Chapitre 1 • Compléments d’algèbre linéaire
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En notant B la base préduale de F, Q = Pass (B ∗
0 ,F), P = Pass (B 0 ,B), on a :
P = t Q
−1 =
1 0
0
0
−1 1 −
1
3
−
1
6
0 0
1
2
0
0 0 −
1
6
1
6
.
Finalement, la base préduale de (ϕ 1 , ϕ 2 , ϕ 3 , ϕ 4 ) est :
1 − X, X, −
1
3
X +
1
2
X 2 −
1
6
X 3 , −
1
6
X +
1
6
X 3
.
Obtention de Q −1 par la calculette.
Monie r Algèbre Monier
Géométrie
Moni er Algèbre Monier
Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Lecture de P en colonnes.
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Gé
ométrie Monier
Exercices 1.3.4, 1.3.5, 1.3.8.
Exercice-type résolu
Exemples de détermination d’une base anté-duale dans un espace de polynômes
Soient n ∈ N
∗
, E = R n [X], a 0 ,...a n ∈ R deux à deux distincts et tous non nuls. On note, pour tout k ∈ {0,...,n} :
ϕ k : E −→ R, P −→ ϕ k (P) =
ak
0
P(x) dx.
a) Montrer que (ϕ k ) 0kn est une base du dual E
∗ de E.
b) Déterminer la base anté-duale de (ϕ k ) 0kn .
Conseils
Linéarité de l'intégration.
On va établir que (ϕ k ) 0kn est libre.
Par hypothèse, a 0 ,...,a n sont deux à deux
distincts et tous non nuls.
En remplaçant, par exemple, Q par le
polynôme d'interpolation de Lagrange
s'annulant en a 1 ,...,a n+1 et prenant la valeur
1 en a 0 , on déduit : λ 0 = 0.
Solution
a) • Il est clair que : ∀ k ∈ {0,...,n}, ϕ k ∈ E
∗
.
• Soit (λ k ) 0kn ∈ R
n+1 tel que
n
k=0
λ k ϕ k = 0.
On a donc :
∀ P ∈ E,
n
k=0
λ k
ak
0
P(x) dx = 0.
Comme :
∀ Q ∈ R n+1 [X], Q
∈ R n [X],
on a :
∀ Q ∈ R n+1 [X],
n
k=0
λ k
ak
0
Q
(x) dx = 0,
c'est-à-dire :
n
k=0
λ k
Q(a k ) − Q(0)
= 0,
et donc :
n
k=0
λ k Q(a k ) −
n
k=0
λ k
Q(0) = 0.
Notons, pour la commodité : a n+1 = 0.
Comme a 0 ,...a n ,a n+1 sont deux à deux distincts, en appliquant le résultat à un polynôme d'interpolation de Lagrange relatif aux points a 0 ,...,a n ,a n+1 , on déduit :
∀ k ∈ {0,...,n}, λ k = 0.
Ceci montre que (ϕ k ) 0kn est libre.
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En notant B la base préduale de F, Q = Pass (B ∗
0 ,F), P = Pass (B 0 ,B), on a :
P = t Q
−1 =
1 0
0
0
−1 1 −
1
3
−
1
6
0 0
1
2
0
0 0 −
1
6
1
6
.
Finalement, la base préduale de (ϕ 1 , ϕ 2 , ϕ 3 , ϕ 4 ) est :
1 − X, X, −
1
3
X +
1
2
X 2 −
1
6
X 3 , −
1
6
X +
1
6
X 3
.
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Exercice-type résolu
Exemples de détermination d’une base anté-duale dans un espace de polynômes
Soient n ∈ N
∗
, E = R n [X], a 0 ,...a n ∈ R deux à deux distincts et tous non nuls. On note, pour tout k ∈ {0,...,n} :
ϕ k : E −→ R, P −→ ϕ k (P) =
ak
0
P(x) dx.
a) Montrer que (ϕ k ) 0kn est une base du dual E
∗ de E.
b) Déterminer la base anté-duale de (ϕ k ) 0kn .
Conseils
Linéarité de l'intégration.
On va établir que (ϕ k ) 0kn est libre.
Par hypothèse, a 0 ,...,a n sont deux à deux
distincts et tous non nuls.
En remplaçant, par exemple, Q par le
polynôme d'interpolation de Lagrange
s'annulant en a 1 ,...,a n+1 et prenant la valeur
1 en a 0 , on déduit : λ 0 = 0.
Solution
a) • Il est clair que : ∀ k ∈ {0,...,n}, ϕ k ∈ E
∗
.
• Soit (λ k ) 0kn ∈ R
n+1 tel que
n
k=0
λ k ϕ k = 0.
On a donc :
∀ P ∈ E,
n
k=0
λ k
ak
0
P(x) dx = 0.
Comme :
∀ Q ∈ R n+1 [X], Q
∈ R n [X],
on a :
∀ Q ∈ R n+1 [X],
n
k=0
λ k
ak
0
Q
(x) dx = 0,
c'est-à-dire :
n
k=0
λ k
Q(a k ) − Q(0)
= 0,
et donc :
n
k=0
λ k Q(a k ) −
n
k=0
λ k
Q(0) = 0.
Notons, pour la commodité : a n+1 = 0.
Comme a 0 ,...a n ,a n+1 sont deux à deux distincts, en appliquant le résultat à un polynôme d'interpolation de Lagrange relatif aux points a 0 ,...,a n ,a n+1 , on déduit :
∀ k ∈ {0,...,n}, λ k = 0.
Ceci montre que (ϕ k ) 0kn est libre.