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CORRECTION DS N˚5
EXERCICE 1 - QUESTIONS DE COURS - `a compl´eter sur l’´enonc´e
1. Soit Fet Gdeux sous-espaces vectoriels d’un K-e.v. Ede dimension finie. Rappeler la d´efinition de :
(a) sous-espace vectoriel F+G:F+G={~xF+~xG|(~xF, ~xG)∈F×G}F+Gest l’ensemble des
vecteurs de Equi peuvent se d´ecomposer en la somme d’un vecteur de Fet d’un vecteur de G.
(b) Deux s.e.v. Fet Gd’un K-e.v. Esont dits suppl´ementaires si : F∩G={0E}
E=F+G.
(c) Une famille (x1,··· , xp) d’´el´ements de Eest dite libre si la seule combinaison lin´eaire des xi
qui s’annule est celle dont tous les coefficients sont nuls :
∀(λ1,··· , λp)∈Kpλ1x1+··· +λpxp= 0E=⇒λ1=··· =λp= 0K
(d) Une famille (x1, . . . , xm) d’´el´ements d’un s.e.v Fest g´en´eratrice de Fsi Vect(x1, . . . , xm) = F.
(e) Une famille (e1,··· , en) d’un K-e.v. Eest une base de Esi celle-ci est `a la fois libre et g´en´eratrice.
(f) la dimension de Eest le nombre d’´el´ements d’une base de E.
2. Pr´eciser sans justifier :
(a) la dimension de Rn[X] est n+ 1.
(b) la dimension de Mn(R) est n2.
(c) la dimension de C[X] est infinie
(d) la dimension du R-e.v. Cest de 2 (une base est (1, i)).
(e) la formule de Grassmann : dim(F+G) = dim F+ dim G−dim(F∩G).
3. La factorisation dans Cde Xn−1 est Xn−1 =
n
Y
k=1 X−e2ikπ
n.
4. La somme des racines n-i`eme de l’unit´e est ´egale `a −an−1
an
= 0.
Le produit des racines n-i`eme de l’unit´e est ´egale `a (−1)na0
an
= (−1)n−1.
EXERCICE 2 - Des sous-espaces vectoriels de R4
Soit E=R4. On consid`ere les deux sous-espaces vectoriels Fet Gd´efinis par :
F=(x, y, z, t)∈R4|2x−y−z= 0et G=(a+b, a +b, b +c, 2a+b)|(a, b, c)∈R3.
1. F=(x, y, z, t)∈R4|2x−y−z= 0=(x, y, 2x−y, t)∈R4|(x, y, t)∈R3.
Or (x, y, 2x−y, t =x(1,0,2,0) + y(0,1,−1,0) + t(0,0,0,1) donc :
F= Vect {(1,0,2,0),(0,1,−1,0),(0,0,0,1)}.
D’apr`es l’´ecriture de F, cette famille est g´en´eratrice de F.
On v´erifie facilement que cette famille (f1, f2, f3) de 3 vecteurs est libre en montrant que
λ1f1+λ2f2+λ3f3= 0R4⇒λ1=λ2=λ3= 0
C’est donc une base de Fet dim F= 3 .
De mˆeme G= Vect{(1,1,0,2),(1,1,1,1),(0,0,1,0)}
D’apr`es l’´ecriture de G, cette famille est g´en´eratrice de G. On v´erifie facilement que cette famille
(g1, g2, g3) de 3 vecteurs est libre en montrant que λ1g1+λ2g2+λ3g3= 0R4⇒λ1=λ2=λ3= 0 donc
c’est une base de Get dim G= 3 .
PCSI 2015-2016 1 Lyc´ee de L’essouriau - Les Ulis

CORRECTION DS N˚5
2. Cherchons une base de F∩G.
Soit X= (x, y, z, t) appartenant `a Fet G, alors ∃a, b, c ∈Rtels que :
x=a+b
y=a+b
z=b+c
t= 2a+b
2x−y−z= 0
La derni`ere ligne implique 2(a+b)−(a+b)−(b+c) = 0 soit a=c.
Donc X= (a+b, a+b, a+b, 2a+b) = a(1,1,1,2)+b(1,1,1,1) soit F∩G= Vect{(1,1,1,2),(1,1,1,1)}.
Comme ces deux vecteurs sont non colin´eaires, on en d´eduit que c’est une base de F∩G.
On a alors dim(F∩G) = 2 .
3. dim (F+G) = dim F+ dim G- dim (F∩G) = 3 + 3 −2 = 4.
F+Gest un sous-espace vectoriel de R4de mˆeme dimension que R4donc F+G=R4.
En revanche F∩G6={0E}donc Fet Gne sont pas suppl´ementaires.
4. Tout suppl´ementaire Hde Fdoit ˆetre de dimension 1 (car dim F+ dim H= dim R4= 4) c’est `a dire
qu’il est engendr´e par un seul vecteur Y. On notera alors H= Vect(Y).
On sait aussi que F∩H={0E}, c’est `a dire que Y /∈F.
Par exemple Y= (1,0,0,0) ne satisfait pas l’´equation caract´erisant F: 2x−y−z= 2 6= 0.
Donc Y /∈Fet on en d´eduit que H= Vect(Y) est un suppl´ementaire de Fdans R4.
EXERCICE 3 - Espace vectoriel des trois premi`eres harmoniques
On note E=C(R,R) l’ensemble des fonctions d´efinies sur R`a valeurs dans R.
On note Fl’ensemble des fonctions fcontinues sur Rde sorte qu’il existe (α, β, γ)∈R3tel que :
∀x∈R, f(x) = αsin(x) + βsin(2x) + γsin(3x)
On note, pour tout k∈ {1,2,3},fkl’application d´efinie sur Rpar fk(x) = sin(kx).
1. Supposons qu’il existe (α, β, γ)∈R3tels que ∀x∈R, α sin(x) + βsin(2x) + γsin(3x) = 0.
Pour x=π, on obtient −α−γ= 0 soit α=−γ.
Pour x=π
2, on obtient −β= 0.
Pour x=2π
3, on obtient −√3 2α+√3 2β= 0 soit α=β.
Ces trois ´equations conduisent `a α=β=γ= 0, c’est `a dire que la famille (f1, f2, f3) est libre.
2. Fest engendr´e par une famille finie de 3 ´el´ements de E,Fest donc un sous-espace vectoriel de E.
3. On a vu que (f1, f2, f3) est libre et de plus F= Vect(f1, f2, f3) donc (f1, f2, f3) est g´en´eratrice ,
c’est donc une base de F.
4. Par lin´earisation de sin3(x), on a, pour tout x∈R, sin3(x) = −3
4sin(3x) + 3 4sin(x).
C’est `a dire en terme de fonctions g=3
4f1−3 4f3.
On en d´eduit que gest combinaison lin´eaire d’´el´ements d’une base de Fdonc g∈F.
Les coordonn´ees de gdans la base (f1, f2, f3) sont (3
4,0,−3 4).
5. Le plus simple est de dire que la fonction cos est paire, or toute fonction de Eest impaire par somme
de fonctions impaires.
La seule fonction `a la fois paire et impaire ´etant la fonction nulle, on en d´eduit que cos /∈F.
(il est sinon possible d’´ecrire une ´egalit´e entre cos et une combinaison lin´eaire de (f1, f2, f3)et de
montrer que pour diff´erentes valeurs de xcette ´egalit´e ne peut ˆetre satisfaite simultan´ement mais c’est
plus long...)
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EXERCICE 4 - Le commutant d’une matrice
Soit A=−3 9
−4 9 ,P=3 1 2 1 ,N=0 1 0 0 et I=1 0 0 1 (matrice identit´e de M2(R)).
1. Un calcul de An.
(a) Par la m´ethode du pivot de Gauss : P−1=1−1
−2 3 , ce qui prouve que Pest inversible.
(b) Apr`es calculs, on trouve que T=P−1AP =3 1
0 3 = 3I+Nest triangulaire.
(c) Faisons-le par r´ecurrence :
Pour n= 0, on obtient A0=Iet P T 0P−1=P P −1=Idonc l’hypoth`ese est initialis´ee.
Supposons la relation v´erifi´ee pour un nfix´e : An=P T nP−1et calculons An+1.
An+1 =An.A =P T nP−1PTP−1=P T nT P −1=P T n+1P−1.
L’hypoth`ese est donc v´erifi´ee au rang n+ 1, et h´er´editaire et par suite vraie pour tout n∈N.
(d) Trivialement N2= 0 (matrice nulle), on en d´eduit d’apr`es la formule du binˆome de Newton (vu
que Net Icommutent) que Tn= (3I+N)n= (3I)n+n
1(3I)n−1N+On.
(car les termes suivant comportent des puissances de Nsup´erieures ou ´egales `a 2).
On en d´eduit que pour tout n∈N,Tn=3nn3n−1
0 3n= 3n−13n 0 3 .
(e) Pour tout n∈N:An=P T nP−1= 3n−1P T nP−1= 3n−13−6n9n
−4n6n+ 3 
2. D´efinition du commutant d’une matrice.
Soit n∈N∗et Bune matrice de Mn(R).
On note C(B) l’ensemble C(B) = {M∈ Mn(R)|BM =M B}appel´e commutant de la matrice B.
(a) C(B) est non vide car la matrice nulle O2commute avec B.
Montrons que C(B) est stable par combinaison lin´eaire. Soient M, M0∈ C(B), (λ, µ)∈R2alors
BM =MB et BM0=M0B, on en d´eduit que :
B(λM +µM0) = λBM +µBM0=λMB +µM0B= (λM +µM0)B
Donc la matrice λM +µM0est encore dans C(B) qui est donc un sous-espace vectoriel de Mn(R).
(b) Trivialement InB=BInet Bk.B =Bk+1 =B.Bkpour k∈N∗.
Donc C(B) contient la matrice In, ainsi que toutes les puissances Bkde la matrice Bpour k∈N∗.
(c) On suppose que Best inversible alors B−1existe et B−1.B =B.B−1=Inainsi B−1∈ C(B) .
3. ´ Etude du commutant de la matrice A.
On s’int´eresse dans cette question `a C(A) = {M∈ M2(R)|AM =M A}o`u Aest la matrice d´efinie
au d´ebut de l’´enonc´e.
(a) Un rapide calcul prouve que tAA 6=AtAdonc tA /∈ C(A) .
(b) Soient Met M0deux ´el´ements de de C(A), alors A(MM0) = (AM)M0=MAM0=MM 0A, donc
la matrice MM0est encore dans C(A) .
(c) M∈ C(T)⇔M T =T M ⇔(−2I+N)T=T(−2I+N)⇔NT =T N.
Donc M∈ C(T)⇔M∈ C(N) et on en d´eduit C(T) = C(N).
(d) M=a b
c d , alors MN =N M ⇔0a 0c=c d 0 0 soit c= 0 et a=d.
Les matrices Mappartenant `a C(N) sont de la forme M=a b
0aavec (a, b)∈R2.
M=a b
0a=a.I +b.N avec (a, b)∈R2donc C(N) = Vect(I, N) .
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CORRECTION DS N˚5
(e) P−1MP ∈C(T)⇔P−1MP T =T P −1MP ⇔M P T P −1=PTP−1M⇔M A =AM ⇔M∈C(A).
(f) C(A) = {P MP −1|M∈ C(T)}.
Or M=a b
0a=aI +bN donc P MP −1=aP IP −1+bP NP −1=aI +b−6 9 −4 6 .
Posons R=−6 9
−4 6 , on en d´eduit que C(A) = Vect(I, R).
(I, R) est une base de C(A) car g´en´eratrice et libre (deux vecteurs non colin´eaires).
(Remarquons A=R−2I, on a C(A) = Vect(I, R) = Vect(I, A)´egalement.)
PROBL` EME : Espace vectoriel de polynˆomes
On appelle El’espace vectoriel R6[X].
On note F={δX6+αX5+βX4+γX3+βX2+αX +δ|(α, β, γ, δ)∈R4}le sous-ensemble de R6[X].
On note ´egalement G={λX3+µX2+µX +λ|(λ, µ)∈R}le sous-ensemble de R6[X].
Ainsi que H={P∈R6[X]|P0(−1) = 0}.
Les parties A et B sont totalement ind´ependantes
Partie A - Des sous-espaces vectoriels de polynˆomes
1. La base canonique de R6[X] est (1, X, X2, X3, X4, X5, X6) et sa dimension est 7.
2. Soit P=λX3+µX2+µX +λ∈G, alors P(−1) = −λ+µ−µ+λ= 0.
Tout polynˆome Pde Gest donc divisible par X+ 1.
3. Propri´et´es de Fet G.
(a) Fet Gsont engendr´es par une famille finie de polynˆomes donc ce sont des s.e.v. de R6[X] :
F={δ(X6+ 1) + α(X5+X) + β(X4+X2) + γX3|(α, β, γ, δ)∈R4}= Vect({X5+X, X4+X2, X3}).
G={λ(X3+ 1) + µ(X2+X)|(λ, µ)∈R}= Vect({X3+ 1, X2+X}).
(b) Les familles pr´ec´edentes sont ´echelonn´ees donc libres et sont respectivement des bases de Fet G.
Ainsi dim F= 4 et dim G= 2.
(c) Soit P∈F∩Galors il existe (α, β, γ, δ, λ, µ)∈R6tel que
P=δX6+αX5+βX4+γX3+βX2+αX +δ=λX3+µX2+µX +λ
Par identification des trois termes de plus haut degr´e δ=α=β= 0 soit P= 0E.
Ainsi F∩G={0E}et Fet Gsont en somme directe.
dim F+ dim G= 2 + 4 = 6 <dim R6[X] donc Fet Gne peuvent ˆetre suppl´ementaires.
4. Propri´et´es de H.
(a) H={P∈R6[X]|P0(−1) = 0}.
Le polynˆome nul appartient `a Hcar sa d´eriv´ee en −1 est nulle de fa¸con ´evidente.
Soient (P, Q)∈H2, (λ, µ)∈R2, alors (λP +µQ)0(−1) = λP 0(−1)+µQ0(−1) = 0 donc λP +µQ ∈
H.
Ainsi Hest bien un s.e.v. de R6[X].
(b) dim H6dim R6[X] = 7 car H⊂R6[X] mais H6=R6[X] car P=X /∈H(P0(−1) = 1 6= 0).
Ainsi dim H < dim R6[X]=766.
(c) La famille (1,(X+1)2,(X+1)3,(X+1)4,(X+1)5,(X+1)6) est une famille libre car de degr´e ´echelonn´e.
Ces polynˆomes sont dans Hcar `a partir du 2i`eme polynˆome −1 est racine multiple donc P0(−1) = 0 .
(et pour le premier sa d´eriv´ee est le polynˆome nul).
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CORRECTION DS N˚5
(d) Hcontient une famille libre de cardinal 6 donc dim H>6 et d’apr`es l’in´egalit´e pr´ec´edente
dim H= 6.
5. Propri´et´es de G∩H.
(a) La formule de Grassman donne dim(G∩H) = dim G+ dim H−dim(G+H).
Or dim(G+H)67 donc dim(G∩H)>6+2−7>1.
Mais G∩H⊂Gdonc dim(G∩H)>dim G= 2 ainsi 1 6dim(G∩H)62.
(b) dim(G∩H) = 2 est absurde car sinon G∩H=Gsoit G⊂H.
(ce qui est absurde car 1 ∈Hmais 1 /∈G.)
(c) Soit P∈G∩H.
On a prouv´e que tout polynˆome de G´etait divisible par X+ 1 donc admettait −1 comme racine.
De plus P∈Hdonc P0(−1) = 0 et ainsi −1 est racine multiple de P.
(d) Une base de G∩Hest une famille d’un seul polynˆome non nul.
P=X3+ 3X2+ 3X+ 1 = (X+ 1)3appartient `a Get Hdonc c’est une base de G∩H.
Partie B - Factorisation d’un polynˆome de degr´e 6dans R[X]
6. Un polynˆome auxiliaire
(a) On v´erifie simplement que Pµ(−1) = −1 + µ−µ+ 1 = 0 donc −1 est racine de Pµ.
(b) −1 est racine multiple de Pµsi et seulement si −1 est racine de P0
µ.
Or P0
µ= 3X2+ 2µX +µet P0 µ(−1) = 3 −µdonc P0 µ(−1) = 0 ⇔µ= 3.
Si µ6= 3, −1 est racine simple de Pµ.
Si µ= 3, Pµ=X3+ 3X2+ 3X+ 1 = (X+ 1)3donc −1 est racine triple de P3.
(on peut aussi montrer que P00
3(−1) = 0)
(c) Connaissant une racine, on factorise Pµ:Pµ= (X+ 1)(aX2+bX +c).
On trouve par identification a= 1, b=µ−1 et c= 1 et Pµ= (X+ 1)(X2+ (µ−1)X+ 1) .
On pose ∆ = (µ−1)2−4=(µ−3)(µ+ 1) et l’on distingue deux cas :
∆<0⇔µ∈]−1,3[, alors Pµadmet deux racines complexes et la racine r´eelle −1.
∆>0⇔µ /∈]−1,3[, alors Pµadmet trois racines r´eelles (compt´ees avec leur multiplicit´e).
On peut notamment pr´eciser que 1 est racine triple lorsque µ= 3 et lorsque µ=−1, les deux
racines r´eelles sont −1 et 1 (1 ´etant racine double).
(d) Pareillement, on distingue les deux cas pr´ec´edents :
Si µ∈]−1,3[, Pµ= (X+ 1)(X2+ (µ−1)X+ 1) dans R[X] ,
Pµ= (X+ 1)(X−(1−µ)−i√(3−µ)(µ+1)
2)(X−(1−µ)+i√(3−µ)(µ+1) 2) dans C[X] .
Si µ /∈]−1,3[, Pµ= (X+ 1)(X−(1−µ)−√(µ−3)(µ+1)
2)(X−(1−µ)+√(µ−3)(µ+1) 2) dans R[X] .
7. D’un polynˆome dans F`a un polynˆome de degr´e 3
(a) On remarque que Q(0) = 1 donc 0 n’est pas racine de Q. Donc pour tout z6= 0 :
Q(z)=0⇔z6+αz5+βz4+γz3+βz2+αz +1 = 0 ⇔z6(1+α1
z+β1
z2+γ1 z3+β1 z4+α1 z5+1 z6) = 0
Donc Q(z)=0⇔⇔ z6Q(1
z) = 0 et comme z6= 0, ceci ´equivaut `a Q(1 z) = 0.
(b) Posons R=X3+αX2+ (β−3)X+γ−2α. On rappelle que z6= 0 (car zest racine de Q) :
R(z+1
z)=1⇔(z+1 z)3+α(z+1 z)2+ (β−3)(z+1 z) + γ−2α= 0
R(z+1
z)=1⇔z3+ 3z+3 z+1
z3+αz2+ 2α+α1 z2+ (β−3)z+β−3
z+γ−2α= 0
R(z+1
z) = 1 ⇔z6+ 3z4+ 3z2+1+αz5+ 2αz3+αz + (β−3)z4+ (β−3)z2+ (γ−2α)z3= 0
(en multipliant par z36= 0)
R(z+1
z)=1⇔z6+αz5+(3+β−3)z4+(2α+3−3+2α+γ)z3+(β−3+3)z2+αz +1 = Q(z) = 0.
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