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Exercice 688
On définit l’application \[\varphi:\left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X] & \longrightarrow & \mathbb{R}^{4} \\ P & \longmapsto & (P(0),P'(1),P''(1),P''(2)) \end{array} \right.\]
Montrer que \(\varphi\) est un isomorphisme.
En déduire qu’il existe un et un seul polynôme \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X]\) vérifiant \(P(0)=1, P'(1)=2, P''(1)=-1\) et \(P''(2)=1\).
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[ID: 1430] [Date de publication: 15 février 2021 14:39] [Catégorie(s): Applications linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]Solution(s)
Solution(s)
Exercice 688
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:39
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:39
Il est clair que \(\varphi\) est linéaire. Montrons que \(\operatorname{Ker}\varphi=\{0\}\). Soit \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X]\) tel que \(\varphi(P)=0\). Considérons \(H=P-P(1)\). Comme \(H(1)=H'(1)=H''(1)=0\), il vient que \(1\) est racine d’ordre \(3\) de \(H\), donc \(H=(X-1)^3Q\) et donc \(P=Q(X-1)^3+P(1)\). Mais en examinant les degrés, il faut que \(Q=\lambda\in \mathbb{R}\) d’où \(P=\lambda(X-1)^3+a\) (avec \(a=P(1)\in\mathbb{R}\)). Comme \(P(0)=0\), \(a=-\lambda\) et donc \(P=\lambda( (X-1)^3-1)\). Mais alors \(P''=\lambda(6(X-1))\) et comme \(P''(2)=1\), il vient que \(\lambda=0\) et donc que \(P=0\).
Comme \(\varphi\) est injective, et que \(\dim \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X] =\dim \mathbb{R}^{4}=4\), \(\varphi\) est donc bijective.
Comme \(\varphi\) est bijective, l’élément \((1,2,-1,1)\) possède un unique antécédent \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{3}[X]\).
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