Exercice 53

1. Soit $\lambda$ et $\mu$ deux réels distincts, et $x \in G_{\lambda} \cap G_{\mu}$. On écrit $x = \sum_{i} a_{i}(e_{i} + \lambda f_{i}) = \sum_{i} b_{i}(e_{i} + \mu f_{i})$ ; les coordonnées sur $e_{i}$ donnent $a_{i} = b_{i}$, et celles sur $f_{i}$ donnent $\lambda a_{i} = \mu b_{i}$, d'où $(\lambda - \mu)a_{i} = 0$, puis $a_{i} = 0$ et $x = 0$. De même, si $x = \sum_{i} a_{i}(e_{i} + \lambda f_{i})$ appartient à $F_{2}$, ses coordonnées sur les $e_{i}$ sont nulles, donc $x = 0$. La famille $(e_{i} + \lambda f_{i})_{i}$ est libre, pour la même raison, donc $\dim G_{\lambda} = r$, et $\dim F_{1} = \dim F_{2} = r$. Comme $F_{1} = G_{0}$, et que $0$, $1$, $\lambda$ sont distincts, on obtient le résultat. $$\boxed{\dim F_{1} = \dim F_{2} = \dim G_{1} = \dim G_{\lambda} = r, \quad \text{intersections deux à deux réduites à } \{0\}}$$

2. Pour $x = \sum_{i} a_{i}e_{i} \in F_{1}$, on a $x + \lambda s(x) = \sum_{i} a_{i}(e_{i} + \lambda f_{i})$, et tout vecteur de $G_{\lambda}$ s'écrit ainsi : $G_{\lambda} = \{x + \lambda s(x) \mid x \in F_{1}\}$. Comme $\varphi(F_{1}) = F_{1}$ et $\varphi(F_{2}) = F_{2}$, la restriction de $\varphi$ définit des applications linéaires $a : F_{1} \to F_{1}$ et $b : F_{2} \to F_{2}$. Soit $x \in F_{1}$. Le vecteur $\varphi(x + s(x)) = a(x) + b(s(x))$ appartient à $G_{1}$ : il existe $y \in F_{1}$ tel que $a(x) + b(s(x)) = y + s(y)$. Comme $E = F_{1} \oplus F_{2}$, l'unicité de la décomposition donne $y = a(x)$ et $b(s(x)) = s(a(x))$. Par conséquent, $$\varphi\big(x + \lambda s(x)\big) = a(x) + \lambda\,b(s(x)) = a(x) + \lambda\,s\big(a(x)\big) \in G_{\lambda}.$$ Ainsi $\varphi(G_{\lambda}) \subset G_{\lambda}$. La restriction de $\varphi$, injective, est un isomorphisme de $G_{\lambda}$ sur $\varphi(G_{\lambda})$, qui est donc de dimension $r$ (proposition 6) ; le théorème 5 donne l'égalité. $$\boxed{\varphi(G_{\lambda}) = G_{\lambda} \text{ pour tout } \lambda \in \mathbb{R}}$$

3. Supposons qu'un automorphisme $\varphi$ envoie $(F_{1}, F_{2}, G_{1}, G_{\lambda})$ sur $(F_{1}, F_{2}, G_{1}, G_{\mu})$. Il vérifie les hypothèses de la question 2, donc $G_{\mu} = \varphi(G_{\lambda}) = G_{\lambda}$. Or $G_{\lambda} \cap G_{\mu} = \{0\}$ par la question 1, alors que $\dim G_{\lambda} = r \geqslant 1$ : c'est absurde. Chaque $\lambda \in \mathbb{R} \setminus \{0, 1\}$ fournit, par la question 1, un quadruplet de sous-espaces de dimension $r$ deux à deux d'intersection nulle, et ces quadruplets sont deux à deux non équivalents. $$\boxed{\text{Il y a une infinité de classes de tels quadruplets, indexées par } \lambda \in \mathbb{R} \setminus \{0, 1\}.}$$ Pour trois sous-espaces, l'exercice 57 montre au contraire qu'il n'y a qu'une seule classe.

4. La droite $D_{t_{k}}$ est dirigée par $u_{k} = (1, t_{k})$. Comme $t_{1} \neq t_{2}$, $(u_{1}, u_{2})$ est une base de $\mathbb{R}^{2}$. La résolution de $u_{3} = \alpha u_{1} + \beta u_{2}$, c'est-à-dire de $\alpha + \beta = 1$ et $\alpha t_{1} + \beta t_{2} = t_{3}$, puis de même pour $u_{4} = \gamma u_{1} + \delta u_{2}$, donne $$\alpha = \frac{t_{2} - t_{3}}{t_{2} - t_{1}}, \quad \beta = \frac{t_{3} - t_{1}}{t_{2} - t_{1}}, \quad \gamma = \frac{t_{2} - t_{4}}{t_{2} - t_{1}}, \quad \delta = \frac{t_{4} - t_{1}}{t_{2} - t_{1}},$$ tous non nuls puisque les $t_{k}$ sont distincts. On pose $e_{1}' = \alpha u_{1}$ et $f_{1}' = \beta u_{2}$, qui forment une base de $\mathbb{R}^{2}$. Alors $u_{3} = e_{1}' + f_{1}'$ et $u_{4} = \frac{\gamma}{\alpha}\big(e_{1}' + \lambda f_{1}'\big)$ avec $\lambda = \frac{\alpha\delta}{\beta\gamma}$. L'automorphisme $\varphi$ défini par $\varphi(e_{1}) = e_{1}'$ et $\varphi(f_{1}) = f_{1}'$, qui envoie une base sur une base, envoie $F_{1}$, $F_{2}$, $G_{1}$, $G_{\lambda}$ sur $D_{t_{1}}$, $D_{t_{2}}$, $D_{t_{3}}$, $D_{t_{4}}$. On a $\lambda \neq 0$, car $\alpha\delta \neq 0$, et $\lambda \neq 1$, sinon $D_{t_{4}} = \varphi(G_{1}) = D_{t_{3}}$. L'unicité vient de la question 3 : deux quadruplets standard équivalents à un même quadruplet sont équivalents entre eux, la relation étant symétrique et transitive. $$\boxed{\lambda = \frac{(t_{2} - t_{3})(t_{4} - t_{1})}{(t_{3} - t_{1})(t_{2} - t_{4})}}$$ Pour $(t_{1}, t_{2}, t_{3}, t_{4}) = (0, 1, 2, 3)$, on trouve $\lambda = \frac{(-1) \times 3}{2 \times (-2)} = \frac{3}{4}$ ; on vérifie que $e_{1}' = (-1, 0)$, $f_{1}' = (2, 2)$, et que $e_{1}' + \frac{3}{4}f_{1}' = \big(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\big)$ dirige bien $D_{3}$. Pour $(0, 1, 2, 4)$, on trouve $\lambda = \frac{(-1) \times 4}{2 \times (-3)} = \frac{2}{3}$. $$\boxed{(D_{0}, D_{1}, D_{2}, D_{3}) \text{ et } (D_{0}, D_{1}, D_{2}, D_{4}) \text{ ne sont pas équivalents.}}$$

À retenir. Le nombre $\lambda$ est, à la convention près, le birapport des quatre pentes. Jusqu'ici, les classes d'équivalence de l'exercice 52 se décrivaient par des dimensions, c'est-à-dire par des entiers ; avec quatre sous-espaces apparaît un invariant réel, qui varie continûment, et la classification n'est plus finie.

Piège. Trois droites distinctes de $\mathbb{R}^{2}$ sont toujours équivalentes à $(F_{1}, F_{2}, G_{1})$ ; il est tentant d'en conclure qu'un automorphisme bien choisi permet aussi de placer une quatrième droite à volonté. Mais, par la question 2, un automorphisme qui conserve $F_{1}$, $F_{2}$ et $G_{1}$ conserve toutes les droites $G_{\lambda}$ : il ne laisse plus aucune liberté pour la quatrième.