pas colinéaires (leurs termes constants diffèrent alors que leurs coefficients de \(X^3\) sont égaux), elle est libre. Par conséquent, \((1 + X^3, X^2 + X^3)\) est une base de \(G\), et \(\dim G = 2\).

3. Intersection, somme et supplémentaires

   Un élément de \(G\) s’écrit \(P = a(1 + X^3) + c(X^2 + X^3)\), et \(P(1) = 2a + 2c\). Il est dans \(F\) exactement lorsque \(c = -a\), soit \(P = a(1 – X^2)\). Cette intersection est donc une droite : \(F \cap G = \mathrm{Vect}(1 – X^2)\).

   Par Grassmann, on obtient alors \(\dim(F + G) = 3 + 2 – 1 = 4 = \dim E\), donc \(F + G = E\). En revanche, l’intersection n’est pas réduite à \(\{0\}\) : la somme n’est pas directe.

4. D’abord, \(1 + X^3\) prend la valeur \(2\) en \(1\), donc il n’appartient pas à \(F\) et \(H \cap F = \{0\}\). Comme \(\dim H + \dim F = 1 + 3 = \dim E\), on obtient \(E = F \oplus H\).

   Ensuite, \(H \subset G\) et \(H \cap (F \cap G) \subset H \cap F = \{0\}\). De plus, \(\dim H + \dim(F \cap G) = 2 = \dim G\). Ainsi \(G = (F \cap G) \oplus H\), ce qui illustre la construction d’une base adaptée à la somme \(F + G\).

Barème : 1) sous-espace, 0,25 ; liberté, 0,25 ; caractère générateur, 0,5. 2) Équations de \(G\), 0,5 ; base justifiée, 0,5. 3) Intersection, 0,5 ; Grassmann et conclusion, 0,5. 4) Chaque supplémentarité vaut 0,5.

Piège classique : conclure qu’une somme est directe parce qu’elle remplit tout l’espace. Ici \(F + G = E\), mais \(\dim F + \dim G = 5 > 4\) : l’intersection est forcément non nulle.

Exercice 3 – Rang d’une composée (4 points)

1. Si \(u(x) = 0\), alors \(v(u(x)) = v(0) = 0\) par linéarité de \(v\), donc \(\mathrm{Ker}\,u \subset \mathrm{Ker}(v \circ u)\). De même, tout vecteur \(v(u(x))\) est l’image par \(v\) du vecteur \(u(x)\), donc \(\mathrm{Im}(v \circ u) \subset \mathrm{Im}\,v\).

   La seconde inclusion donne directement \(\mathrm{rg}(v \circ u) \leq \mathrm{rg}\,v\). Pour la première, le théorème du rang appliqué à \(u\) et à \(v \circ u\) fournit \(\mathrm{rg}(v \circ u) = n – \dim \mathrm{Ker}(v \circ u) \leq n – \dim \mathrm{Ker}\,u = \mathrm{rg}\,u\). Ainsi \(\mathrm{rg}(v \circ u) \leq \min(\mathrm{rg}\,u, \mathrm{rg}\,v)\).

2. La restriction de v à l’image de u

   L’application \(w : \mathrm{Im}\,u \to E\), \(y \mapsto v(y)\), est linéaire. Son noyau est formé des \(y \in \mathrm{Im}\,u\) tels que \(v(y) = 0\), donc \(\mathrm{Ker}\,w = \mathrm{Ker}\,v \cap \mathrm{Im}\,u\). Son image est l’ensemble des \(v(u(x))\) pour \(x \in E\), d’où \(\mathrm{Im}\,w = \mathrm{Im}(v \circ u)\).

   Le théorème du rang, appliqué à \(w\) sur l’espace de départ \(\mathrm{Im}\,u\), de dimension finie \(\mathrm{rg}\,u\), donne alors \(\mathrm{rg}\,u = \dim \mathrm{Ker}\,w + \mathrm{rg}\,w\). Par conséquent, \(\mathrm{rg}(v \circ u) = \mathrm{rg}\,u – \dim(\mathrm{Ker}\,v \cap \mathrm{Im}\,u)\).

3. Comme \(\mathrm{Ker}\,v \cap \mathrm{Im}\,u \subset \mathrm{Ker}\,v\), on a \(\dim(\mathrm{Ker}\,v \cap \mathrm{Im}\,u) \leq \dim \mathrm{Ker}\,v = n – \mathrm{rg}\,v\). En reportant dans l’égalité précédente, on obtient \(\mathrm{rg}(v \circ u) \geq \mathrm{rg}\,u + \mathrm{rg}\,v – n\).

   Si enfin \(u \circ u = 0\), on applique cette inégalité avec \(v = u\) : \(0 \geq 2\,\mathrm{rg}\,u – n\). Donc \(\mathrm{rg}\,u \leq \frac{n}{2}\). On peut aussi le voir directement : \(u \circ u = 0\) signifie \(\mathrm{Im}\,u \subset \mathrm{Ker}\,u\), d’où \(\mathrm{rg}\,u \leq n – \mathrm{rg}\,u\).

Barème : 1) les deux inclusions, 0,5 ; inégalités de rang, 0,5. 2) Noyau et image de \(w\), 0,75 ; formule par le théorème du rang, 0,75. 3) Inégalité de Sylvester, 0,75 ; cas \(u \circ u = 0\), 0,75.

Piège classique : appliquer le théorème du rang à \(w\) avec \(E\) comme espace de départ. L’espace de départ de la restriction est \(\mathrm{Im}\,u\), de dimension \(\mathrm{rg}\,u\), et non \(n\).

Exercice 4 – Un endomorphisme de R3[X] diagonal sans le dire (4 points)

1. La dérivation et la multiplication par un polynôme fixé sont linéaires, ce qui rend \(\varphi\) linéaire. Pour \(\deg P \leq 3\), le produit \((X – 1)P^{\prime}\) reste de degré au plus \(1 + 2 = 3\) : le polynôme \(\varphi(P)\) ne sort pas de \(\mathbb{R}_3[X]\). On a bien affaire à un endomorphisme de \(\mathbb{R}_3[X]\).

2. Les polynômes \((X – 1)^k\), pour \(0 \leq k \leq 3\), sont de degrés échelonnés \(0, 1, 2, 3\). Ils forment donc une famille libre de quatre vecteurs dans un espace de dimension 4 : c’est une base de \(\mathbb{R}_3[X]\).

   Ensuite, la dérivée de \((X – 1)^k\) vaut \(k(X – 1)^{k-1}\), donc \(\varphi\left((X – 1)^k\right) = k(X – 1)^k – 2(X – 1)^k\). Par conséquent, \(\varphi\left((X – 1)^k\right) = (k – 2)(X – 1)^k\) : on obtient \(-2\), \(-(X – 1)\), \(0\) et \((X – 1)^3\).

3. Écrivons \(P = a_0 + a_1(X – 1) + a_2(X – 1)^2 + a_3(X – 1)^3\). Par linéarité, \(\varphi(P) = -2a_0 – a_1(X – 1) + a_3(X – 1)^3\). Ce polynôme est nul si et seulement si \(a_0 = a_1 = a_3 = 0\), car la famille est libre. Ainsi \(\mathrm{Ker}\,\varphi = \mathrm{Vect}\left((X – 1)^2\right)\), et le théorème du rang donne \(\mathrm{rg}\,\varphi = 4 – 1 = 3\).

4. Image et supplémentarité

   Les images des vecteurs d’une base engendrent l’image ; ici, \(\mathrm{Im}\,\varphi = \mathrm{Vect}\left(1, X – 1, (X – 1)^3\right)\). Par ailleurs, la formule de Taylor en \(1\) donne, pour tout \(Q \in \mathbb{R}_3[X]\), \(Q = \sum_{k=0}^{3} \frac{Q^{(k)}(1)}{k!}(X – 1)^k\). Le coefficient de \((X – 1)^2\) vaut donc \(\frac{Q^{\prime\prime}(1)}{2}\). Un polynôme \(Q\) appartient à \(\mathrm{Vect}\left(1, X – 1, (X – 1)^3\right)\) exactement quand ce coefficient est nul. Ainsi \(\mathrm{Im}\,\varphi = \{Q \in \mathbb{R}_3[X] : Q^{\prime\prime}(1) = 0\}\).

   Enfin, un élément \(c(X – 1)^2\) du noyau a pour dérivée seconde \(2c\) en \(1\). Il n’est donc dans l’image que si \(c = 0\), d’où \(\mathrm{Ker}\,\varphi \cap \mathrm{Im}\,\varphi = \{0\}\). Comme \(1 + 3 = 4\), on conclut que \(\mathbb{R}_3[X] = \mathrm{Ker}\,\varphi \oplus \mathrm{Im}\,\varphi\).

Barème : 1) linéarité et stabilité du degré, 0,5. 2) Base, 0,5 ; images \((k – 2)(X – 1)^k\), 0,5. 3) Noyau, 0,75 ; rang, 0,25. 4) Description de l’image par Taylor, 1 ; somme directe, 0,5.

Piège classique : croire que le noyau et l’image sont toujours supplémentaires. C’est vrai ici grâce à la base adaptée, mais faux en général, comme le montre la question 5 du problème.

Exercice 5 – Problème : noyaux itérés et décomposition de Fitting (5 points)

1. Soit \(x \in K_p\). Alors \(u^{p+1}(x) = u\left(u^p(x)\right) = u(0) = 0\), donc \(x \in K_{p+1}\). De même, soit \(y = u^{p+1}(x)\) un élément de \(I_{p+1}\). On l’écrit \(y = u^p\left(u(x)\right)\), si bien que \(y \in I_p\). Pour l’inclusion, les noyaux itérés grossissent tandis que les images itérées rétrécissent.

2. Soit \(p \geq r\) et \(x \in K_{p+1}\). Alors \(u^{r+1}\left(u^{p-r}(x)\right) = u^{p+1}(x) = 0\), donc \(u^{p-r}(x) \in K_{r+1} = K_r\). Il vient \(u^p(x) = u^r\left(u^{p-r}(x)\right) = 0\), c’est-à-dire \(x \in K_p\). Avec la question 1, on obtient \(K_{p+1} = K_p\) pour tout \(p \geq r\). Une récurrence immédiate donne alors \(K_p = K_r\) pour tout \(p \geq r\).

3. Stationnement des deux suites

   Raisonnons par l’absurde : si les inclusions \(K_p \subset K_{p+1}\) étaient strictes pour \(p = 0, \ldots, n\), les dimensions augmenteraient d’au moins 1 à chaque pas. On aurait alors \(\dim K_{n+1} \geq n + 1\), ce qui est impossible dans \(E\). Il existe donc un entier \(p \leq n\) tel que \(K_p = K_{p+1}\), et le plus petit d’entre eux, noté \(r\), vérifie \(r \leq n\).

   Pour \(p \geq r\), le théorème du rang donne \(\dim I_p = n – \dim K_p = n – \dim K_r = \dim I_r\). Or \(I_p \subset I_r\) d’après la question 1, et ces deux sous-espaces ont la même dimension finie. Par conséquent, \(I_p = I_r\) pour tout \(p \geq r\).

4. La décomposition de Fitting

   Soit \(x \in K_r \cap I_r\). On écrit \(x = u^r(y)\) avec \(y \in E\). Alors \(u^{2r}(y) = u^r(x) = 0\), donc \(y \in K_{2r}\). Or \(K_{2r} = K_r\) par la question 2, d’où \(x = u^r(y) = 0\). Ainsi \(K_r \cap I_r = \{0\}\).

   De plus, le théorème du rang appliqué à \(u^r\) donne \(\dim K_r + \dim I_r = n\). Une somme directe de deux sous-espaces dont les dimensions totalisent \(n\) remplit \(E\). Finalement, \(E = K_r \oplus I_r\).

5. Pour \(x = ae_1 + be_2 + ce_3\), on calcule \(u(x) = be_1 + ce_3\), puis \(u^2(x) = ce_3\) et \(u^3(x) = ce_3\). Donc \(K_1 = \mathrm{Vect}(e_1)\), alors que \(K_2 = K_3 = \mathrm{Vect}(e_1, e_2)\). Ainsi \(r = 2\), \(I_2 = \mathrm{Vect}(e_3)\) et \(\mathbb{R}^3 = \mathrm{Vect}(e_1, e_2) \oplus \mathrm{Vect}(e_3)\).

   

   En revanche, \(I_1 = \mathrm{Vect}(e_1, e_3)\) contient \(e_1\), qui est aussi dans \(K_1\). Donc \(K_1 \cap I_1 = \mathrm{Vect}(e_1) \neq \{0\}\) : la somme directe exige bien d’attendre le rang \(r\).

Barème : 1) les deux inclusions, 0,5 chacune. 2) Inclusion \(K_{p+1} \subset K_p\) pour \(p \geq r\), 1. 3) Existence de \(r \leq n\), 0,5 ; stationnement des images, 0,5. 4) Intersection nulle, 1 ; argument de dimension, 0,5. 5) Calcul de \(r\) et de la décomposition, 0,25 ; remarque sur \(K_1 \cap I_1\), 0,25.

Piège classique : déduire \(I_p = I_r\) de la seule égalité des noyaux sans argument de dimension. C’est le théorème du rang, joint à l’inclusion \(I_p \subset I_r\), qui conclut.

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