Projecteurs, symétries et hyperplans : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : projecteurs, symétries et hyperplans

Le corrigé détaillé : projecteurs, symétries et hyperplans

Exercice 1 – Un projecteur de l’espace (4 points)

1. Les colonnes de \(A\) sont les images des vecteurs de la base canonique : \(A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & -2 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}\). La première ligne de \(A^2\) vaut \((1, 0, 0)\). Pour la deuxième, on trouve \(-1 – 2 + 2 = -1\), puis \(4 – 2 = 2\), puis \(-4 + 2 = -2\). Pour la troisième, on obtient \(-1 – 1 + 1 = -1\), puis \(2 – 1 = 1\), puis \(-2 + 1 = -1\). Ainsi \(A^2 = A\), donc \(p \circ p = p\) : \(p\) est un projecteur.

2. Question 2 : noyau et image

   Le noyau s’obtient en résolvant \(x = 0\), \(-x + 2y – 2z = 0\) et \(-x + y – z = 0\) : il reste \(x = 0\) et \(y = z\). Donc \(\mathrm{Ker}\,p = \mathrm{Vect}(0, 1, 1) = D\).

   Comme \(p\) est un projecteur, son image est l’ensemble de ses vecteurs invariants. Or \(p(x, y, z) – (x, y, z) = (0,\; -x + y – 2z,\; -x + y – 2z) = -(x – y + 2z)\,d\). Par conséquent, \(p(v) = v\) équivaut à \(x – y + 2z = 0\), et \(\mathrm{Im}\,p = P\). Donc \(p\) est la projection sur le plan \(P\) parallèlement à la droite \(D\). On note au passage que \(d \notin P\), car \(0 – 1 + 2 = 1 \neq 0\).

3. Question 3 : la symétrie associée

   Par définition, \(s(x, y, z) = 2p(x, y, z) – (x, y, z) = (x,\; -2x + 3y – 4z,\; -2x + 2y – 3z)\). Ensuite, puisque \(p\) et \(\mathrm{id}\) commutent, \(s \circ s = 4p \circ p – 4p + \mathrm{id} = 4p – 4p + \mathrm{id} = \mathrm{id}\). C’est donc la symétrie par rapport à \(P\) parallèlement à \(D\).

   Pour \(v = (2, 1, 0)\), on calcule \(p(v) = (2,\; -2 + 2,\; -2 + 1) = (2, 0, -1)\), qui vérifie bien \(2 – 0 – 2 = 0\). De plus \(v – p(v) = (0, 1, 1) \in D\). Finalement \(p(v) = (2, 0, -1)\) et \(s(v) = 2p(v) – v = (2, -1, -2)\).

Barème : 1) matrice (0,5) et calcul de \(A^2\) (0,5) ; 2) noyau (0,5), image par les vecteurs invariants (0,75), interprétation (0,25) ; 3) expression de \(s\) (0,5), \(s \circ s = \mathrm{id}\) (0,5), \(p(v)\) et \(s(v)\) (0,5).

Piège classique : chercher l’image en échelonnant les colonnes alors qu’une équation est attendue. Pour un projecteur, il est bien plus rapide de résoudre \(p(v) = v\).

Exercice 2 – Interpolation affine dans R2[X] (4 points)

1. Les applications \(P \mapsto P(0)\) et \(P \mapsto P(1)\) sont linéaires, donc \(\pi\) l’est aussi. De plus, \(\pi(P)\) est de degré au plus 1, donc appartient à \(E\) : \(\pi\) est un endomorphisme de \(E\). Posons maintenant \(Q = \pi(P)\). Alors \(Q(0) = P(0)\) et \(Q(1) = P(0) + P(1) – P(0) = P(1)\). Il vient donc \(\pi(Q) = Q(0) + \left(Q(1) – Q(0)\right)X = \pi(P)\). Ainsi \(\pi \circ \pi = \pi\) : \(\pi\) est un projecteur.

2. Question 2 : noyau, image et supplémentaires

   Un polynôme \(P\) est dans le noyau lorsque \(P(0) = 0\) et \(P(1) – P(0) = 0\), c’est-à-dire lorsque 0 et 1 sont racines de \(P\). Comme \(\deg P \leq 2\), cela équivaut à \(P = c\,X(X – 1)\) avec \(c\) réel. Donc \(\mathrm{Ker}\,\pi = \mathrm{Vect}\left(X^2 – X\right)\).

   D’une part, \(\mathrm{Im}\,\pi \subset \mathbb{R}_1[X]\). D’autre part, tout \(Q = \alpha + \beta X\) vérifie \(\pi(Q) = \alpha + \beta X = Q\), donc \(Q \in \mathrm{Im}\,\pi\). Par conséquent \(\mathrm{Im}\,\pi = \mathbb{R}_1[X]\). Puisque \(\pi\) est un projecteur, \(E = \mathrm{Im}\,\pi \oplus \mathrm{Ker}\,\pi\), soit \(\mathbb{R}_2[X] = \mathbb{R}_1[X] \oplus \mathrm{Vect}\left(X^2 – X\right)\).

3. On a \(P_0(0) = 1\) et \(P_0(1) = 2 – 1 + 1 = 2\), donc \(\pi(P_0) = 1 + X\), ce que confirme la figure de l’énoncé. Ensuite \(\sigma(P_0) = 2(1 + X) – \left(2X^2 – X + 1\right)\). Contrôle : \(P_0 – \pi(P_0) = 2\left(X^2 – X\right)\) appartient bien au noyau. Ainsi \(\pi(P_0) = 1 + X\) et \(\sigma(P_0) = 1 + 3X – 2X^2\).

Barème : 1) linéarité et stabilité (0,5), calcul de \(\pi \circ \pi\) (1) ; 2) noyau (0,5), image (0,5), somme directe (0,5) ; 3) \(\pi(P_0)\) (0,5) et \(\sigma(P_0)\) (0,5).

Piège classique : oublier de vérifier que \(\pi(P)\) appartient à \(E\). Un endomorphisme doit envoyer \(E\) dans lui-même, et pas seulement être linéaire.

Exercice 3 – Équations d’hyperplans (4 points)

1. Supposons \(\alpha h_1 + \beta h_2 + \gamma h_3 = 0\). Les coordonnées donnent \(\alpha = 0\), \(\alpha + \beta = 0\), \(\beta + \gamma = 0\) et \(\gamma = 0\), donc \(\alpha = \beta = \gamma = 0\). La famille est libre, si bien que \(\dim H = 3 = 4 – 1\) : \(H\) est un hyperplan. Considérons ensuite la forme linéaire \(\varphi(x, y, z, t) = x – y + z – t\), non nulle. Elle s’annule sur \(h_1\), \(h_2\) et \(h_3\), donc \(H \subset \mathrm{Ker}\,\varphi\). Or ces deux sous-espaces sont de dimension 3, d’où l’égalité. Une équation de \(H\) est \(x – y + z – t = 0\).
2. On a \(\varphi(e_1) = 1 \neq 0\), donc \(e_1 \notin H\) et \(H \cap \mathrm{Vect}(e_1) = \{0\}\). Comme \(3 + 1 = 4\), les deux sous-espaces sont supplémentaires. Pour décomposer \(w\), on cherche \(w = h + \lambda e_1\) avec \(h \in H\) : en appliquant \(\varphi\), il vient \(\lambda = \varphi(w) = 1 – 2 + 3 – 4 = -2\). Alors \(h = w + 2e_1 = (3, 2, 3, 4)\), et \(\varphi(h) = 3 – 2 + 3 – 4 = 0\) confirme le résultat. Ainsi \(w = (3, 2, 3, 4) – 2e_1\).

3. Question 3 : un hyperplan de polynômes

   L’application \(\psi : Q \mapsto Q(2) – Q^{\prime}(1)\) est linéaire et à valeurs réelles : c’est une forme linéaire. Elle n’est pas nulle, car \(\psi(1) = 1\). Par conséquent \(K = \mathrm{Ker}\,\psi\) est un hyperplan de \(\mathbb{R}_2[X]\), donc de dimension 2.

   Pour \(Q = a + bX + cX^2\), on a \(Q(2) = a + 2b + 4c\) et \(Q^{\prime}(1) = b + 2c\), d’où \(\psi(Q) = a + b + 2c\). Ainsi \(Q \in K\) équivaut à \(a = -b – 2c\), c’est-à-dire \(Q = b(X – 1) + c\left(X^2 – 2\right)\). La famille \(\left(X – 1,\; X^2 – 2\right)\), libre car de degrés distincts, est une base de \(K\).

Barème : 1) liberté et dimension (0,5), équation justifiée par l’égalité des dimensions (1) ; 2) supplémentarité (0,5) et décomposition (0,5) ; 3) forme linéaire non nulle (0,5), calcul de \(\psi(Q)\) (0,5), base (0,5).

Piège classique : donner une équation vérifiée par \(h_1\), \(h_2\), \(h_3\) sans argument de dimension. Seule l’égalité des dimensions transforme l’inclusion en égalité.

Exercice 4 – Une droite affine de solutions (3 points)

1. Le noyau est formé des solutions de \(x + 2y – z = 0\) et \(x – y + 2z = 0\). En soustrayant ces équations, on obtient \(3y – 3z = 0\), donc \(y = z\), puis \(x = -y\). Ainsi \(\mathrm{Ker}\,u = \mathrm{Vect}(-1, 1, 1)\), de dimension 1.
2. Le théorème du rang donne \(\mathrm{rg}\,u = \dim \mathbb{R}^3 – \dim \mathrm{Ker}\,u = 3 – 1 = 2\). Or \(\mathrm{Im}\,u\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^2\) de dimension 2. Donc \(\mathrm{Im}\,u = \mathbb{R}^2\) : \(u\) est surjective.
3. On résout \(x + 2y – z = 4\) et \(x – y + 2z = 1\). La différence donne \(3y – 3z = 3\), soit \(y = 1 + z\), puis \(x = 4 – 2y + z = 2 – z\). Les solutions sont donc les triplets \((2 – z, 1 + z, z) = (2, 1, 0) + z(-1, 1, 1)\). Contrôle : \(2 + 2 – 0 = 4\) et \(2 – 1 + 0 = 1\). L’ensemble des solutions est la droite affine \((2, 1, 0) + \mathrm{Ker}\,u\), parallèle au noyau et passant par \((2, 1, 0)\).

Barème : 1) 1 point ; 2) théorème du rang cité (0,5) et conclusion (0,5) ; 3) solution particulière et ensemble (0,5), description géométrique (0,5).

Piège classique : appeler « sous-espace vectoriel » l’ensemble des solutions. Il ne contient pas le vecteur nul : c’est un sous-espace affine.

Exercice 5 – Problème : projecteurs qui commutent (5 points)

1. Partie A : r est un projecteur

   L’application \(r\) est linéaire comme composée d’applications linéaires. En utilisant l’associativité et la commutation, \(r \circ r = p \circ q \circ p \circ q = p \circ p \circ q \circ q\). Comme \(p \circ p = p\) et \(q \circ q = q\), il vient \(r \circ r = p \circ q = r\). Donc \(r\) est un projecteur.

2. Partie B : l’image de r

   Soit \(y \in \mathrm{Im}\,r\), avec \(y = r(x)\). D’une part \(y = p\left(q(x)\right) \in \mathrm{Im}\,p\) ; d’autre part \(y = q\left(p(x)\right) \in \mathrm{Im}\,q\), grâce à la commutation. Ainsi \(\mathrm{Im}\,r \subset \mathrm{Im}\,p \cap \mathrm{Im}\,q\). Réciproquement, soit \(y \in \mathrm{Im}\,p \cap \mathrm{Im}\,q\). Les vecteurs de l’image d’un projecteur sont invariants, donc \(p(y) = y\) et \(q(y) = y\). Alors \(r(y) = p(y) = y\), si bien que \(y \in \mathrm{Im}\,r\). Par double inclusion, \(\mathrm{Im}\,r = \mathrm{Im}\,p \cap \mathrm{Im}\,q\).

3. Partie C : le noyau de r

   Soit \(x = a + b\), avec \(a \in \mathrm{Ker}\,p\) et \(b \in \mathrm{Ker}\,q\). Alors \(r(a) = q\left(p(a)\right) = 0\) et \(r(b) = p\left(q(b)\right) = 0\), donc \(r(x) = 0\) : on a \(\mathrm{Ker}\,p + \mathrm{Ker}\,q \subset \mathrm{Ker}\,r\). Inversement, soit \(x \in \mathrm{Ker}\,r\), que l’on écrit \(x = \left(x – q(x)\right) + q(x)\). D’abord, \(q\left(x – q(x)\right) = q(x) – q(x) = 0\), donc \(x – q(x) \in \mathrm{Ker}\,q\). Ensuite, \(p\left(q(x)\right) = r(x) = 0\), donc \(q(x) \in \mathrm{Ker}\,p\). Ainsi \(\mathrm{Ker}\,r = \mathrm{Ker}\,p + \mathrm{Ker}\,q\).

4. Partie D : un exemple dans l’espace

   On calcule \(p\left(q(x, y, z)\right) = p(0, y, z) = (0, y, 0)\) et \(q\left(p(x, y, z)\right) = q(x, y, 0) = (0, y, 0)\) : les deux projecteurs commutent, et \(r(x, y, z) = (0, y, 0)\). Ensuite, \(\mathrm{Im}\,p\) est le plan \(z = 0\) et \(\mathrm{Im}\,q\) le plan \(x = 0\) ; leur intersection est l’axe \(\mathrm{Vect}(e_2)\), qui est bien \(\mathrm{Im}\,r\). De même, \(\mathrm{Ker}\,p + \mathrm{Ker}\,q = \mathrm{Vect}(e_3) + \mathrm{Vect}(e_1)\) est le plan \(y = 0\), qui est bien \(\mathrm{Ker}\,r\). Ici \(r\) est la projection sur l’axe des ordonnées parallèlement au plan \(y = 0\), en accord avec les parties B et C.

Barème : A) 1 point ; B) première inclusion (0,75) et réciproque (0,75) ; C) première inclusion (0,5) et réciproque avec la décomposition (1) ; D) commutation et \(r\) (0,5), contrôles (0,5).

Piège classique : écrire \(p \circ q \circ p \circ q = p \circ q\) sans invoquer la commutation. Sans elle, \(p \circ q\) n’est en général pas un projecteur.

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