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[ID: 1408] [Date de publication: 15 février 2021 14:04] [Catégorie(s): Sous-espaces supplémentaires ] [ 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)

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Exercice 24
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:04

1. Déterminons \(F\). Soit \(P\in F\). Puisque \(P(0)=P'(0)=0\), \(0\) est racine double (au moins) de \(P\). Donc \(\exists Q\in \mathbb{R}_{ }[X]\) tel que \(P=X^2 Q\). En examinant les degrés, on obtient que \(\deg Q \leqslant 2\). Donc \(Q=aX^2+bX+c\). Alors \(Q'=2aX+b\). Comme \(P'=2XQ+ X^2Q'\), et \(P'(1)=0\), on trouve que \(4a+3b+2c=0\). Donc \(P=X^2(aX^2+bX -2a-\dfrac{3}{2}b)\) On vérifie réciproquement qu’un polynôme de cette forme est dans \(F\). Donc \[F=\{ aX^4 +bX^3 -(2a+\dfrac{3}{2}b)X^2 ; (a,b)\in \mathbb{R}^{2} \} = \{ a(X^4-2X^2) + b(X^3-\dfrac{3}{2}X^2) ; (a,b)\in \mathbb{R}^{2} \} =\mathop{\mathrm{Vect}}(P_1,P_2)\] où \(P_1=X^4-2X^2\) et \(P_2=X^3-\dfrac{3}{2}X^2\). On vérifie que \((P_1,P_2)\) est une famille libre (degrés distincts). C’est donc une base de \(F\) et alors \(\dim F=2\).

2. On vérifie que \((1,X, 1+X+X^2)\) est une famille libre (degrés étagés). C’est donc une base de \(G\) et alors \(\dim G=3\). On montre ensuite que \(F\cap G=\{ 0 \}\). Soit \(P\in F\cap G\). Alors comme \(P\in G\), il existe \(a,b,c\in\mathbb{R}\) tels que \(P=a+bX+c\left(1+X+X^2\right)\). Mais comme \(P\in F\), on a aussi \(P(0)=P'(0)=P'(1)=0\) et on abouti au système \(\begin{cases}a+c&=0\\ b+c&=0\\b+3c&=0 \end{cases}\) donc l’unique solution est le triplet nul. Donc \(P=0\) et \(F\) et \(G\) sont bien en somme directe. Puisque \(\dim E= 5=\dim F + \dim G\), d’après le cours, \(E=F\oplus G\).