MHT201. Quelques indications de TD 12 (suite)

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1 MHT01 Quelques indications de TD 1 (suite) Exo 1 (1) Notons e 1 = (1, 0, 0), e = (0, 1, 0), et e 3 = (0, 0, 1) Alors {e 1, e, e 3 } est la base canonique de R 3 D après la définition de f, on a f(e 1 ) = (0,, ) = e e 3, f(e ) = e 1 e e 3, et f(e 3 ) = e 1 + e + e 3 Donc f(e 1, e, e 3 ) = (e 1, e, e 3 )D avec la matrice D donnée par D = () Vérification directe (3) Notons u 1 = (0, 1, 0), u = (1, 1, 1), et u 3 = (0,, ) On a alors f(u 1 ) = u, f(u ) = u 3, et f(u 3 ) = 0 Donc avec D donnée par f(u 1, u, u 3 ) = (u 1, u, u 3 )D D = (4) Par conséquent, Im(f) =< u, u 3 > avec {u, u 3 } une base de Im(f), et ker(f) =< u 3 > dont une base est donée par {u 3 } Donc rg(f) = dim(im(f)) = (5) En vertu de la question précédente, l application f n est ni injective, ni surjective Exo (1) Vérification directe () On a f(1, 0, 0) = (, 1, 3), f(0, 1, 0) = (1,, 3), et f(0, 0, 1) = (1, 1, ) (3) D après (), la matrice associée à f dans la base canonique est donnée par (4) L image de f est le sous-espace linéaire engendré par les trois vecteurs f(1, 0, 0) = (, 1, 3), f(0, 1, 0) = (1,, 3), et f(0, 0, 1) = (1, 1, ) Pour déterminer sa dimension, on considère la matrice

2 qui est ligne équivalente à Par suite, Im(f) =< f(1, 0, 0), f(0, 1, 0), f(0, 0, 1) > est de dimension, avec une famille de base donnée par {(1, 1, ), (0, 1, 1)} Le noyau de f est l ensemble des solutions du système suivant : x + y + z = 0 On en déduit x + y + z = 0 3x + 3y + z = 0 x = r y = r R z = 3r Donc ker(f) = {(r, r, 3r) r R}, qui est de dimension 1 de base {1, 1, 3} (5) f 1 ({v}) = u + ker(f) Exo 3 (1) Considère la matrice suivante 0 λ λ 3 5, λ 0 1 qui est ligne équivalente à λ λ λ λ 3 On a donc { ( Vect{u 1, u, u 3 } = Vect (λ, 0, 1), (0, 3, 4), 0, 0, 4λ 3 )} Il en résulte que la famille {u 1, u, u 3 } est libre si et seulement si dim(vect{u 1, u, u 3 }) = 3, ou encore si et seulement si les trois vecteurs (λ, 0, 1), (0, 3, 4), ( ) 0, 0, 4λ 3 sont linéairement indépendants, c est-à-dire : λ 0, et 4λ 3 0,

3 donc λ 0 et λ 3/ () Puisque R 3 est de dimension 3 sur R, il en résulte que la famille {u 1, u, u 3 } est génératrice si et seulement si elle est libre Donc, vu la question (1) précédente, cette dernière condition équivaut à λ 0, et λ 3/ (3) Il s agit de résoudre le système suivant λ + λ 3 = x λ 1 + 3λ = y λ 1 + 5λ + λ 3 = z Exo 4 (1) Vérification directe () On pose f 1 (x) = f(x)+f( x), et f (x) = f 1(x) f( x) Alors, on a f 1 E 1, et f E De plus f = f 1 + f Ceci signifie qu on a l égalité suivante : C 0 (R, R) = E 1 + E On peut vérifier E 1 E = {0}, d où C 0 (R, R) = E 1 E (3) D après la construction de (), sa partie paire est égale à ex +e x, et sa partie impaire est égale à ex e x Exo 5 Il s agit de prouver H G Quelque soit h H F + H = F + G, il existe donc f F, et g G tels que h = f + g Comme G H, on a h g H Par suite, f = h g F H = F G Donc h = f + g F G + G = G D où le résultat Exo 6 On démontre ici directement l assertion (3) Les deux premières peuvent être vue comme corollaire de (3) On raisonne par récurrence sur N Le cas où N = 0 est trivial, puisque dans ce cas-là, il s agit de vérifier que l élément 1 = cos(0x) est non nul Supposons ensuite que l assertion a été vérifiée pour l entier N 1 0 Soient λ 0, λ 1,, λ N et µ 1, µ,, µ N R tels que λ 0 cos(0x) + λ 1 cos(x) + + λ N cos(nx) + µ 1 sin(x) + + µ N (sin(nx)) = 0, ( ) il nous faut alors démonter qu on a λ 0 = λ N = µ 1 = = µ N = 0 Si l on dérive deux fois l égalité ci-dessus, on obtient λ 0 0 cos(0x) λ 1 1 cos(x) λ N N cos(nx) µ 1 1 sin(x) µ N N (sin(nx)) = 0 ( ) En calculant ( ) + N ( ), on a λ 0 (N 0 ) cos(0x) + λ 1 (N 1 ) cos(x) + + λ N 1 (N (N 1) ) cos(n 1)x + µ 1 (N 1) sin x + + µ N 1 (N (N 1) ) sin((n 1)x) = 0 3

4 D après l assertion dans le cas N 1, on en déduit λ i (N i ) = 0 pour 0 i N 1, et µ j (N j ) = 0 pour 1 j N 1 Donc λ i = µ j = 0 pour 0 i N 1, et 1 j N 1 Donc l égalité ( ) devient l égalité suivante : λ N cos Nx + µ N sin Nx = 0 Posons x = 0, on a λ N = 0 Par suite, µ N sin Nx = 0, d où µ N = 0 Ceci finit la récurrence, et donc la preuve Exo 7 Rappelons que la famille {1, X,, X n } est une base de R n [X] (1) Comme P k est un polynôme de degré k, on a donc P k (X) = a k X k + termes de degré < k, avec a k 0 Par conséquent, la matrice de passage de la famille {P 0, P 1,, P n } à {1, X,, X n } est alors de la forme suivante : avec (P 0, P 1,, P n ) = (1, X,, X n ) A A = a 0 0 a a a n Comme les a k sont non nuls, il en résulte que la matrice A est inversible Par suite, la famille {P 0,, P n } est une base de R n [X] () Par définition de E k, on a E k = X k + termes de degré > k Notons B la matrice de passage de {1, X, X,, X n } à {E 0, E 1, E n }, on a avec (E 0, E 1,, E n ) = (1, X,, X n )B B = Par suite, la matrice B est inversible, et donc la famille {E 0, E 1,, E n } est une base 4

5 (3) Remarquons d abord que les polynômes H k vérifient les propriétés suivantes : { 0 si i k; H k (a i ) = 1 si i = k Pour montrer que {H 0, H 1,, H n } est une base de R n [X], il suffit de vérifier que, quelque soit f R n [X], il existe des uniques coefficients λ 0,, λ n k tels que f(x) = λ 0 H 0 (X) + + λ n H n (X) Pour l existence, on pose λ i = f(a i ), et on considère le polynôme f(x) (f(a 0 ) H 0 (X) + + f(a n ) H n (X)) C est un polynôme de degré n, qui s annule sur les n + 1 points distincts a 0, a 1,, a n, donc c est le polynôme nul Par conséquent, on a f(x) = f(a 0 ) H 0 (X) + + f(a n ) H n (X), d où l existence Pour l unicité, soient λ i k tels que f(x) = λ 0 H 0 (X) + + λ n H n (X) En remplaçant X par a i dans l identité ci-dessus, on trouve λ i = f(a i ) D où l unicité Ceci finit la preuve Exo 8 (1) Montrons d abord 6 / Q Sinon, supposons 6 = p avec p, q Z premiers q entre eux D où p = 6q Donc p, et il en résulte p Par suite, 4 6q, donc q En particulier, on a q, donc serait un diviseur commun de p et q, par suite PGCD(p, q) 1, d où une contradiction Donc, on a 6 / Q Comme corollaire, la famille { 6, 1} est libre : en effet, soient a, b Q tels que a 1 + b 6 = 0 Comme 6 / Q, on a b = 0 Par suite a = 0, d où l assertion () Soient a, b, c Q tels que a + b 3 = c 5 = 0 D où a + b 3 = c 5, donc ( a + b ) ( 3 = c 5) C est-à-dore a + 3b + ab 6 = 5c Par conséquent, (a + 3b 5c ) + ab 6 = 0 Or comme a, b Q, et que la famille {1, 6} est libre, on en déduit { a + 3b 5c = 0 ab = 0 5

6 Par conséquent, on a ou bien a = 0, ou bien b = 0 Supposons d abord que a = 0 Donc 3b = 5c Si b 0, on aurait 15 = ( ) 5c b En particulier, 15 Q, qui est absurde en utilisant le même raisonnement utilisé dans le début de la preuve de (1) Donc b = 0 = c Le cas où b = 0 peut se traiter de la même manière Exo 9 (1) Vérification directe () On pose h(x) = x 1, alors F (h) = 1 h(t)dt = 0 0 (3) L application F n est pas injective car h ker(f ) qui est donc non nul (4) Oui En effet, soient a B, h a (x) = a la fonction constante de valeur a Alors F (h a ) = a Donc Im(F ) = R, d où la surjectivité 6