Solutions
SOLUTIONS
22
Alors E(α), noyau de cette forme linéaire non nulle, estunhyperplandeRn[X];le même raisonnement s’applique à E(β).
Enfin E est un sous-espace vectoriel de Rn[X ]comme intersection
de 2sous-espaces vectoriels de Rn[X ].
2) a) Soit (P, Q) ∈ (Rn[X ])
2 et (λ, μ) ∈ R
2 :
u(λP + μQ) = (λP + μQ)(α)X +(λP+μQ)(β)
= λP(α)X + μQ(α)X + λP(β)+μQ(β)
=λu(P)+μu(Q)
Ce qui établit la linéarité de l’application u.
b) P ∈ Ker u ⇐⇒ P ( α ) = P ( β ) = 0:Ker u = E.
Il est clair que Im u ⊂ R1[X ].
Réciproquement, soit Q = a1X + a0,lepolynôme
P = a1
X − β
α − β
+ a1
X − α
β − α
vérifie u(P) = Q. D’où Im u = R1[X ].
3)et 4) E(α)+E(β), somme de deux sous-espaces vectoriels de
Rn[X ], est un sous-espace vectorieldeRn[X]. Déterminons sa dimension :
E(α) ∩ E(β) = E = Ker u apour dimension (n +1)−2 = n−1,
d’aprèslethéorème du rang.
E(α)+E(β)adonc pour dimension :2n−(n−1) = n +1.
dim(E(α)+E(β)) = dim Rn[X ], finie,nous permet de conclure :
Rn[X ] = E(α)+E(β), la somme n’est pasdirecte si n > 1
18 1)Comme dans l’exercice précédent,
R3[X ] →
fα
R
P
→ P(α)
est une forme linéaire.
• Si a /
∈{ − 2 ,2 } , P∈Ker fa ⇐⇒ ( X − a )(X − 2)(X +2)
divise P :
Ker fa = {λ(X − a)(X − 2)(X +2),λ∈R}
Ce noyau est une droite, le théorème du rang nous permet alors
d’affirmer quelerang de fa est3;
• si a ∈{−2,2}P∈Ker fa ⇐⇒ ( X − 2)(X +2)divise P :
Ker fa = {(X − 2)(X +2)Q,Q ∈R1[X]}
Ce noyau est un plan, le théorème du rang nous permet alors
d’affirmerque le rang de fa est 2.
2)Considérons l’application fa restreinte à R2[X ], notée ga et reprenons la discussion précédente :
• Si a /
∈{ − 2 , 2 } ,K er ga = Ker fa ∩ R2[X ] = {0}, ga est
injective.
De plus dim(R2[X ]) = dim(R
3 ), donc ga est bijective.
Il existe une unique solution de degré 2d el ’équation
fa(P) = ga(P) = (3, 2, 1) ;
• si a ∈{ − 2 ,2 } ,iln’existe pasdepolynôme solution puisque
l’équation donne 3valeurs distinctes à P(−2), P(2) et P(a).
3)Nous travaillons donc avec l’hypothèse supplémentaire :
a /
∈{−2,2}.
L’application ga est bijective, l’image réciproque par ga de la base
canonique de R
3 est donc une base de R2[X ], appeléefamille des
polynômesd’interpolation de Lagrange associés à −2, 2eta.
Ces polynômes, notés La i telsque La i (aj) = δi,j sont :
L−2(X ) =
(X − 2)(X − a)
(−2 − 2)(−2 − a)
=
(X − 2)(X − a)
4(2+a)
L2(X)=
(X +2)(X − a)
(2 +2)(2 − a)
=
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
La(X ) =
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
.
Tout polynôme P de R2[X ]s ed écompose sur cette base de la
façon suivante :
P(X ) = P(−2)L−2(X )+P(2)L2(X )+P(a)La(X).
Alors :
ga(P) = (3, 2, 1) ⇐⇒ P = g
− 1
a (3, 2, 1)
⇐⇒ P = 3 g
− 1
a (1, 0, 0) +2g
− 1
a (0, 1, 0)
+ g
−1
a (0, 0, 1)
⇐⇒ P = 3 L − 2 ( X )+2L2(X)+La(X).
L’unique solution de degré inférieur ou égal à2del’équation est
donc :
P0 = 3
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
+
(X − 2)(X − a)
2(2 + a)
+
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
Chapitre 22
1 a) Vrai. b) Faux ;i ln ’y ap as de multiplication interne.
c) Faux ;i ln ’est pas stable par addition (In − In = 0). d) Vrai.
e) Vrai. f) Faux ;c’est le contraire. g) Vrai. h) Faux. i) Faux ;c’est
t
B
t
A. j) Vrai.
2 1) E = Vect(I , J )où
I =
10
01
et J =
11
− 1 − 1
.
De plus (I , J )est une famille libre, c’est donc une base de E.
2) J
2 = 0, d’où
(aI + bJ )(a
I + b
J ) = aa
I +(ab
+ a
b)J .
En déduireque E est un sous-anneau commutatif de M2(K).
J , par exemple, n’est pas inversible ; E n’est donc pasuncorps.
3) Soit A = aI + bJ et A
= a
I + b
J deux éléments non nuls
de E.
En utilisantlabase (I , J ), montrer que:
AA
= 0 ⇐⇒ a = a
= 0 .
L’ensemble des diviseurs de zéro de E estVect(J ).
Hachette Livre –HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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Alors E(α), noyau de cette forme linéaire non nulle, estunhyperplandeRn[X];le même raisonnement s’applique à E(β).
Enfin E est un sous-espace vectoriel de Rn[X ]comme intersection
de 2sous-espaces vectoriels de Rn[X ].
2) a) Soit (P, Q) ∈ (Rn[X ])
2 et (λ, μ) ∈ R
2 :
u(λP + μQ) = (λP + μQ)(α)X +(λP+μQ)(β)
= λP(α)X + μQ(α)X + λP(β)+μQ(β)
=λu(P)+μu(Q)
Ce qui établit la linéarité de l’application u.
b) P ∈ Ker u ⇐⇒ P ( α ) = P ( β ) = 0:Ker u = E.
Il est clair que Im u ⊂ R1[X ].
Réciproquement, soit Q = a1X + a0,lepolynôme
P = a1
X − β
α − β
+ a1
X − α
β − α
vérifie u(P) = Q. D’où Im u = R1[X ].
3)et 4) E(α)+E(β), somme de deux sous-espaces vectoriels de
Rn[X ], est un sous-espace vectorieldeRn[X]. Déterminons sa dimension :
E(α) ∩ E(β) = E = Ker u apour dimension (n +1)−2 = n−1,
d’aprèslethéorème du rang.
E(α)+E(β)adonc pour dimension :2n−(n−1) = n +1.
dim(E(α)+E(β)) = dim Rn[X ], finie,nous permet de conclure :
Rn[X ] = E(α)+E(β), la somme n’est pasdirecte si n > 1
18 1)Comme dans l’exercice précédent,
R3[X ] →
fα
R
P
→ P(α)
est une forme linéaire.
• Si a /
∈{ − 2 ,2 } , P∈Ker fa ⇐⇒ ( X − a )(X − 2)(X +2)
divise P :
Ker fa = {λ(X − a)(X − 2)(X +2),λ∈R}
Ce noyau est une droite, le théorème du rang nous permet alors
d’affirmer quelerang de fa est3;
• si a ∈{−2,2}P∈Ker fa ⇐⇒ ( X − 2)(X +2)divise P :
Ker fa = {(X − 2)(X +2)Q,Q ∈R1[X]}
Ce noyau est un plan, le théorème du rang nous permet alors
d’affirmerque le rang de fa est 2.
2)Considérons l’application fa restreinte à R2[X ], notée ga et reprenons la discussion précédente :
• Si a /
∈{ − 2 , 2 } ,K er ga = Ker fa ∩ R2[X ] = {0}, ga est
injective.
De plus dim(R2[X ]) = dim(R
3 ), donc ga est bijective.
Il existe une unique solution de degré 2d el ’équation
fa(P) = ga(P) = (3, 2, 1) ;
• si a ∈{ − 2 ,2 } ,iln’existe pasdepolynôme solution puisque
l’équation donne 3valeurs distinctes à P(−2), P(2) et P(a).
3)Nous travaillons donc avec l’hypothèse supplémentaire :
a /
∈{−2,2}.
L’application ga est bijective, l’image réciproque par ga de la base
canonique de R
3 est donc une base de R2[X ], appeléefamille des
polynômesd’interpolation de Lagrange associés à −2, 2eta.
Ces polynômes, notés La i telsque La i (aj) = δi,j sont :
L−2(X ) =
(X − 2)(X − a)
(−2 − 2)(−2 − a)
=
(X − 2)(X − a)
4(2+a)
L2(X)=
(X +2)(X − a)
(2 +2)(2 − a)
=
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
La(X ) =
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
.
Tout polynôme P de R2[X ]s ed écompose sur cette base de la
façon suivante :
P(X ) = P(−2)L−2(X )+P(2)L2(X )+P(a)La(X).
Alors :
ga(P) = (3, 2, 1) ⇐⇒ P = g
− 1
a (3, 2, 1)
⇐⇒ P = 3 g
− 1
a (1, 0, 0) +2g
− 1
a (0, 1, 0)
+ g
−1
a (0, 0, 1)
⇐⇒ P = 3 L − 2 ( X )+2L2(X)+La(X).
L’unique solution de degré inférieur ou égal à2del’équation est
donc :
P0 = 3
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
+
(X − 2)(X − a)
2(2 + a)
+
(X − 2)(X − a)
4(2 + a)
Chapitre 22
1 a) Vrai. b) Faux ;i ln ’y ap as de multiplication interne.
c) Faux ;i ln ’est pas stable par addition (In − In = 0). d) Vrai.
e) Vrai. f) Faux ;c’est le contraire. g) Vrai. h) Faux. i) Faux ;c’est
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B
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A. j) Vrai.
2 1) E = Vect(I , J )où
I =
10
01
et J =
11
− 1 − 1
.
De plus (I , J )est une famille libre, c’est donc une base de E.
2) J
2 = 0, d’où
(aI + bJ )(a
I + b
J ) = aa
I +(ab
+ a
b)J .
En déduireque E est un sous-anneau commutatif de M2(K).
J , par exemple, n’est pas inversible ; E n’est donc pasuncorps.
3) Soit A = aI + bJ et A
= a
I + b
J deux éléments non nuls
de E.
En utilisantlabase (I , J ), montrer que:
AA
= 0 ⇐⇒ a = a
= 0 .
L’ensemble des diviseurs de zéro de E estVect(J ).
Hachette Livre –HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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