ECE2 25 novembre 2019 Mathématiques DS3 (version A) Exercice 1 Partie I On note

ECE2 25 novembre 2019 Mathématiques DS3 (version A) Exercice 1 Partie I On note E = R2[X] l’espace vectoriel des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à 2. Soit f l’application définie sur E qui associe à tout polynôme P ∈E, le polynôme f(P) défini par : f(P)  (X) = (1 −X −X2) P ′(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′(X) Dans la suite, on note B = (P0, P1, P2) la base canonique de R2[X]. Dans les exercices, la base canonique de R2[X] est parfois directement notée (1, X, X2). C’est une source fréquente d’erreurs et confusions. Il est donc fortement recommandée d’introduire la base canonique sous la forme (P0, P1, P2) si ce n’est pas fait dans l’énoncé (et si la notation Pi n’est pas utilisée par ailleurs). Commentaire 1. Montrer que f est un endomorphisme de E. Démonstration. • Démontrons que f est linéaire Soit (λ, µ) ∈R2 et soit (P, Q) ∈(R2[X])2.  f(λ · P + µ · Q)  (X) = (1 −X −X2) (λ · P + µ · Q)′(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) (λ · P + µ · Q)′′(X) = (1 −X −X2) (λ · P ′ + µ · Q′)(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) (λ · P ′′ + µ · Q′′)(X) (par linéarité des applications dérivée première et seconde) = λ · (1 −X −X2) P ′(X) + µ · (1 −X −X2) Q′(X) + λ · 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′(X) + µ · 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) Q′′(X) = λ ·  (1 −X −X2) P ′(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′(X)  + µ ·  (1 −X −X2) Q′(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) Q′′(X)  = λ ·  f(P)  (X) + µ ·  f(Q)  (X) =  λ · f(P) + µ · f(Q)  (X) L’application f est donc linéaire. • Démontrons que f est à valeurs dans R2[X] Soit P ∈R2[X]. −Comme deg(P) ⩽2, alors : × deg(P ′) ⩽1 donc deg (1 −X −X2) P ′ ⩽3. × deg 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) Q′′  ⩽3. On en déduit : deg  (1 −X −X2) P ′(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′(X)  ⩽3. 1 ECE2 25 novembre 2019 Mathématiques • Rappelons tout d’abord les propriétés à connaître concernant le degré des polynômes. Si P et Q sont deux polynômes de R[X] alors : deg P × Q  = deg(P) + deg(Q) deg P + Q  ⩽max deg(P), deg(Q)  • L’argument de degré déroulé dans la démonstration ci-dessus permet généralement de conclure que f(P) est un polynôme de R2[X]. Ce n’est malheureusement pas le cas ici et il faut donc faire une étude plus précise (cf ci-dessous). Commentaire −Comme P ∈R2[X], il existe (a0, a1, a2) ∈R3 tel que : P = a0 · P0 + a1 · P1 + a2 · P2. Notons R = a0 · P0 + a1 · P1. On a alors P = R + a2 · P2 et par linéarité de f : f(R + a2 · P2) = f(R) + a2 · f(P2) En utilisant la méthodologie précédente, on démontre : deg f(R)  ⩽2. Il reste alors à déterminer deg f(P2)  . Or :  f(P2)  (X) = (1 −X −X2) P ′ 2(X) + 1 2 (−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′ 2 (X) = 2X (1 −X −X2) + 2 1 2 (−1 −X + 3 X2 + 2 X3) = 2X −2X2 −2X3 −1 −X + 3X2 + 2X3 = −1 + X + X2 Ainsi, deg f(P2)  = 2 et d’après ce qui précède : f(P) ∈R2[X]. L’application f est bien un endomorphisme de R2[X]. 2. Déterminer la matrice A représentative de f dans la base canonique de E. Démonstration. •  f(P0)  (X) = (1 −X −X2) P ′ 0(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′ 0 (X) = 0 (car P ′ 0(X) = 0 et P ′′ 0 (X) = 0) Ainsi : f(P0) = 0 · P0 + 0 · P1 + 0 · P2. On en conclut : Mat(P0,P1,P2) f(P0)  =   0 0 0  . •  f(P1)  (X) = (1 −X −X2) P ′ 1(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′ 1 (X) = 1 −X −X2 (car P ′ 1(X) = 1 et P ′′ 1 (X) = 0) Ainsi : f(P1) = 1 · P0 −1 · P1 −1 · P2. On en conclut : Mat(P0,P1,P2) f(P1)  =   1 −1 −1  . •  f(P2)  (X) = (1 −X −X2) P ′ 2(X) + 1 2(−1 −X + 3 X2 + 2 X3) P ′′ 2 (X) = −1 + X + X2 (le calcul a déjà été effectué au-dessus) Ainsi : f(P1) = −1 · P0 + 1 · P1 + 1 · P2. On en conclut : Mat(P0,P1,P2) f(P2)  =   −1 1 1  . Finalement : A = Mat(P0,P1,P2) f  =   0 1 −1 0 −1 1 0 −1 1  . 2 ECE2 25 novembre 2019 Mathématiques 3. Montrer : f ◦f = 0L (E). Démonstration. • Tout d’abord : A2 =   0 1 −1 0 −1 1 0 −1 1     0 1 −1 0 −1 1 0 −1 1  =   0 0 0 0 0 0 0 0 0   • Or : A × A = 0M3(R) ⇔ MatB f  × MatB f  = MatB 0L (E)  (par définition de A) ⇔ MatB f ◦f  = MatB 0L (E)  ⇔ f ◦f = 0L (E) (car MatB(·) est un isomorphisme) Ainsi : f ◦f = 0L (E). 4. Démontrer que f n’est pas bijectif. Démonstration. La matrice A = MatB(f) est non inversible car elle possède une colonne constituée uniquement de 0. On en déduit que l’application f n’est pas bijective. 5. a) Déterminer des bases de Ker(f) et Im(f) ainsi que les dimensions de ces espaces vectoriels. Démonstration. Soit P ∈R2[X]. • Il existe donc (a0, a1, a2) ∈R3 tel que : P = a0 · P0 + a1 · P1 + a2 · P2. Notons alors U = Mat(P0,P1,P2)(P) =   a0 a1 a2  . • On a alors : P ∈Ker(f) ⇐ ⇒ f(P) = 0R2[X] ⇐ ⇒ A U = 0M3,1(R) ⇐ ⇒   0 1 −1 0 −1 1 0 −1 1     a0 a1 a2  =   0 0 0   ⇐ ⇒    a1 − a2 = 0 − a1 + a2 = 0 − a1 + a2 = 0 L2 ←L2 + L1 L3 ←L3 + L1 ⇐ ⇒    a1 − a2 = 0 0 = 0 0 = 0 ⇐ ⇒ { a1 = a2 3 ECE2 25 novembre 2019 Mathématiques • On en déduit : Ker(f) = {P ∈R2[X] | f(P) = 0R2[X]} = {a0 · P0 + a1 · P1 + a2 · P2 ∈R2[X] | a1 = a2} = {a0 · P0 + a2 · P1 + a2 · P2 | (a0, a2) ∈R2} = {a0 · P0 + a2 · (P1 + P2) | (a0, a2) ∈R2} = Vect (P0, P1 + P2) Ker(f) = Vect (P0, P1 + P2) Il faut faire attention aux objets manipulés. On doit déterminer E0(f) = Ker(f), noyau d’un endomorphisme de R2[X]. On doit donc obtenir un sous-espace vectoriel de R2[X]. Si P et U = MatB(P) sont deux représentations différentes du même polynôme P, cela n’autorise pas pour autant à écrire l’égalité entre ces deux éléments : a0 · P0 + a1 · P1 + a2 · P2 =   a0 a1 a2                              ( ∈R2[X] ∈M3,1(R) et Vect (P0, P1 + P2) = Vect     1 0 0  ,   0 1 1                               E0(f) E0(A) Commentaire • La famille H1 = P0, P1 + P2  est : × génératrice de Ker(f), × libre car constituée uniquement de deux vecteurs non colinéaires. On en déduit que H1 est une base de uploads/Litterature/ ds3-va-correction.pdf

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littérature alors démonstration. question v.a.r. boule
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