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Lyc´ee Jules Ferry CPGE 1re ann´ee PTSI1
Mercredi  mars  14h-16h
Colle num´ero 20
Dimension finie, polynˆomes
Interrogateur : Emmanuel Collinet Salle Pr´efab A
Professeur : Sylvain Rairat
QUESTIONS DE COURS
QC 1. D´efinition : Espace vectoriel de dimension finie, de
dimension infinie.
QC 2. th´eor`eme : Dans un espace vectoriel de dimension
infinie, il y a des familles libres infinies.
QC 3. Th de la base incompl`ete. Th de la base extraite.
QC 4. Th/D´efinition : dimension d’un espace vectoriel de
dimension finie. D´efinition : droite vectorielle, plan vectoriel.
Exemples.
*QC 5. th´eor`eme : E est de dimension n si et seulement
si E est isomorphe `a Kn . Corollaire : Deux espaces ont mˆeme
dimension si et seulement si ils sont isomorphes.
QC 6. th´eor`eme : Cardinal d’une famille libre, d’une famille
g´en´eratrice en dimension finie.
QC 7. th´eor`eme : Caract´erisation des bases en dimension
finie.
*QC 8. th´eor`eme : Si E est de dimension finie et F est un
sev de E, alors F est de dimension finie et dim F 6 dim E. Cas
d’´egalit´e.
QC 10. Th :Dimension de E ×F .
*QC 11. Lemme : E = F1 ⊕ F2 si et seulement si l’union
disjointe d’une base de F1 et d’une base de F2 est une base de
E.
QC 12. th´eor`eme : Tout sous-espace vectoriel F d’un
espace vectoriel E de dimension finie admet un suppl´ementaire
et tous les suppl´ementaires de F dans E sont de dimension
dim E − dim F .
QC 13. Th :Si F et G sont deux sev de E en somme directe,
alors dim(F ⊕ G) = dim F + dim G.
*QC 14. th´eor`eme : Formule de Grassmann.
*QC 15. th´eor`eme : Si deux des trois assertions : F ∩G = {0},
F + G = E, dim F + dim G = dim E sont v´erifi´ees, alors la
troisi`eme l’est aussi et F et G sont suppl´ementaires dans E.
QC 16. D´efinition : rang d’une famille de vecteurs.
QC 17. Proposition : rg F = max {CardL |L ⊂ FetLlibre}.
QC 9. D´efinition : hyperplan.
*QC 18. Th´eor`eme : majorations du rang. Caract´erisation
des familles libres et g´en´eratrices `a l’aide du rang.
QC 19. D´efinition : Suites `a support fini, K(N) . Th´eor`eme :
K(N) est un sev de KN .
*QC 25. Th´eor`eme : Toute famille de polynˆomes ´echelonn´ee
en degr´e est libre.
QC 20. D´efinition : Polynˆomes, degr´e d’un polynˆome, K[X],
Kn [X]. Somme de deux polynˆomes. Produit d’un polynˆome
avec un scalaire.
*QC 26. Si ∀k ∈ [[0, n]], deg Pk = k, alors (Pk )06k6n est une
base de Kn [X].
QC 21. th´eor`eme : K[X] est un K−espace vectoriel.
QC 22. Prop : Degr´e d’une somme ; d’une combinaison
lin´eaire.
QC 23. Th´eor`eme : Kn [X] est un sous-espace vectoriel
de K[X]. Base canonique de Kn [X] ; de K[X]. Dimension de
Kn [X].
QC 24. D´efinition : Famille de polynˆomes ´echelonn´ee en degr´e.
QC 27. D´efinition : Produit de polynˆ
omes. Proposition : degr´e
d’un produit de polynˆ
omes.
QC 28. th´eor`eme : P Q = 0 ⇐⇒ P = 0 ou Q = 0.
QC 29. D´efinition : Fonction polynomiale associ´ee `a un
polynˆome.
QC 30. D´efinition : Compos´ee de deux polynˆomes, d´eriv´ees
successives d’un polynˆome. Propri´et´es.
*QC 31. Th´eor`eme : Formule de Taylor pour les polynˆomes.
EXERCICES
Ex 1. Soit (x1 , x2 , . . . , xp ) une famille libre d’un K−espace
vectoriel de dimension finie n. Montrer que p 6 n et que
x ∈ Vect(x1 , x2 , . . . , xp ) ⇐⇒ (x, x1 , x2 , . . . , xp ) est une famille
li´ee. Montrer `a l’aide d’un contre-exemple que l’hypoth`ese de
libert´e de la famille (x1 , x2 , . . . , xp ) est indispensable.
Ex 2. Soit E et F deux espaces vectoriels sur un corps K
et f ∈ L(E, F ). Montrer que que si (x1 , x2 , . . . , xn ) est une
famille libre de E et f est une application lin´eaire injective
alors (f (x1 ), f (x2 ), . . . , f (xn )) est une famille libre de F .
Ex 3. Soit E et F deux espaces vectoriels sur un corps K et
f ∈ L(E, F ). Montrer que que si (x1 , x2 , . . . , xn ) est une famille
g´en´eratrice de E et f est une application lin´eaire surjective alors
(f (x1 ), f (x2 ), . . . , f (xn )) est une famille g´en´eratrice de F .
Ex 4. Dire si l’affirmation suivante est juste ou fausse et la
d´emontrer ou trouver un contre-exemple. Soient (~u, ~v , w)
~ trois
vecteurs. Si les trois familles de deux vecteurs (~u, ~v ), (~u, w)
~ et
(~v , w)
~ sont libres, alors la famille (~u, ~v , w)
~ est libre.
Ex 5. Soient n r´eels (α1 , α2 , . . . , αn ) tels que
α1 < α2 < . . . < αn .
Montrer que la famille de fonctions (| x − αp |)p∈[[1,n]] est libre
dans l’espace vectoriel des fonctions de R dans R.
Ex 6. Soit E est un K− espace vectoriel de dimension finie.
Donner un exemple de f ∈ L(E) tel que Im f = Ker f .
Ex 7. Soit E est un K− espace vectoriel de dimension finie.
Donner un exemple de f ∈ L(E) tel que dim(Ker f +Im f ) < dim E.
Ex 8. Soit E est un K− espace vectoriel de dimension finie.
Donner un exemple de f ∈ L(E) tel que Im f et Ker f ne sont
pas en somme directe.
Ex 9. Soit E un espace vectoriel de dimension 3 et f ∈ L(E)
tel que f ◦ f = 0. Montrer qu’il existe deux vecteurs ~u et ~v tels
que f (~v ) 6= ~0, f (~u) = ~0 et B = (f (~v ), ~u, ~v ) est une base de E.
En d´eduire la matrice de l’endomorphisme f dans la base B.
Ex 10. Soit E un K− ev de dimension n et f ∈ L(E). Montrer
que les propositions suivantes sont ´equivalentes :
i. Ker f ∩ Im f = {~0} ;
ii. Ker f + Im f = E ;
iii. Im f = Im(f ◦ f ) ;
iv. Ker f = Ker(f ◦ f ).
Ex 11. Soit f une fonction r´eelle d´efinie sur R. On note
Ef l’espace vectoriel Ef = Vect{ft : x → f (x + t); t ∈ R}.
D´eterminer Ef et sa dimension si f = exp, si f = sin, si
2
f : x → x2 et si f : x → xex . Montrer que, pour f = x → ex ,
alors Ef est de dimension infinie.
Ex 12. Soit E un R−espace vectoriel de dimension finie. On
dira qu’une famille F = {ek }16k6p est positivement g´en´eratrice
p
X
si ∀x ∈ E, ∃(λ1 , . . . , λp ) ∈ (R+ )p , x =
λk ek . D´eterminer le
k=1
cardinal minimal d’une famille positivement g´en´eratrice.
Ex 13. Soit E un K−espace vectoriel de dimension finie n.
` quelle condition existe-t-il
Soient x ∈ E et (a1 , . . . , an ) ∈ Kn . A
n
X
une base (e1 , . . . , en ) de E telle que x =
ak ek ?
k=1
Ex 14. Montrer que la famille (X + k)n pour k ∈ {0, ..., n} constitue une base de Rn [X].
Ex 15. Soient P1 = X 2 + 1, P2 = X 2 + X − 1 et P3 = X 2 + X.
Montrer que la famille (P1 , P2 , P3 ) est une base de K2 [X].
Ex 16. Pour k ∈ {0, . . . , n}, on pose Pk = (X + 1)k+1 − X k+1 . Montrer que la famille (P0 , . . . , Pn ) est une base de Kn [X].
X(X − 1) . . . (X − k + 1)
Ex 17. Pour k ∈ N, on pose Pk =
k!
a) Montrer que la famille (P0 , P1 , . . . , Pn ) est une base de Rn [X].
b) Montrer que ∀x ∈ Z, ∀k ∈ N, Pk (x) ∈ Z.
c) Trouver tous les polynˆomes P tels que ∀x ∈ Z, P (x) ∈ Z.
Ex 18. Soit E l’espace vectoriel des applications de R dans R.
On consid`ere F la partie de E constitu´ee des applications de la forme : x 7→ P (x) sin x + Q(x) cos x avec P, Q ∈ Rn [X]
a) Montrer que F un sous-espace vectoriel de E.
b) Montrer que F est de dimension finie et d´eterminer dim F .
Ex 19. Montrer, pour tout n ∈ N, qu’il existe un unique Pn ∈ Rn+1 [X] tel que Pn (0) = 0 et Pn (X + 1) − Pn (X) = X n .
1
Ex 20. Soit P ∈ R[X] unitaire de degr´e n tel que, pour tout k ∈ {1, . . . , n + 1}, P (k) = 2 ·
k
Calculer P (n + 2) (on pourra d´eterminer le degr´e de Q = X 2 P − 1, ses racines et calculer Q(n + 2)).
Ex 21. D´eterminer le degr´e et le coefficient dominant Pn = (X + i)n − (X − i)n . D´eterminer ses racines.
Ex 22. Factoriser P (X) = X 2n − 2 cos aX n + 1 dans R[X].
n−1
2
X
Ex 23. Montrer que (X − 1)2 divise
X k − n2 X n−1 .
Ex 24. Montrer que Pn (X) =
n
X
Xk
k=0
k!
k=0
a toutes ses racines simples.
Ex 25. D´eterminer le reste de la division euclidienne de P (X) =
n
Y
(X sin k + cos k) par X 2 + 1.
k=1
Ex 26. Pour n > 2, P (X) = X n sin t − X sin(nt) + sin(n − 1)t. Montrer que P est divisible par Q = X 2 − 2X cos t + 1 et exprimer
le quotient en fonction de n.
Ex 27. Soit E = R[X] l’espace vectoriel sur R des polynˆ
omes. Soit n ∈ N et P un polynˆ
ome de degr´e n + 1. Montrer que les sous
ensembles F = Rn [X] et G = {Q ∈ E / ∃A ∈ E, Q = AP } sont deux sous-espaces vectoriels suppl´ementaires de E.
ϕn : Rn [X] −→ Rn [X]
.
Ex 28. P 7−→ Q | Q(X) = P (X) + P (X + 1)
i. Montrer qu’elle est lin´eaire. Pour 0 6 p 6 n, quel est le degr´e de ϕn (X p ) ? En d´eduire que ϕn est bijective.
ii. Montrer que, pour tout n ∈ N, il existe un polynˆome Pn ∈ R[X] unique tel que Pn (X) + Pn (X + 1) = 2X n .
iii. Montrer que, si Q ∈ R[X] v´erifie Q(X) + Q(X + 1) = 0, alors Q = 0.
iv. Trouver une relation entre Pn0 et Pn−1 , pour tout n ∈ N∗ .
v. Exprimer ensuite Pn (X + 1) en fonction de P0 , ..., Pn , et en d´eduire une relation de r´ecurrence donnant Pn en fonction de
P0 , . . . , Pn−1 .
Ex 29.
f : R3 [X] −→ R3
!
P (1)
et
i. Montrer que les applications P
−
7
→
P
(2)
P (3)
g : R3 [X] −→ R
sont lin´eaires.
P 7−→ P (0)
ii. On pose
F = {P ∈ R3 [X] | P (1) = P (2) = P (3) = 0} et G = {P ∈ R3 [X] | P (0) = 0}. Montrer que F ⊕ G = R3 [X].
ϕ : R[X] −→ R[X]
. Montrer que cette application est surjective.
Ex 30. P 7−→ Q | Q(X) = P (X) + P (X + 1)
ϕ : Rn [X] −→ Rn [X]
Ex 31. . Montrer que cette application est bijective.
P 7−→ Q | Q(X) = P (X) − P 0 (X)
Emmanuel Collinet − 2
Lyc´ee Jules Ferry CPGE 1re ann´ee PTSI1
Mercredi  mars  14h-16h
Colle num´ero 20
Dimension finie, polynˆomes
Interrogateur : Emmanuel Collinet Salle Pr´efab A
Professeur : Sylvain Rairat
INDICATIONS OU SOLUTIONS
Ex 1. Si x ∈ Vect(x1 , x2 , . . . , xp ), alors ∃(λ1 , λ2 , . . . , λp ) ∈ Kp tel que x =
X
λk xk et la famille (x, x1 , x2 , . . . , xp ) est li´ee, que la
16k6p
famille (xX
eciproquement
si la famille (x, x1 , x2 , . . . , xp ) est li´ee, il existe (λ, λ1 , λ2 , . . . , λp ) ∈ (Kp+1 )∗
1 , x2 , . . . , xp ) soit libre ou non. R´
X
tel que
λk xk + λx = 0. Si λ = 0, alors
λk xk = 0 et comme la famille est libre =⇒ λ1 = λ2 = . . . = λp = 0 ce qui n’est
16k6p
16k6p
pas possible car (λ, λ1 , λ2 , . . . , λp ) ∈ (Kp+1 )∗ . Donc λ 6= 0 et par suite x = −λ−1
X
λk xk =⇒ x ∈ Vect(x1 , x2 , . . . , xp ).
16k6p
Contre-exemple : dans le plan vectoriel R2 rapport´e `a une base (~ı, ~), on choisit p=2, ~x1 = ~ı, ~x2 = 2~ı. Alors la famille (~x1 , ~x2 , ~) est
li´ee, comme sur-famille de la famille li´ee (~x1 , ~x2 ), et ~ ∈
/ Vect(~x1 , ~x2 ) = R~ı.
Ex 2. Consid´erons une combinaison lin´eaire nulle des vecteurs de G : y = λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + . . . + λn f (xn ) = 0. Alors par
lin´earit´e de f , y = f (λ1 x1 + λ2 x2 + . . . + λn xn ) = 0 et comme f est injective, λ1 x1 + λ2 x2 + . . . + λn xn = 0. La libert´e de la famille
F entraˆıne alors λ1 = λ2 = . . . = λn = 0 et on en d´eduit que la famille G est libre.
Ex 3. Consid´erons y ∈ F ; comme f est surjective, il existe x ∈ E tel que y = f (x). Comme F est g´en´eratrice dans E, il existe
(λ1 , λ2 , . . . , λn ) tel que : x = λ1 x1 + λ2 x2 + . . . + λn xn . Alors par lin´earit´e de f , y = λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + . . . + λn f (xn ) et on en
d´eduit que la famille G est g´en´eratrice.
Ex 4. C’est une faute classique. On se place dans le plan et, avec la notation usuelle des vecteurs de la base du plan, on consid`ere
les vecteurs ~u = ~ı, ~v = ~ et w
~ = ~ı + ~. Il est facile d’´etablir la libert´e des familles de deux vecteurs et comme w
~ = ~u + ~v , la famille
n
est li´ee car un vecteur s’exprime en fonction des autres.
X
Ex 5. Supposons que la famille soit li´ee, alors il existe λk 6= 0 tel que
λp | x − αp | = 0.
p=1
X
Par cons´equent
λp | x−αp | = −λk | x−αk |. Comme λk 6= 0, les propri´et´es de la valeur absolue assure que x 7→ −λk | x−αk |
16p6n,p6=k
n’est pas d´erivable en αk alors que le membre de de gauche de l’´egalit´e l’est, car c’est une fonction affine au voisinage du point αk :
pour x ∈ ]αk−1 , αk+1 [ :
k−1
n
X
X
X
λ| x − αp | = −
λp (x − αp ) +
λp (x − αp ). Donc la famille est libre.
16p6n,p6=k
p=1
p=k+1
Ex 6. E = R2 , f (~ı) = ~0 et f (~) = ~ı =⇒ Ker f = Im f = R~ı.
Ex 7. E = R2 , f (~ı) = ~0 et f (~) = ~ı =⇒ Ker f = Im f = R~ı =⇒ dim(Ker f + Im f ) = dim R~ı = 1 < 2.
Ex 8. E = R2 , f (~ı) = ~0 et f (~) = ~ı =⇒ Ker f = Im f = R~ı =⇒ Ker f ∩ Im f = R~ı.
Ex 9. f ◦ f = 0 =⇒ Im f ⊂ Ker f car y ∈ Im f =⇒ ∃x ∈ E, y = f (x) =⇒ f (y) = f ◦ f (x) = 0 =⇒ y ∈ Ker f . De plus
f 6= 0 =⇒ dim Im f > 1 et dim Ker f + dim Im f = 3, donc la seule solution possible est dim Im f = 1 et dim Ker f = 2. Soit donc
~v ∈ E tel que f (~v ) 6= ~0. On pose w
~ = f (~v ), alors comme Im f ⊂ Ker f , w
~ ∈ Ker f et, d’apr`es le th´eor`eme de la base incompl`ete, on
peut trouver ~u ∈ Ker f pour compl´eter w
~ en une base de Ker f et la famille B = (w,
~ ~u, ~v ) est une base de E.
Il suffit de v´erifier la libert´e qui est ´evidente : ~x = αw
~ + β~u + γ~v = ~0 =⇒ f (~x) = ~0 = γf (~v ) et comme f (~v ) 6= ~0, on a γ = 0 d’apr`es
| {z }
∈Ker f
les r`egles de calcul dans un espace vectoriel. Donc ~x = αw
~ + β~u = ~0 et comme (w,
~ ~u) est libre en tant que base Ker f , on a le
!
0 0 1
r´esultat. On en d´eduit la matrice de f dans cette base : A = 0 0 0 .
0 0 0
Ex 10. i. =⇒ ii. En utilisant la formule de Grassmann :
Ker f ∩ Im f = {~0} =⇒ dim(Ker f + Im f ) = dim(Ker f ) + dim(Im f ) − dim(Ker f ∩ Im f ) = dim E − 0 =⇒
Ker f + Im f = E. Puis pour ii. =⇒ iii. on a d´ej`a que Im(f 2 ) ⊂ Im f est toujours vraie : z ∈ Im f 2 =⇒ ∃x ∈ E tel que
z = f 2 (x) =⇒ z = f (y = f (x)) ∈ Im f . Montrons que Im f ⊂ Im f 2 . y ∈ Im f =⇒ ∃x ∈ E ; y = f (x) et pour ce vecteur x
l’hypoth`ese assure l’existence d’un couple (u, v) ∈ Im f × Ker f tel que x = u + v et comme u ∈ Im f , ∃a ∈ E tel que u = f (a). Donc
y = f (x) = f (f (a) + v) = f 2 (a) + f (v) = f 2 (a) =⇒ y ∈ Im f 2 .
Montrons maintenant que Im f = Im(f ◦f ) =⇒ Ker f = Ker(f ◦f ). Comme pr´ec´edemment, l’inclusion (´evidente) Ker f ⊂ Ker(f ◦f )
est toujours vraie. Le th´eor`eme du rang donne (presque) directement que dim(Ker f ) = dim(Ker f 2 ) et l’inclusion permet de conclure
que Ker f = Ker(f ◦ f ).
Il resta `a ´etablir que iv. =⇒ i. Soit x ∈ (Ker f ∩ Im f ). x ∈ Im f =⇒ ∃a ∈ E ; x = f (a). Et x ∈ Ker f =⇒ f (x) = 0. Donc
f 2 (a) = 0 =⇒ a ∈ Ker f 2 = Ker f =⇒ x = 0.
Ex 11. Soit f une fonction r´eelle d´efinie sur R. On note Ef l’espace vectoriel Ef = Vect{ft : x → f (x + t); t ∈ R}. D´eterminer Ef
2
et sa dimension si f = exp, si f = sin, si f : x → x2 et si f : x → xex . Montrer que, pour f = x → ex , alors Ef est de dimension
infinie.
Nf = exp donc ft (x) = ex+t = et ex et ft est colin´eaire `a exp. Donc exp est une partie g´en´eratrice. La fonction est non nulle. Elle
constitue une base de Ef et dim Ef = 1.
Nf = sin donc ft (x) = sin(x + t) = sin t cos x + cos t sin x et ft est combinaison lin´eaire de sin et cos. Donc {sin, cos} est une partie
π
g´en´eratrice de Ef . Si ∀x ∈ R, λ sin x + µ cos x = 0 alors x = 0 =⇒ µ = 0 et x = =⇒ λ = 0, donc la famille est libre. Elle constitue
2
une base de Ef et dim Ef = 2.
Nf : x → x2 donc ft (x) = (x + t)2 = x2 + 2tx + t2 et ft est combinaison lin´eaire de x → 1, x → x et x → x2 . Il en sera de mˆeme
de toute combinaison lin´eaire de telles fonctions. Donc {1, x, x2 } est une partie g´en´eratrice de Ef . Si ∀x ∈ R, λ + µx + νx2 = 0,
alors x = 0 =⇒ λ = 0 et µ + νx = 0, ensuite x = 0 =⇒ µ = 0 puis ν = 0, donc la famille est libre. Elle constitue une base de Ef et
dim Ef = 3.
Nf : x → xex donc ft (x) = (x + t)ex+t = et xex + tet ex et ft est combinaison lin´eaire de x → ex et x → xex . Il en sera de mˆeme
de toute combinaison lin´eaire de telles fonctions. Donc {ex , xex } est une partie g´en´eratrice. Si ∀x ∈ R, λex + µxex = 0,, alors
x = 0 =⇒ λ = 0 =⇒ µ = 0 donc la famille est libre. Elle constitue une base de Ef et dim Ef = 2.
2
NPour ce dernier espace vectoriel montrons d’abord que la famille de fonctions {ex +αx }α∈R est libre. Pour cela, prenons une sous
2
famille finie quelconque et montrons sa libert´e. Soit donc α1 > α2 > . . . > αn et les fonctions associ´ees fk (x) = ex +αk x . Montrons
alors que ∀(λ1 , . . . , λn ), ∀x ∈ R,
n
X
λk fk (x) = 0 =⇒ λ1 = . . . = λn = 0.
k=1
comme une exponentielle ne s’annule pas, ∀x ∈ R,
n
X
n
X
λk fk (x) =
k=1
λk fk (x) = 0 =⇒ ∀x ∈ R
k=1
n
X
n
X
λk ex
2
+αk x
2
= e x eα1 x
k=1
λk e
(αk −α1 )x
n
X
λk e(αk −α1 )x et
k=1
+ λ1 = 0. Par passage `a la limite
k=2
pour x → +∞, comme αk − α1 < 0, on en d´eduit que λ1 = 0. Supposons par r´ecurrence que pour 1 6 p 6 n − 1 λ1 = . . . = λp = 0,
n
n
X
X
Alors
λk eαk x = 0 et donc, comme pr´ec´edemment :
λk e(αk −αp+1 )x + λp+1 = 0 et par passage `a la limite pour x → +∞,
k=p+1
k=p+2
2
on obtient λp+1 = 0 et la propri´et´e est ´etablie par r´ecurrence. Par suite Vect{ex +αx }α∈R admet une famille libre infinie. Comme
2
2
2
ft (t + x) = et ex +2tx , ∀α ∈ R, ex +αx ∈ Ef pour α = 2t. Ef est donc de dimension infinie car il contient une famille libre infinie.
Ex 12. Comme F est g´en´eratrice, card F > n. Ensuite pour toute famille g´en´eratrice (u1 , . . . , un ), −u1 n’admet de d´ecomposition
positive. Cela r´esulte du fait que c’est une base est qu’elle est donc libre. En effet, s’il existe (λ1 , . . . , λp ) ∈ (R+ )n tel que
n
n
X
X
−u1 =
λk uk alors (λ1 + 1)u1 +
λk uk = 0 avec λ1 + 1 > 0, ce qui affirme que la famille est li´ee. Donc card F > n + 1.
k=1
k=2
Consid´erons maintenant B = (e1 , . . . , en ) une base de E et posons u = −
n
X
ek . Montrons que F = B ∪ {u} est positivement
k=1
n
n
X
X
g´en´eratrice. Soit x ∈ E. Il admet une d´ecomposition sur B : x =
xk ek . Pour tout λ > 0, on a x = λu +
(λ + xk )ek et pour
k=1
k=1
n
o
λ > max {0} ∪ {−xi }16i6n , x admet une d´ecomposition positive sur F.
Ex 13. Si x = 0 et (a1 , . . . , an ) 6= (0, . . . , 0) ou si x 6= 0 et (a1 , . . . , an ) = (0, . . . , 0), alors il n’existe pas de base r´epondant au
n
n
X
X
probl`eme. Dans le premier cas, la libert´e assure que
ak ek 6= 0 pour toute base et, dans le second cas,
ak ek = 0. Supposons
k=1
pour la suite que x 6= 0 et (a1 , . . . , an ) 6= (0, . . . , 0). Soit B = (u1 , . . . , un ) une base de E et y =
n
X
k=1
ak uk . Alors y 6= 0 et constitue
k=1
une famille libre. Le th´eor`eme de la base incompl`ete assure que l’on peut compl´eter {y} en une base `a l’aide de n − 1 vecteurs de
E. C = (y, y2 , . . . , yn ) est une base de E. De mˆeme pour {x}, le th´eor`eme de la base incompl`ete assure que l’on peut compl´eter
{x} en une base `a l’aide de n − 1 vecteurs de E. D = (x, x2 , . . . , xn ) est une base de E. On d´efinit alors l’application lin´eaire f
de E dans E par l’image de la base C : f (y) = x et pour 2 6 k 6 n, f (yk ) = xk . Comme C et D sont des bases de E, f est un
n
X
automorphisme de E car il transforme une base en une base. De plus x = f (y) =
ak f (uk ) et (f (u1 ), . . . , f (un )) est une base de
k=1
E car f transforme toute base en une base. Elle r´epond au probl`eme.
Ex 14. Montrons le r´esultat par r´ecurrence. Pour n = 0, le r´esultat, ´evident, provient du fait que le polynˆome constant 1 est une
base de R0 [X]. Supposons maintenant que la famille (X + k)n−1 pour k ∈ {0, ..., n − 1} constitue une base de Rn−1 [X] et montrons
qu’alors la famille (X +k)n pour k ∈ {0, ..., n} constitue une famille libre de Rn [X], ce qui ´etablira le r´esultat car dim Rn [X] = n+1.
n
n
X
X
´
nλk (X + k)n−1 = 0
λk (X + k)n = 0. En d´erivant, on obtient P 0 X) =
Ecrivons
donc que ∀(λ0 , λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn+1 , P (X) =
k=0
On a alors nP (X) − (X + n)P 0 (X) =
=
n
X
k=0
nλk (X + k)n−1 (k − n) = n
n
X
k=0
n−1
X
nλk (X + k)n − nλk (X + n)(X + k)n−1 =
k=0
n
X
nλk (X + k)n−1 ((X + k) − (X + n))
k=0
λk (k − n)(X + k)n−1 = 0. En appliquant l’hypoth`ese de r´ecurrence, on obtient que
k=0
∀k ∈ [0, . . . , n − 1}, λk (k − n) = 0 =⇒ λk = 0. Donc P (X) = λn (X + n)n = 0 =⇒ P (1 − n) = λn = 0 et la famille est
libre.
(
λ1 − λ2 = 0
Ex 15. Supposons λ1 P1 + λ2 P2 + λ3 P3 = 0. Par ´egalit´e de coefficients de polynˆ
omes :
λ2 + λ3 = 0
λ1 + λ2 + λ3 = 0
Apr`es r´esolution λ1 = λ2 = λ3 = 0. La famille (P1 , P2 , P3 ) est une famille libre form´ee de 3 = dim K2 [X] polynˆomes de K2 [X], c’est
donc une base de K2 [X].
k X
k+1
X j =⇒ deg Pk = k. La famille
Ex 16. On remarque, en d´eveloppant avec le binˆome de Newton que Pk (X) =
j
j=0
(P0 , . . . , Pn ) est une famille ´etag´ee de n + 1 = dim Kn [X] ´el´ements de Kn [X], c’est donc une base de Kn [X].
Ex 17. a) C’est une famille de polynˆomes de degr´es ´etag´es.
n
m+k−1
b) Quand k 6 m, Pk (m) =
. Quand 0 6 m 6 k − 1, Pk (m) = 0. Quand m < 0, Pk (m) = (−1)k
.
k
k
c) Soit P non nul solution. On peut ´ecrire P = λ0 P0 + . . . + λn Pn avec n = deg P . P (0) ∈ Z donne λ0 ∈ Z. P (1) ∈ Z sachant
λ0 P0 (1) ∈ Z donne λ1 ∈ Z etc.
Inversement ok Finalement les polynˆomes solutions sont ceux se d´ecomposant en coefficients entiers sur les Pk .
Ex 18. a) F ⊂ E et la fonction nulle appartient `
a F (en prenant P = Q = 0 ∈ Rn [X]). Soient f, g ∈ F et λ, µ ∈ R
. On peut ´ecrire f (x) = P (x)sinx + Q(x) cos x et g(x) = P (x) sin x + Q(x) cos x avec P, Q, P 0 , Q0 ∈ Rn [X]. On a alors
λf + µg = (λP + µP 0 )(x) sin x + (λQ + µQ0 )(x) cos x avec λP + µP 0 , λQ + µQ0 ∈ Rn [X] donc λf + µg ∈ F et finalement F
est un sous-espace vectoriel de E.
b) Posons fk (x) = xk sin x et gk (x) = xk cos x avec k ∈ {0, . . . , n}. Les fonctions f0 , . . . , fn , g0 , . . . , gn sont des fonctions de F
formant clairement une famille g´en´eratrice. Supposons λ0 f0 + . . . + λn fn + µ0 g0 + . . . + µn gn = 0 alors pour tout x ∈ R on a :
π
(λ0 + λ1 x + . . . + λn xn ) sin x + (µ0 + µ1x + . . . + µn xn ) cos x = 0. Pour x = + 2kπ avec k ∈ Z, on obtient une infinit´e de racine
2
au polynˆome λ0 + λ1 X + . . . + λn X n . Ceci permet d’affirmer λ0 = λ1 = . . . = λn = 0. Pour x = 2kπ avec k ∈ Z, on peut affirmer
µ0 = µ1 = . . . = µn = 0. On peut conclure que (f0 , . . . , fn , g0 , . . . , gn ) est libre et donc une base de F puis dim F = 2(n + 1).
Emmanuel Collinet − 2
Ex 19. Consid´erons l’application ϕ : Rn+1 [X] → Rn [X] d´efinie par ϕ(P ) = P (X + 1) − P (X). L’application ϕ est bien d´efinie,
lin´eaire et de noyau R0 [X]. Par le th´eor`eme du rang, elle est donc surjective et les solutions de l’´equation ϕ(P ) = X n se d´eduisent
les unes des autres par l’ajout d’un ´el´ement de R0 [X], c’est-`
a-dire d’une constante. Ainsi il existe une unique solution v´erifiant
P (0) = 0.
Ex 20. P ´etant unitaire de degr´e n, Q est aussi unitaire de degr´e n + 2, il aura donc n + 2 racines complexes ou confondues.
n+1
n+1
Y
Y
Or ∀k ∈ {1, . . . , n + 1}, Q(k) = 0, donc Q(X) = (X − α)
(X − k) et α
k = α(n + 1)! = (−1)n+2 (−1) = (−1)n+1 , soit
k=1
α=
(−1)n+1
(n + 1)!
· Alors Q(n + 2) = (n + 2 − α)
k=1
n+1
Y
k=1
(−1)n+1 (n + 2 − k) = n + 2 −
(n + 1)! et (n + 2)2 P (n + 2) − 1 = (n + 2)! − (−1)n+1 .
(n + 1)!
(n + 2)! − (−1)n+1
·
(n + 2)2
Ex 21. (X + i)n et (X − i)n sont unitaires, de degr´e n, donc deg Pn 6 n − 1. Le coefficient de X n−1 est ni dans (X + i)n et −ni
dans (X − i)n , donc Pn est de degr´e n − 1 et son coefficient dominant est 2ni.
(X − i)n
e2ikπ/n + 1
= 1 = e2ikπ . Apr`es calcul : X = −i
−i n’est pas racine de Pn , donc Pn = 0 ⇔
n
(X + i)
e2ikπ/n − 1
ikπ/n
−ikπ/n
e
+e
kπ
= −i
, k ∈ [1, n − 1]. Donc Pn admet les n − 1 racines simples − cotan n , k ∈ [1, n − 1].
eikπ/n − e−ikπ/n
n−1
Y
Ex 22. X 2n − 2 cos aX n + 1 = (X n − eia )(X n − e−ia ) donc, sur C[X], P (X) =
(X − eia+2kπ/n )(X − ei−a+2kπ/n ). On a que
n−1
k=0
Y
a + 2kπ
+ 1) sur R[X].
ei−a−2kπ/n = ei−a+2(n−k)π/n et on en tire P (X) =
(X 2 − 2X cos
n−1
n
2
X
k=0
Ex 23. (X − 1)2 divise P (X) =
− n2 X n−1 si et seulement si 1 est racine au moins double de P , c’est `
Xk
a dire si et
Finalement, P (n + 2) =
k=0
seulement si P (1) = P 0 (1) = 0, ce qu’il est ais´e de v´erifier par le calcul.
Ex 24. Remarquons que P0 n’a aucune racine et que P1 n’en a qu’une. Pour n > 2, si α est racine double de Pn , alors α est racine
αn
αn
=
= 0, ce qui impose α = 0. Or Pn (0) = 1 donc Pn ne peut pas avoir de racine
de Pn0 = Pn−1 , donc Pn (α) = Pn−1 (α) +
n!
n!
double.
n
Y
Ex 25. Le th´eor`eme de la division euclidienne donne
(X sin k + cos k) = Q(X 2 + 1) + R(X) avec deg R 6 1, c’est `a dire
n
n
Y
Y
k=1 ik
R = aX + b. En injectant i :
(i sin k + cos k) = ai + b =
e = ein(n+1)/2 . En injectant −i : −ai + b = e−in(n+1)/2 . Finalement,
k=1
k=1
n(n + 1)
n(n + 1)
+ cos
·
R = X sin
2
2
Ex 26. Q a pour racines complexes eit et e−it . En injectant dans P : eint sin t − eit sin(nt) + sin(n − 1)t
= cos(nt) sin t − cos t sin(nt) + sin(n − 1)t = 0. Comme P ∈ R[X], e−it est aussi racine de P , et Q divise P . Si n = 2,
P = X 2 sin t − X sin(2t) + sin t = Q sin t. Si n = 3, P = X 3 sin t − X sin(3t) + sin(2t)
n−2
X
X k sin(n − 1 − k)t en trois sommes et, apr`es avoir ajust´e les indices
= X sin t + sin(2t) Q. On d´eveloppe (X 2 − 2 cos tX + 1)
k=0
des sommes pour que seul X k apparaisse, en utilisant la relation 2 cos t sin(n − k)t = sin(n − k + 1)t + sin(n − k − 1)t, on obtient
n−2
X
le quotient :
X k sin(n − 1 − k)t.
k=0
Ex 27. F est un sous-espace vectoriel comme noyau de l’application lin´eaire Dn+1 o`
u D est la d´erivation. G est un sous-espace
vectoriel comme image de l’application lin´eaire A 7→ AP . On ´ecrit la division euclidienne de Q par P : il existe un couple unique
(A, B) avec deg B 6 n tels que Q = AP + B et la somme directe est prouv´ee.
Ex 28.
i. La lin´earit´e est imm´ediate. Pour 0 6 p 6 n, en d´eveloppant X + 1)p avec le binˆ
ome de Newton, le terme de plus haut degr´e de
ϕn (X p ) est 2xp donc deg ϕn (X p ) = p. La famille (ϕn (X p ))06p6n est une famille ´echelonn´ee de Rn [X] et forme donc une base. ϕn
transforme une base en une base donc est bijective.
n
ii. La bijection pr´ec´edente assure qu’il existe un polynˆ
ome Pn ∈ R[X] unique tel que Pn (X) + Pn (X + 1) = 2X n , c’est ϕ−1
n (2X ).
iii. Si Q ∈ R[X] alors R(X) = Q(X) + Q(X + 1) ∈ R[X], alors Q = 0 d’apr`es l’injectivit´e de ϕn .
iv. Pn0 (X) + Pn0 (X + 1) = 2nX n−1 = n(Pn−1 (X) + Pn−1 (X + 1)) =⇒ (Pn0 (X) − nPn−1 (X)) + (Pn0 (X + 1) − nPn−1 (X + 1)) = 0,
pour tout n ∈ N∗ , donc Pn0 (X) − nPn−1 (X) = 0 d’apr`es la question pr´ec´edente.
n
n
n n X
X
X
n
n
n!
1 P (k) (X) = X 1 ·
P
(X)
=
P
(X)
=
Pn (X)
v. D’apr`es la formule de Taylor, Pn (X + 1) =
n−k
n−k
k! n
k! (n − k)!
k
k
k=0
k=0
k=0
k=0
n−1 1X n
et finalement Pn (X) = X n −
Pn (X)
2
k
k=0
Ex 29.
fa : R3 [X] −→ R
i. L’application est lin´eaire par d´efinition de la combinaison lin´eaire des applications ((αf +µg)(a) = αf (a)+µg(a))
P 7−→ P (a)
f : R3 [X] −→ R3
g : R [X] −→ R
!
3
P (1)
donc est lin´eaire car chaque application composante l’est. De mˆeme pour .
P 7−→ P (0)
P
−
7
→
P
(2)
P (3)
ii. F et G sont deux sous espaces-vectoriels de R3 [X] car ce sont les noyaux des applications lin´eaires f et g. Si P ∈ F ∩ G, alors
P poss`ede 4 racines dans R3 [X], il est donc nul. Donc F ∩ G = {0}. Consid´erons maintenant les quatre polynˆ
omes de Lagrange
Emmanuel Collinet − 3
Pj (X) =
4
Y
k=1,k6=j
X −k
d´efinis pour 1 6 j 6 4. Ils forment une base de R3 [X] (r´esultat du cours) et {P0 } ⊂ G tandis que
j−k
{P1 , P2 , P3 } ∈ F . La libert´e de la famille {P0 , P1 , P2 , P3 } assure celles des sous-familles pr´ec´edentes et le cardinal de chaque famille
assure que dim F + dim G > 4. Comme dim F + dim G 6 4 on a dim F + dim G = 4 Donc F ⊕ G = R3 [X].
Ex 30. La lin´earit´e de ϕ s’´ecrit simplement `a partir de la d´efinition et le d´eveloppement du binˆome de Newton assure que
ϕ(X n ) = X n + (X + 1)n = 2xn + Pn−1 (X), o`
u deg Pn−1 = n − 1. Donc deg ϕ(X n ) = n. La restriction de ϕn de Rn [X] → Rn [X]
est donc d´efinie et injective car elle transforme une base en une base (l’image de la base (X k )06k6n est une famille ´echelonn´ee de
cardinal n + 1). ϕn est donc surjective, et ϕ aussi par voie de cons´equence.
Ex 31. Si P ∈ Rn [X], alors il admet
n racines complexes en le consid´erant comme un polynˆ
ome de Cn [X]. Par suite P 0 admet n
ϕ : Rn [X] −→ Rn [X]
est une application lin´eaire, donc injective car son
racines et P 0 = 0 donc P = 0. P 7−→ Q | Q(X) = P (X) − P 0 (X)
noyau est r´eduit au polynˆome nul. Rn [X] est de dimension finie n + 1 donc ϕ est bijective.
Emmanuel Collinet − 4