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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 1/15
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 différen-
tielle 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’endo-
morphisme de R3, on établit un résultat très général : un endomorphisme f
d’un espace vectoriel Ede dimension finie est diagonalisable si et seulement si
tout sous-espace vectoriel de Eadmet un supplémentaire stable par f.
•La troisième partie traite de calcul différentiel. Dans l’espace vectoriel Fdes
polynômes à deux indéterminées, on définit les opérateurs différentiels
e
∆: 
F−→ F
f7−→ ∂2f
∂x2−∂2f ∂y2
et e Φ: 
F−→ F
f7−→ ∂2f
∂x ∂y
Après avoir construit un supplémentaire de Ker e Φ, on utilise le changement
de variable (x, y)7−→ ((x+y)/2,(x−y)/2) pour obtenir un supplémentaire
de Ker e ∆.
•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 kformes linéaires f1,...,fksi 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 nom-
breuses techniques d’algèbre linéaire y sont utilisées : elle constitue donc un excellent
sujet de révision.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 2/15
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 fqui 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 fest 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.
12 Pour décomposer un élément fde F, l’exprimer sous la forme n
P
i=0
m
P
j=0
λi,j fi,j et
identifier les composantes.
13 Pour la bijectivité, chercher la fonction réciproque.
14 Pour une fonction f∈F, exprimer e Φ (L(f)) à l’aide des dérivées partielles de f.
16 Rassembler les résultats des questions précédentes.
Partie IV
17 Pour l’implication ii ⇒i, construire hpar 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.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/15
I. Deux exemples simples de supplémentaires
1Soit Gle sous-espace vectoriel de Econstitué des fonctions impaires. Montrons
que Gest un supplémentaire de Fdans E.
•Analyse : soit f∈E. Supposons trouvées pet ideux fonctions respectivement
paire et impaire telles que f=p+i, c’est-à-dire telles que
∀x∈Rf(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 pest paire et iimpaire, f(−x) = p(x)−i(x).
Sommant et soustrayant membre à membre ces deux égalités, il vient
p(x) = f(x) + f(−x)
2et i(x) = f(x)−f(−x) 2
C’est-à-dire que, nécessairement, pest la fonction x7−→ f(x)/2 + f(−x)/2et
ila fonction x7−→ f(x)/2−f(−x)/2. D’où l’unicité de la décomposition de f.
•Synthèse : soit f∈E, et soient les fonctions
p:x7−→ f(x) + f(−x)
2et i:x7−→ f(x)−f(−x) 2
Clairement f=p+i. D’après les théorèmes généraux sur les fonctions de classes
C∞, on sait que pet isont de classe C∞, donc dans E. On a par ailleurs, pour
tout réel x,
p(−x) = f(−x) + f(−(−x))
2=p(x)
et i(−x) = f(−x)−f(−(−x))
2=−i(x)
C’est-à-dire que pest paire et iimpaire. D’où l’existence de la décomposition
de fcomme la somme d’un élément de Fet d’un élément de G.
Gest un supplémentaire de Fdans E.
C’est presque un résultat de cours. Bien sûr, il n’y a pas unicité du sup-
plémentaire, on peut notamment en construire une infinité en s’inspirant de
celui-ci. Par exemple, si αest un réel strictement positif, on montre de façon
analogue que l’ensemble des fonctions de Evérifiant la propriété :
∀x>0f(−x) = −αf(x)
est un supplémentaire de Fdans E.
2Commençons par résoudre l’équation différentielle y′′ +y′+y= 0. C’est une
équation différentielle linéaire d’ordre deux à coefficients constants. Son équation
caractéristique r2+r+ 1 = 0 admet pour racines −1−i√3/2et −1 + i√3/2.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 4/15
Les solutions complexes de l’équation différentielle sont donc les fonctions de la
forme
x7−→ λe −1−i√3
2x+µe −1+i√3 2xavec λet µcomplexes.
Par suite, les solutions réelles sont les fonctions de la forme
x7−→ e−x/2 A cos x√3
2+ B sin x√3 2!avec Aet Bréels.
Posons f1:
R−→ R
x7−→ e−x/2cos x√3
2
et f2:
R−→ R
x7−→ e−x/2sin x√3
2
On obtient F = Vect (f1, f2), c’est-à-dire que tout élément fde Fs’écrit sous la forme
f=αff1+βff2, avec (αf, βf)∈R2.
Pour l’unicité, il suffit de montrer que (f1, f2)est une famille libre. Soient αet β
deux réels tels que αf1+βf2= 0. En appliquant la relation au point 0, on obtient
αf1(0)+βf2(0) = 0, soit α= 0. En l’appliquant au point π/√3, il vient βe−π/2√3= 0
donc β= 0. Donc la famille est libre.
Tout élément fde Fse décompose de manière unique
sous la forme f=αff1+βff2, avec (αf, βf)∈R2.
3Appliquée en 0, la relation f=αff1+βff2donne f(0) = αf. Par dérivation,
f′=αff′
1+βff′ 2et donc f′(0) = αff′ 1(0) + βff′ 2(0), soit f′(0) = −αf/2 + √3βf/2.
On en déduit que αf=f(0) et βf=f(0)/√3 + 2f′(0)/√3. Ainsi
αf
βf!= 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 f1et f2.f1se 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), f ′
1(0)) sur le vecteur
(1,0). De même, elle doit envoyer le vecteur (f2(0), f′
2(0)) sur le vecteur (0,1). Or
les deux vecteurs (f1(0), f′
1(0)) et (f2(0), f′ 2(0)) forment une base de R2(ils sont
envoyés sur une famille libre donc forment nécessairement une famille libre). Aest
ainsi déterminée de manière unique par ces deux conditions.
4Montrons tout d’abord que F∩G = {0}, où 0désigne ici la fonction nulle. Soit
f∈F∩G. D’une part, f∈Gdonc f(0) = f′(0) = 0. D’autre part, f∈Fdonc,
d’après la question 2, on peut trouver deux réels αfet βftels que f=αff1+βff2.
D’après la question 3, αf
βf!= 1 0
1/√3 2/√3! f(0)
f′(0)!
D’où αf=βf= 0 et donc f= 0
Ce qui prouve que F∩G = {0}
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