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\newtheorem{exo}{Exercice}
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\begin{document}
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\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
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\renewcommand\labelitemiii{$\cdot$}
\renewcommand\labelitemiv{$\ast$}
\begin{center}
  \Large Corrigé du devoir surveillé \no 8
\end{center}
\hrule

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item Notons qu'il suffit de vérifier que les ensembles donnés sont (ou non) des sous-espaces vectoriels.
    \begin{enumerate}
    \item \((0,0,0)\) n'est pas un élément de \(E_1\), et donc \(E_1\) n'est pas un espace vectoriel.
    \item \(E_2\subset \mc C^1([0,1])\), qui est un \(\R\)-espace vectoriel. De plus, la fonction constante égale à 0 appartient à \(E_2\). Il reste seulement à vérifier si \(E_2\) est stable par combinaisons linéaires : soient \(f, g\in E_2\), et soit \(\lambda\in\R\). La fonction \(\lambda f +g\) est toujours de classe \(\mc C^1\) sur \([0,1]\), et par ailleurs,
      \[
      (\lambda f+g)(0) = \lambda f(0) + g(0) = 0 = (\lambda f+g)(1),
      \]
      donc \(\lambda f +g\in E_2\). On en conclut que \(E_2\) est un espace vectoriel.
    \item Cette fois, la matrice nulle appartient bien à \(E_3\), mais au vu de sa définition, on peut se douter que cet espace n'est pas stable par combinaison linéaire, il s'agit donc de trouver un contre-exemple.
      Considérons donc \(A=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{pmatrix}\). On vérifie facilement que \(A^2=B^2=0\), mais par contre \(A+B)^2 = I_2 \neq 0\), ce qui montre bien que \(E_3\) n'est pas un espace vectoriel.
    \end{enumerate}
  \item Soient \(P,Q\in\R[X]\), et soit \(\lambda\in\R\).
    \begin{align*}
      \phi(\lambda P +Q ) &= X(\lambda P +Q)(X) + (\lambda P+Q)'(2X)\\
      &= X(\lambda P(X) + Q(X)) + \lambda P'(2X) + Q'(2X)\\
      &= \lambda( XP(X) + P'(2X)) + XQ(X) + Q'(2X)\\
      &= \lambda\phi(P) + \phi(Q),
    \end{align*}
    et donc \(\phi\) est linéaire.
  \item Pour déterminer l'image de \(f\), on peut résoudre le système linéaire \(f(x,y,z)=(a,b)\), d'inconnues \(x,y\) et \(z\). On peut aussi remarquer que \(f(1,0,1)=(1,0)\) et \(f(0,0,-1)=(0,1)\), et que donc la base canonique de \(\R^2\) est contenue dans \(\Im(f)\). Comme \(\Im(f)\) est un sous-espace vectoriel de \(\R^2\), c'est donc nécessairement \(\R^2\) tout entier.

    On cherche maintenant le noyau de \(f\). Soit \((x,y,z)\in\R^3\). Le vecteur \((x,y,z)\) est dans le noyau de \(f\) si, et seulement si,
    \[
    \begin{cases}
      x+y = 0  \\
      x-y-z = 0
    \end{cases}
    \iff 
    \begin{cases}
      y = -x  \\
      z = 2x
    \end{cases}
    \]
    Autrement dit, \((x,y,z)\in\Ker(f)\iff (x,y,z) = (x,-x,2x) = x(1,-1,2)\), et donc \(\Ker(f)= \Vect((1,-1,2))\).
  \item 
    \begin{enumerate}
    \item Soient \(a,b,c\in\R\) tels que \(a(0,0,1)+b(0,1,1)+c(1,1,1)=(0,0,0)\). On a donc
      \[
      \begin{cases}
        a = 0\\
        a + b = 0 \\
        a + b + c =0
      \end{cases} \implies
      a=b=c=0,
      \]
      et donc la famille \(((0,0,1), (0,1,1), (1,1,1))\) est libre.
    \item Soient \(a,b,c\) des réels tels que \(a(1,2)+b(3,4)+c(5,6)=(0,0)\). On est ramenés à considérer le système linéaire
      \[
      \begin{cases}
        a + 3b + 5c = 0\\
        2a + 4b + 6c = 0
      \end{cases} \iff
      \begin{cases}
        a + 3b + 5c = 0 \\
        -2b -4c = 0
      \end{cases}\iff
      \begin{cases}
        a= c\\
        b= -2c
      \end{cases}
      \]
      En particulier, on en déduit que \( (1,2) - 2(3,4) + (5,6) = (0,0)\), et que la famille est liée.
    \item Soient \(a,b\in\R\) tels que \(a(1,i) + b(i,-1) = (0,0)\). Alors, en particulier, \(a+ib=0\). Comme \(a\) et \(b\) sont réels, on en déduit que \(a=b=0\), par unicité des parties réelles et imaginaires. Finalement, la famille \(((1,i),(i,-1))\) est libre.

      \emph{Remarque :} si on considère \(\C^2\) comme un \(\C\)-espace vectoriel, alors le résultat n'est plus le même : en effet, \((1,i) + i(i,-1)=0\), et la famille est liée.
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item Le nombre de tirages simultanés possible est \(\binom{15}{3} = \frac{13\times 14\times 15}{3!}=13\times 7\times 5 = 455\). Le nombre de tirages tricolores possibles est \(1\times 5\times 9 = 45\), et donc la probabilité de l'évènement \(A\) est
    \[
    \PP(A)= \frac{45}{455}= \frac{9}{91}.
    \]
    Pour déterminer la probabilité de l'évènement \(B\), on peut remarquer que \(B\) est l'union des évènements incompatibles \og NBR \fg et \og NRR \fg, où les lettres N,B et R désignent respectivement une boule noire, une boule blanche et une boule rouge. Ainsi,
    \begin{align*}
      \PP(B) &= \PP(\text{\og NBR \fg}) +  \PP(\text{\og NRR \fg})\\
      &= \PP(A) + \frac{\binom{9}{2}}{455} \\
      &= \frac{9}{91} + \frac{36}{455} = \frac{81}{455}.
    \end{align*}
    Finalement, la seule manière d'obtenir trois boules de la même couleur est de tirer soit trois boules rouges, soit trois boules blanches. Alors
    \begin{align*}
      \PP(C) &= \frac{\binom{5}{3}}{455} + \frac{\binom{9}{3}}{455} \\
      &= \frac{10}{455} + \frac{84}{455} = \frac{94}{455}.
    \end{align*}
  \item On procède maintenant à un tirage successif avec remise. Il existe alors 6 tirages tricolores : NBR, NRB, BRN, BNR, RBN et RNB, tous de probabilités égales. Alors
    \[
    \PP(A) = 6\times\PP(\text{\og NBR \fg}) = 6\times\frac{1}{15}\times\frac{5}{15}\times\frac{9}{15}= \frac{270}{3375} = \frac{2}{25}
    \]
    L'évènement \(B\) est toujours l'union des évènements incompatibles \(A\) et \og on a tiré une boule noire et deux boules rouges, \fg~il suffit donc de calculer la probabilité de ce dernier. Il y a 3 tels tirages de probabilités égales : NRR, RNR, et RRN. Ainsi,
    \begin{align*}
      \PP(B) &= \PP(A) + 3\times \PP(\text{\og NRR\fg}) \\
      &= \frac{2}{25} + 3\times \frac{1}{15}\times\frac{9}{15}\times\frac{9}{15}\\
      &= \frac{2}{25} + \frac{9}{125} = \frac{19}{125}.
    \end{align*}
    Pour l'évènement \(C\), puisqu'on tire avec remise, il existe cette fois un nouveau tirage possible : \og NNN \fg. On en déduit que
    \begin{align*}
      \PP(C) &= \PP(\text{\og NNN\fg}) + \PP(\text{\og BBB\fg}) + \PP(\text{\og RRR\fg}) \\
      &= \frac{1}{15^3} + \frac{5^3}{15^3} + \frac{9^3}{15^3} \\
      &= \frac{1 + 125 + 729}{3375} = \frac{855}{3375} = \frac{19}{75}
    \end{align*}
  \end{enumerate}
\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item La linéarité de \(g\) se vérifie simplement : soient \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) des vecteurs de \(\R^2\), et \(\lambda\in\R\). Alors
    \begin{align*}
      g(\lambda(x_1,y_1) + (x_2,y_2) &= (\lambda x_1+x_2, \lambda y_1+y_2+\alpha(\lambda x_1+x_2))\\
      &= \lambda(x_1,y_1+\alpha x_1) + (x_2,y_2+\alpha x_2)\\
      &= \lambda g(x_1,y_1) + g(x_2,y_2),
    \end{align*}
    donc \(g\) est bien linéaire.
  \item \((x,y)\in\Ker(g)\) si, et seulement si, \(x=0\) et \(y+\alpha x= 0\), c'est-à-dire que \(x=y=0\). On en déduit que \(\Ker(g)=\{0\}\). Pour déterminer l'image, on remarque que \(g(1,-\alpha)=(1,0)\), et que \(g(0,1)=(0,1)\), donc \(\Im(g)=\R^2\). Par suite, \(g\) est injective et surjective, c'est donc un automorphisme.
  \item On peut répondre à cette question en regardant, par exemple, l'image pour \(x\in[-1,1]\) du segment \(s_x=\{(x,y), \abs y\leq 1\}\). On a
    \[
    g(s_x) = \{(x,y+\alpha x), y\in[-1,1]\} = \{ (x,z), z\in[-1+\alpha x, 1+\alpha x]\},
    \]
    c'est-à-dire que l'image du segment \(s_x\) est aussi un segment parallèle à l'axe des ordonnées, ce qui permet de dire que
    \[
    g(Q) = \{(x,y), \abs x\leq 1, -1+\alpha x\leq y \leq 1 +\alpha x\}.
    \]
  \item ~
    \begin{center}
      \includegraphics{DS08_fig.pdf}
    \end{center}
  \end{enumerate}
\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item Les fonctions \(h_1,\dots,h_n\) forment une famille libre si elles vérifient la propriété suivante :
    \[
    \forall \lambda_1,\dots,\lambda_n\in\R, \big( \lambda_1f_1 +\dots +\lambda_n f_n=0\implies \lambda_1=\dots=\lambda_n=0\big).
    \]
    Autrement dit, par définition de l'égalité de fonctions, la famille est libre si
    \[
    \forall \lambda_1,\dots,\lambda_n\in\R, \big(\forall x\in[0,1],\  \lambda_1f_1(x) +\dots +\lambda_n f_n(x)=0\implies \lambda_1=\dots=\lambda_n=0\big).
    \]
  \item Soient \(\lambda_1,\lambda_2\) des réels tels que \(\lambda_1h_1+\lambda_2h_2=0\). Comme les fonctions \(h_1\) et \(h_2\) sont dérivables sur \([0,1]\), cette relation reste vraie après dérivation : \(\lambda_1h_1'+\lambda_2h_2'=0\).En particulier, en \(x=0\), on obtient les deux équations
    \[
    \begin{cases}
      \lambda_1+\lambda_2 =0\\
      \lambda_1+2\lambda_2 =0
    \end{cases}\implies \lambda_1=\lambda_2=0,
    \]
    et donc \((h_1,h_2)\) est libre.
  \end{enumerate}
\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item On suppose que \(\mc F\) n'engendre pas \(E\). Il existe donc \(u_{n+1}\in E\setminus\Vect(u_1,\dots,u_n)\). Mais alors la famille \((u_1,\dots,u_n,u_{n+1})\) est libre : en effet, si \(\lambda_1,\dots,\lambda_{n+1}\) sont des réels qui vérifient
    \[
    \lambda_1u_1 + \dots +\lambda_nu_n + \lambda_{n+1}u_{n+1}=0,
    \]
    alors nécessairement \(\lambda_{n+1} = 0\) puisque \(u_{n+1}\) n'est pas une combinaison linéaires des vecteurs de \(\mc F\). Mais alors \(\lambda_1u_1+\dots+\lambda_nu_n=0\), et donc comme \(\mc F\) est libre, on en déduit que tous les \(\lambda_i\) sont nuls. On a donc montré que \((u_1,\dots,u_{n+1})\) est libre.
  \item Soient \(\mc F_1\) et \(\mc F_2\) deux bases de \(E\). En particulier, \(\mc F_1\) est libre, et \(\mc F_2\) est génératrice, et donc \(\Card(\mc F_1) \leq \Card(\mc F_2)\). Or, l'argument est vrai aussi en inversant le rôle de \(\mc F_1\) et \(\mc F_2\), et on en déduit que \(\mc F_1\) et \(\mc F_2\) ont même cardinal.
  \item Soient \(\lambda_0,\dots,\lambda_n\in\K\) tels que \(\sum_{k=0}^n\lambda_kP_k =0\). Comme on travaille avec des polynômes, cette équation implique que chaque monôme est nul. En particulier, le coefficient devant le terme de degré \(\deg(P_n)\) est nul. Comme les polynômes sont à degrés échelonnés, ce coefficient est exactement le produit du coefficient dominant de \(P_n\) avec \(\lambda_n\) : on peut donc en déduire que \(\lambda_n=0\). En continuant le raisonnement ainsi pour tous les entiers entre \(0\) et \(n-1\), on en conclut que tous les \(\lambda_k\) sont nuls, et que donc la famille \((P_0,\dots,P_n)\) est libre.
  \item Un calcul immédiat donne : \(P_1=X\). Montrons par récurrence que \(P_n\) est de degré \(n\). La propriété est vraie pour \(n=0\) et \(n=1\). Supposons que \(\deg(P_n)=n\) pour un certain \(n\geq 1\). Alors, si on note \(a_n\) le coefficient dominant de \(P_n\), \(P_{n+1}\) s'écrit
    \[
    P_{n+1} = X(a_nX^n+\dots) +(X-1)^2(na_n X^{n-1} + \dots) = a_n(1+n)X^{n+1} +\dots,
    \]
    où les points de suspension représentent des termes de degré strictement plus petits que celui du monôme dominant. Alors \(\deg(P_{n+1})=n+1\), et le principe de récurrence permet d'affirmer que pour tout \(n\in\N\), \(\deg(P_n)=n\).
  \item Soit \(n\in\N\). D'après les deux questions précédentes, on sait que \((P_0,\dots,P_n)\) est une famille libre d'éléments de \(K_n[X]\). Supposons qu'elle n'engendre pas \(\K_n[X]\) tout entier. Alors, d'après la première question, il existe un polynôme \(Q\in\K_n[X]\) tel que la famille \((P_0,\dots,P_n,Q)\) soit libre dans \(K_n[X]\). Mais alors on a construit une famille libre de cardinal \(n+2\), et on sait que \((1,X,\dots,X^n)\) engendre \(\K_n[X]\). Cela implique que \(n+2\leq n+1\), ce qui est exclu. On en conclut que \((P_0,\dots,P_n)\) engendre \(\K_n[X]\), c'en est donc une base.
  \end{enumerate}
\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\end{document}
