L'espace vectoriel des polynômes

Exercices du dossier L'espace vectoriel des polynômes

Exercice 507 *

15 février 2021 14:53 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \[P_1=2X^2-X-1, \quad P_2=X^2+2X,\quad P_3=X^2-1\] Montrer que la famille \(\mathscr P=\left(P_1,P_2,P_3\right)\) est une base de \(\mathbb{R}_2\left[X\right]\).



[ID: 1500] [Date de publication: 15 février 2021 14:53] [Catégorie(s): L'espace vectoriel des polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 507
Par emmanuel le 15 février 2021 14:53

Soient \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\in\mathbb{R}\) tels que \(\alpha_1 P_1+\alpha_2 P_2+\alpha_3 P_3=0\) alors avec \(X=1\), on obtient que \(2\alpha_2=0\), c’est-à-dire \(\alpha_2=0\). On a donc \(\alpha_1 P_1+\alpha_3 P_3=0\). Mais ces deux polynômes ne sont pas proportionnels donc \(\alpha_1=\alpha_3=0\). La famille \(\mathscr P\) est donc libre. Comme \(\mathop{\mathrm{Card}}\left(\mathscr P\right)=3=\dim \mathbb{R}_2\left[X\right]\), c’est une base de \(\mathbb{R}_2\left[X\right]\).


Exercice 816 *

15 février 2021 14:53 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(P\) un polynôme de \(\mathbb R[X]\), de degré inférieur ou égal à \(n\).
Démontrer que \[\sum_{k=0}^n\dfrac{P^{(k)}(0)}{(k+1)!}x^{k+1} = \sum_{k=0}^n(-1)^{k}\dfrac{P^{(k)}(x)}{(k+1)!}x^{k+1}.\]



[ID: 1502] [Date de publication: 15 février 2021 14:53] [Catégorie(s): L'espace vectoriel des polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 816
Par emmanuel le 15 février 2021 14:53

Il suffit de le vérifier pour une famille génératrice de \(\mathbb R_n[X]\) : \(X^m\). En posant \(\delta_{i,j} = 1\) si \(i=j\) et \(\delta_{i,j} = 0\) sinon, le membre de gauche égale \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n\dfrac{P^{(k)}(0)}{(k+1)!}x^{k+1} &= \sum_{k=0}^n\dfrac{\delta_{k,m}}{(k+1)!}x^{k+1}\\ &= \dfrac{x^{m+1}}{m+1}\\ &= \int_0^x P(t)\,\textrm dt\end{aligned}\] D’autre part le membre de droite égale \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n(-1)^{k}\dfrac{P^{(k)}(x)}{(k+1)!}x^{k+1} &= \sum_{k=0}^n(-1)^{k}\dfrac{m(m-1)\ldots(m-k+1)x^{n-k}}{(k+1)!}x^{k+1}\\ &= x^{m+1}\sum_{k=0}^n(-1)^{k}\dfrac{m!}{(m-k)!(k+1)!}\\ &= x^{m+1}\sum_{k=0}^m(-1)^{k}\dfrac{m!}{(m-k)!(k+1)!}\\ &= \dfrac{x^{m+1}}{m+1}\sum_{k=0}^m(-1)^{k}\dfrac{(m+1)!}{(m-k)!(k+1)!}\\ &= \dfrac{x^{m+1}}{m+1}\sum_{k=0}^m(-1)^{k}\binom{m+1}{k+1}\\ &= \dfrac{x^{m+1}}{m+1}\sum_{k=1}^{m+1}(-1)^{k-1}\binom{m+1}{k}\\ &= \dfrac{x^{m+1}}{m+1}\left( 1 - \underbrace{\sum_{k=0}^{m+1}(-1)^{k}\binom{m+1}{k}}_{=0}\right) \\ &= \dfrac{x^{m+1}}{m+1}\end{aligned}\] On a bien l’égalité demandée. De plus on a \[\boxed {\forall P\in\mathbb{R}[X],\quad\sum_{k=0}^\infty\dfrac{P^{(k)}(0)}{(k+1)!}x^{k+1} = \sum_{k=0}^\infty(-1)^{k}\dfrac{P^{(k)}(x)}{(k+1)!}x^{k+1}= \int_0^x P(t)\,\textrm dt}.\]


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Exercice 801
Par emmanuel le 15 février 2021 14:53
  1. En utilisant la formule du binôme, on calcule facilement que, pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\), \(P_k=\sum_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}X^{i}\). On a en particulier \(\deg P_k=k\) et on reconnaît une famille de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\) étagée en degré. Donc elle est libre et comme son cardinal est égal à la dimension de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\), elle forme une base de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).

  2. L’argument clé dans la démonstration précédente est que : \(\forall k\in\llbracket 0,n\rrbracket,\quad \deg P_k=k\). Une famille de \(n+1\) polynômes de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\) vérifiant cette propriété forme toujours une base de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).

  3. Il est clair que pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\), \(\deg R_k=k\). La famille \(\mathscr R\) forme donc une base de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).


Exercice 611 **

15 février 2021 14:53 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\) et \(a\in\mathbb{C}^*\), on pose \(P_k=X^k\left(a-X\right)^{n-k}\). Montrer que la famille \(\mathscr P=\left(P_0,\dots,P_n\right)\) est une base de \(\mathbb{C}_n\left[X\right]\).



[ID: 1506] [Date de publication: 15 février 2021 14:53] [Catégorie(s): L'espace vectoriel des polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 611
Par emmanuel le 15 février 2021 14:53

On propose deux démonstrations :

  1. Soient \(\alpha,\dots,\alpha_n\in\mathbb{C}\) tels que \(\sum_{k=0}^n \alpha_k X^k\left(a-X\right)^{n-k}=0\).

    • En remplaçant \(X\) par \(0\) dans cette égalité, on trouve : \(\alpha_0=0\) et celle-ci devient : \(\sum_{i=k}^n \alpha_k X^k\left(a-X\right)^{n-k}=0\).

    • Le terme de gauche de cette dernière égalité est un polynôme divisible par \(X\).
      On a alors : \(\sum_{k=1}^n \alpha_k X^{k-1}\left(a-X\right)^{n-k}=0\). On recommence comme en \(1.\), on montre que \(\alpha_1=0\).

    • On répète \(n-2\) fois ces opérations et on montre que \(\alpha_2=\dots=\alpha_n=0\).

    On a ainsi montré que \(\mathscr P\) est libre. Comme cette famille est de cardinal égal à la dimension de \(\mathbb{C}_n\left[X\right]\), on en déduit que c’est une base de \(\mathbb{C}_n\left[X\right]\).

  2. À partir de \(P_k(X) = X^{k-1}\left(a-X\right)^{n-k}\), on définit \(\widetilde P_k(X) = X^n P_k({\scriptstyle 1\over\scriptstyle X}) = \left(aX - 1\right)^{n-k}\). Les \((\widetilde P_k(X))_{0\leqslant k \leqslant n}\) forment une famille échelonnée en degrés, donc une base de \(\mathbb{C}_n\left[X\right]\).


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Exercice 939
Par emmanuel le 15 février 2021 14:53
  1. Pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\), \(\deg P_k=k\). On reconnaît une famille étagée en degré, on en déduit que \(\mathscr P\) est une base de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\).

  2. Si \(k=1\), le résultat est évident. Supposons \(k>1\). Si \(l\geqslant k\) alors : \(P_k\left(l\right)=\dfrac{l\left(l-1\right) \dots\left(l-k+1\right)}{k!}=\boxed{\binom{l}{k}}\). Si \(l\in\llbracket 0,k-1\rrbracket\) on a \(P_k\left(l\right)=\boxed{0}\) et enfin si \(l<0\), on a : \[\begin{aligned} P_k\left(l\right)&=&\dfrac{-\left|l\right|\left(-\left|l\right|-1\right) \dots\left(-\left|l\right|-k+1\right)}{k!}\\ &=&\left(-1\right)^k\dfrac{\left|l\right|\left(\left|l\right|+1\right) \dots\left(\left|l\right|+k-1\right)}{k!}\\ &=&\boxed{\left(-1\right)^k\dbinom{\left|l\right|+k-1}{k}} \end{aligned}\] Dans chacun des trois cas, \(P_k\left(l\right)\in\mathbb{Z}\).

  3. Soit \(P\in\mathbb{R}_n\left[X\right]\) vérifiant : \(\forall i\in\mathbb{Z},\quad P\left(i\right)\in\mathbb{Z}\). Dans la base \(\mathscr P\), \(P\) s’écrit : \(P=\sum_{k=0}^n a_k P_k\) avec \(a_k\in\mathbb{R}\). Mais, \(P\left(0\right)=a_0\) donc \(a_0\in\mathbb{Z}\). De même \(P\left(1\right)=a_0+a_1\) donc \(a_1\in\mathbb{Z}\). Supposons que \(a_0,a_1,\dots,a_k\in\mathbb{Z}\) pour \(k\in\llbracket 1,n-1\rrbracket\) et montrons qu’il en est de même de \(a_{k+1}\). On a : \[\begin{aligned} P\left(k+1\right)&=&P_0\left(k+1\right)+a_1 P_1\left(k+1\right)+\dots+a_{k} P_{k}\left(k+1\right) + a_{k+1} P_{k+1}\left(k+1\right)\\ &=& \underbrace{P_0\left(k+1\right)+a_1 P_1\left(k+1\right)+\dots+a_{k} P_{k}\left(k+1\right)}_{\in\mathbb{Z}} + a_{k+1} \end{aligned}\] et comme \(P\left(k+1\right)\in\mathbb{Z}\), il en est de même de \(a_{k+1}\). On montre ainsi que tous les coefficients de \(P\) sont entiers. Réciproquement, un polynôme dont les coordonnées dans la base \(\mathscr P\) sont entières est à valeurs entières sur les entiers. En résumé, l’ensemble recherché est \(\boxed{\mathbb{Z}_n\left[X\right]}\).


Exercice 105 **

15 février 2021 14:53 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Considérons le \(C-\)espace vectoriel \(E=\mathbb{C}_5\left[X\right]\) et \(A=X^2+1\).

  1. Montrer que \[F=\left\{P\in \mathbb{C}_5\left[X\right] ~|~ A ~|~ P \right\}\] est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{C}_5\left[X\right]\)

  2. Déterminer une base et la dimension de \(F\).

  3. Déterminer un supplémentaire de \(F\) dans \(E\).



[ID: 1510] [Date de publication: 15 février 2021 14:53] [Catégorie(s): L'espace vectoriel des polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 105
Par emmanuel le 15 février 2021 14:53
  1. On vérifie facilement que  : \(F=\left\{\left(aX^3+bX^2+cX+d\right)\left(X^2+1\right) ~|~ \left(a,b,c,d\right)\in\mathbb{C}^4\right\}=Vect\left(P_1,P_2,P_3,P_4\right)\) avec \(P_1=X^3\left(X^2+1\right)\), \(P_2=X^2\left(X^2+1\right)\), \(P_1=X\left(X^2+1\right)\) et \(P_1=\left(X^2+1\right)\). \(F\) est donc un sous-espace vectoriel de \(E\).

  2. La famille \(\mathscr P=\left(P_1,P_2,P_3,P_4\right)\) est génératrice de \(F\). De plus si \(\left(a,b,c,d\right)\in\mathbb{C}^4\) est tel que \(aP_1+bP_2+cP_3+dP_4=0\) alors \(aX^3+bX^2+cX+d=0\) et \(a=b=c=d=0\). Cette famille est donc libre et elle forme une base de \(F\). On en déduit que \(\dim F=4\).

  3. Posons \(G=Vect\left(1,X\right)\). Il est clair que \(F\cap G=\left\{0\right\}\) et par application de la formule de Grassmann, \(\dim (F+G) = 6=\dim E\). On en déduit que \(F+G=E\) et donc que \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(E\).


Exercice 742 **

15 février 2021 14:53 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(n\in\mathbb N^*\), \(E = \mathbb R_n[X]\), \(E_m(X) = \binom n m X^m(1-X)^{n-m}\).
Exprimer la base \((1,X,\ldots,X^n)\) dans la base \((E_0,E_1,\ldots,E_n)\).



[ID: 1512] [Date de publication: 15 février 2021 14:53] [Catégorie(s): L'espace vectoriel des polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 742
Par emmanuel le 15 février 2021 14:53

On considère \(\varphi: \left\{ \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & E \\ X^m & \longmapsto & E_m^* \end{array} \right.\) avec \(E_m^* = X^m(1-X)^{n-m} = (1-X)^n \left( \dfrac{X}{1-X}\right)^m\). Donc \(\varphi(P) = (1-X)^n P\left( \dfrac{X}{1-X}\right) =Q(X)\).
En posant \(Y = \dfrac{X}{1-X}\), on a \(X = \dfrac{Y}{1+Y}\) et donc \(1-X = \dfrac{1}{1+Y}\).
Comme \(P\left( \dfrac{X}{1-X}\right) = \dfrac{1}{(1-X)^n}Q(X)\) on a \(P(Y) = (1+Y)^n Q \left( \dfrac{Y}{1+Y} \right)\).
Les \(\left( E_m^* \right)_{0\leqslant m\leqslant n}\) forment une famille de \(E\) échelonnée en valuations. C’est donc une base de \(E\). \(\varphi\) est une bijection, de bijection réciproque \(\psi\,Q \longmapsto (1+X)^n Q\left( \dfrac{X}{1+X} \right)\).
On peut le vérifier directement :\(\psi \left( E_m^* \right) = (1+X)^n \left( \dfrac{X}{1+X} \right)^m \left( 1-\dfrac{X}{1+X} \right)^{n-m} = X^m (1+X)^{n-m}\left( \dfrac{1}{1+X} \right)^{n-m} = X^m\).
Maintenant \(\psi(X^k) = (1+X)^n \dfrac{X^k}{(1+X)^k} = X^k (1+X)^{n-k} = X^k \displaystyle\sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^m = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} X^p = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} \psi \left( E_p^* \right)\).
Donc puisque \(\psi\) est bijective, \(X^k = \displaystyle \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} E_p^* = \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{n-k}{p-k}}{\binom n p} E_p = \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{p}{k}}{\binom n k} E_p\).
On peut le vérifier directement :
\(\displaystyle \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{n-k}{p-k}}{\binom n p} E_p = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} X^p(1-X)^{n-p} = \sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^{m+k} (1-X)^{n-m-k} = X^k \sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^{m} (1-X)^{n-k-m} = X^k\).


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