[>] Bases en dimension finie

 
Exercice 1  1634  Correction  

Soit E l’ensemble des fonctions f: telles qu’il existe a,b,c pour lesquels:

x,f(x)=(ax2+bx+c)cos(x).
  • (a)

    Montrer que E est sous-espace vectoriel de (,).

  • (b)

    Déterminer une base de E et sa dimension.

Solution

  • (a)

    E=Vect(f0,f1,f2) avec f0(x)=cos(x), f1(x)=xcos(x) et f2(x)=x2cos(x).
    E est donc un sous-espace vectoriel et (f0,f1,f2) en est une famille génératrice.

  • (b)

    Supposons αf0+βf1+γf2=0. Pour tout x, (α+βx+γx2)cos(x)=0.
    Pour x=2nπ, on obtient α+2nπβ+4n2π2γ=0 pour tout n.
    Si γ0 alors α+2nπβ+4n2π2γ±. C’est exclu. Nécessairement γ=0.
    On a alors α+2nπβ=0 pour tout n.
    Pour n=0, puis n=1 on obtient successivement α=β=0.

    Finalement, (f0,f1,f2) est une famille libre. C’est donc une base de E et dimE=3

 
Exercice 2  1636  Correction  

Soit E=(,). Pour tout n, on pose fn:xxn.

  • (a)

    Montrer que la famille (f0,,fn) est libre.

  • (b)

    En déduire la dimension de E.

Solution

  • (a)

    Supposons λ0f0++λnfn=0. Pour tout x,

    λ0+λ1x++λnxn=0.

    Si λn0 alors

    λ0+λ1x++λnxnx+±

    C’est absurde.

    Nécessairement, λn=0 puis, de même, λn-1==λ0=0.

    Finalement, la famille (f0,,fn) est libre.

  • (b)

    Par suite, n+1dimE pour tout n. L’espace E est de dimension infinie.

 
Exercice 3  3848   

Soient p* et Ep l’ensemble des suites complexes p-périodiques, c’est-à-dire l’ensemble des suites11 1 Dans ce sujet, on adopte une notation fonctionnelle des termes de la suite en écrivant u(n) au lieu de un. u=(u(n)) vérifiant u(n+p)=u(n) pour tout entier naturel n.

  • (a)

    Montrer que Ep est un -espace vectoriel de dimension finie et calculer celle-ci.

  • (b)

    Déterminer une base de Ep formée uniquement de suites géométriques.

 
Exercice 4  5188   

Soient E l’espace réel des fonctions de vers et F le sous-ensemble de E constitué des fonctions de la forme

tacos(t+b) avec a et b[0;π].

Montrer que F est un sous-espace vectoriel de dimension finie de E et préciser sa dimension.

 
Exercice 5  4512  

Soit E l’ensemble des fonctions f: telles qu’il existe des réels a,b,c,d pour lesquels:

f(x)=(ax+b)cos(x)+(cx+d)sin(x)pour tout x.

Montrer que E est sous-espace vectoriel de l’espace (,) et déterminer sa dimension.

 
Exercice 6  2150   Correction  

Soit E l’espace vectoriel des applications de dans .
On considère F la partie de E constituée des applications de la forme:

xP(x)sin(x)+Q(x)cos(x) avec P,Qn[X].
  • (a)

    Montrer que F un sous-espace vectoriel de E.

  • (b)

    Montrer que F est de dimension finie et déterminer dimF.

Solution

  • (a)

    FE et la fonction nulle appartient à F (en prenant P=Q=0n[X])
    Soient f,gF et λ,μ. On peut écrire f(x)=P(x)sin(x)+Q(x)cos(x) et g(x)=P^(x)sin(x)+Q^(x)cos(x) avec P,Q,P^,Q^n[X].
    On a alors λf+μg=(λP+μP^)(x)sin(x)+(λQ+μQ^)(x)cos(x) avec λP+μP^,λQ+μQ^n[X] donc λf+μgF et finalement F est un sous-espace vectoriel de E.

  • (b)

    Posons fk(x)=xksin(x) et gk(x)=xkcos(x) avec k{0,,n}.
    Les fonctions f0,,fn,g0,,gn sont des fonctions de F formant clairement une famille génératrice.
    Supposons

    λ0f0++λnfn+μ0g0++μngn=0

    Pour tout x,

    (λ0+λ1x++λnxn)sin(x)+(μ0+μ1x++μnxn)cos(x)=0.

    Pour x=π/2+2kπ avec k, on obtient une infinité de racine au polynôme λ0+λ1X++λnXn.
    Cela permet d’affirmer λ0=λ1==λn=0.
    Pour x=2kπ avec k, on peut affirmer μ0=μ1==μn=0.
    On peut conclure que (f0,,fn,g0,,gn) est libre et donc une base de F puis dimF=2(n+1).

 
Exercice 7  3638   

Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n*. Déterminer les applications d définies sur l’ensemble des sous-espaces vectoriels de E et à valeurs dans vérifiant, pour tous sous-espaces vectoriels F et G en somme directe,

d(FG)=d(F)+d(G). (1)

[<] Dimension d'un espace[>] Sous-espaces vectoriels de dimension finie

 
Exercice 8  1637  Correction  

On pose e1=(1,1,1), e2=(1,1,0) et e3=(0,1,1).
Montrer que =(e1,e2,e3) est une base de 3.

Solution

Supposons λ1e1+λ2e2+λ3e3=0.
On a

{λ1+λ2=0λ1+λ2+λ3=0λ1+λ3=0

qui donne λ1=λ2=λ3=0.
La famille est une famille libre formée de 3=dim3 vecteurs de 3, c’est donc une base de 3.

 
Exercice 9  4511  

Soient E un espace vectoriel réel de dimension 3 et =(e1,e2,e3) une base de E. On pose

e1=e2+2.e3,e2=e1+e3ete3=e1+2.e2.
  • (a)

    Montrer que la famille =(e1,e2,e3) est une base de E.

  • (b)

    Déterminer les coordonnées du vecteur x=e1+e2+e3 dans les bases et .

 
Exercice 10  1638  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension 3 et e=(e1,e2,e3) une base de E.
On pose

ε1=e2+2e3,ε2=e3-e1etε3=e1+2e2.

Montrer que ε=(ε1,ε2,ε3) est une base de E.

Solution

Supposons λ1ε1+λ2ε2+λ3ε3=0E. On a

(λ3-λ2)e1+(λ1+2λ3)e2+(2λ1+λ2)e3=0E.

Or (e1,e2,e3) est libre donc

{λ3-λ2=0λ1+2λ3=02λ1+λ2=0

puis λ1=λ2=λ3=0.
La famille ε est une famille libre formée de 3=dimE vecteurs de E, c’est donc une base de E.

 
Exercice 11  1640  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel muni d’une base e=(e1,,en).
Pour tout i{1,,n}, on pose εi=e1++ei.

  • (a)

    Montrer que ε=(ε1,,εn) est une base de E.

  • (b)

    Exprimer les composantes dans ε d’un vecteur en fonction de ses composantes dans e.

Solution

  • (a)

    Supposons λ1ε1++λnεn=0E. On a (λ1++λn)e1++λnen=0E donc

    {λ1+λ2++λn=0λ2++λn=0λn=0

    qui donne λ1==λn=0.
    La famille ε est une famille libre formée de n=dimE vecteurs de E, c’est donc une base de E.

  • (b)

    λ1ε1++λnεn=μ1e1++μnen donne

    {λ1+λ2++λn=μ1λ2++λn=μ2λn=μn

    puis

    {λ1=μ1-μ2λn-1=μn-1-μnλn=μn.
 
Exercice 12  1639  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension 3 et e=(e1,e2,e3) une base de E.
Soit

ε1=e1+2e2+2e3etε2=e2+e3.

Montrer que la famille (ε1,ε2) est libre et compléter celle-ci en une base de E.

Solution

Les vecteurs ε1 et ε2 ne sont pas colinéaires donc forme une famille libre.
Pour ε3=e2 (ou encore par exemple ε3=e3 mais surtout pas ε3=e1), on montre que la famille (ε1,ε2,ε3) est libre et donc une base de E.

 
Exercice 13  3724   Correction  

(Lemme d’échange)

Soient (e1,,en) et (e1,,en) deux bases d’un -espace vectoriel E.
Montrer qu’il existe j{1,,n} tel que la famille (e1,,en-1,ej) soit encore une base de E.

Solution

Par l’absurde, supposons la famille (e1,,en-1,ej) liée pour chaque j{1,,n}.
Puisque la sous-famille (e1,,en-1) est libre, le vecteur ej est combinaison linéaire des vecteurs e1,,en-1 et donc

j{1,,n},ejVect(e1,,en-1).

Cela entraîne

enE=Vect(e1,,en)Vect(e1,,en-1)

ce qui est absurde.

 
Exercice 14  4520   

(Polynômes de degrés étagés)

Soit (Pn)n une famille de polynômes de 𝕂[X] vérifiant deg(Pn)=n pour tout naturel n. Montrer que (Pn)n est une base de 𝕂[X].

 
Exercice 15  5165   

(Suites récurrentes linéaires doubles11 1 L’enjeu de cet exercice est de produire une démonstration algébrique du donnant l’expression du terme général d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2.)

Soient (a,b)2 et 𝒮 l’ensemble des suites u=(un) vérifiant la relation de récurrence linéaire double

un+2+aun+1+bun=0pour tout n.
  • (a)

    Montrer que 𝒮 est un sous-espace vectoriel de l’espace .

  • (b)

    Justifier qu’une suite géométrique de raison q appartient à 𝒮 si, et seulement si, q est racine de l’équation (E):r2+ar+b=0.

Pour u𝒮, on pose φ(u)=(u0,u1).

  • (c)

    Montrer que φ est un isomorphisme de 𝒮 vers 2. En déduire la dimension de 𝒮.

  • (d)

    On suppose que l’équation (E) possède deux racines distinctes r1 et r2. Déterminer une base de l’espace 𝒮 formé de suites géométriques.

  • (e)

    On suppose que l’équation (E) possède une racine double r non nulle22 2 0 est racine double de l’équation (E) si, et seulement si, (a,b)=(0,0). Dans ce cas, une suite est élément de 𝒮 si, et seulement si, tous ses termes sont nuls au delà du rang 2.. Montrer que les suites (rn) et (nrn) forment une base 𝒮.

[<] Bases en dimension finie[>] Supplémentarité

 
Exercice 16  4514  

On considère l’espace réel 3.

  • (a)

    Déterminer une base du sous-espace vectoriel F={(x,y,z)3|x-z=0}.

  • (b)

    Compléter en une base la famille (u,v) avec u=(1,1,1) et v=(0,1,1).

  • (c)

    Déterminer un sous-espace supplémentaire de G=Vect{(1,1,0),(0,1,-1)}.

 
Exercice 17  1642  Correction  

Dans 4, on considère les vecteurs u=(1,0,1,0), v=(0,1,-1,0), w=(1,1,1,1), x=(0,0,1,0) et y=(1,1,0,-1) puis on pose

F=Vect(u,v,w)etG=Vect(x,y).

Quelles sont les dimensions de F,G,F+G et FG?

Solution

(u,v,w) forme une famille libre donc une base de F. Ainsi, dimF=3.

(x,y) forme une famille libre donc une base de G. Ainsi, dimG=2.

(u,v,w,x) forme une famille libre donc une base de 4. Ainsi, F+G=E et dimF+G=4.

Enfin,

dim(FG)=dimF+dimG-dim(F+G)=1.
 
Exercice 18  4134   Correction  

Soient U, V et W trois sous-espaces vectoriels d’un -espace vectoriel de dimension finie n.

  • (a)

    On suppose dimU+dimV>n. Montrer que UV n’est pas réduit au vecteur nul.

  • (b)

    On suppose dimU+dimV+dimW>2n. Que dire de l’espace UVW?

Solution

  • (a)

    Puisque U+VE, on a dim(U+V)n. La formule des quatre dimensions donne alors

    dimU+dimV-dim(UV)=dim(U+V)n.

    L’hypothèse de travail fournit alors dim(UV)>0.

  • (b)

    Introduisons l’espace W=UV. Par la fomule des quatre dimensions

    dimW=dimU+dimV-dim(U+V)dimU+dimV-n.

    On a donc

    dimW+dimWdimU+dimV+dimW-n>n.

    L’étude précédent assure alors que l’espace UVW=WW n’est pas réduit à l’espace nul.

 
Exercice 19  4515    

Soit E un espace vectoriel de dimension finie n*.

  • (a)

    Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E vérifiant dimF+dimG>n. Montrer que FG n’est pas réduit au vecteur nul.

  • (b)

    Généraliser ce résultat à plusieurs sous-espaces vectoriels F1,,Fp de E.

[<] Sous-espaces vectoriels de dimension finie[>] Hyperplans en dimension finie

 
Exercice 20  1646  Correction  

Dans 3, déterminer une base et un supplémentaire des sous-espaces vectoriels suivants:

  • (a)

    F=Vect(u,v)u=(1,1,0) et v=(2,1,1)

  • (b)

    F=Vect(u,v,w)u=(-1,1,0),v=(2,0,1) et w=(1,1,1)

  • (c)

    F={(x,y,z)3|x-2y+3z=0}.

Solution

  • (a)

    (u,v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u,v) génératrice de F. C’est donc une base de F.
    D=Vect(w) avec w=(1,0,0) est un supplémentaire de F car la famille (u,v,w) est une base de 3.

  • (b)

    w=u+v donc F=Vect(u,v). (u,v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u,v) génératrice de F. C’est donc une base de F.
    D=Vect(t) avec t=(1,0,0) est un supplémentaire de F car la famille (u,v,t) est une base de 3.

  • (c)

    F={(2y-3z,y,z)|y,z}=Vect(u,v) avec u=(2,1,0) et v=(-3,0,1). (u,v) est libre (car les deux vecteurs ne sont pas colinéaires) et (u,v) génératrice de F. C’est donc une base de F.
    D=Vect(w) avec w=(1,0,0) est un supplémentaire de F car la famille (u,v,w) est une base de 3.

 
Exercice 21  4518   

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, F un sous-espace vectoriel de E distinct de E et G un sous-espace vectoriel supplémentaire de F.

On introduit =(e1,,ep) une base de G et, pour a=(a1,,ap) une famille de vecteurs de F, on note

Ga=Vect(ej+aj)1jp.

Montrer que les espaces Ga déterminent tous les sous-espaces supplémentaires de F dans E.

 
Exercice 22  221   

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et F1,,Fn des sous-espaces vectoriels de E vérifiant F1++Fn=E.

Montrer qu’il existe des sous-espaces vectoriels G1,,Gn tels que:

1in,GiFietE=G1Gn.
 
Exercice 23  182   Correction  

Soit E un espace vectoriel de dimension finie.

  • (a)

    Soient H et H deux hyperplans de E. Montrer que ceux-ci possèdent un supplémentaire commun.

  • (b)

    Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E tels que dimF=dimG.
    Montrer que F et G ont un supplémentaire commun.

Solution

  • (a)

    Si H=H alors n’importe quel supplémentaire de H est convenable et il en existe.
    Sinon, on a HH et HH donc il existe xH et xH tels que xH et xH.
    On a alors x+xHH et par suite Vect(x+x) est supplémentaire commun à H et H.

  • (b)

    Raisonnons par récurrence décroissante sur n=dimF=dimG{0| 1,,dimE}.
    Si n=dimE et n=dimE-1: ok
    Supposons la propriété établie au rang n+1{1,,dimE}.
    Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de dimension n.
    Si F=G alors n’importe quel supplémentaire de F est convenable.
    Sinon, on a FG et GF donc il existe xF et xG tels que xG et xF.
    On a alors x+xFG.
    Posons F=FVect(x+x) et G=GVect(x+x).
    Comme dimF=dimG=n+1, par hypothèse de récurrence, F et G possède un supplémentaire commun H et par suite HVect(x+x) est supplémentaire commun à F et G.
    Récurrence établie.

 
Exercice 24  181      CENTRALE (MP)Correction  

Soient 𝕂 un sous-corps de , E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie, F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E.

  • (a)

    On suppose dimF1=dimF2. Montrer qu’il existe G sous-espace vectoriel de E tel que F1G=F2G=E.

  • (b)

    On suppose que dimF1dimF2. Montrer qu’il existe G1 et G2 sous-espaces vectoriels de E tels que F1G1=F2G2=E et G2G1.

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur p=dimE-dimF1.
    Si dimE-dimF1=0 alors G={0E} convient.
    Supposons la propriété établie au rang p0.
    Soient F1 et F2 de même dimension tels que dimE-dimF1=p+1.
    Si F1=F2 l’existence d’un supplémentaire à tout sous-espace vectoriel en dimension finie permet de conclure.
    Sinon, on a F1F2 et F2F1 ce qui assure l’existence de x1F1F2 et de x2F2F1.
    Le vecteur x=x1+x2 n’appartient ni à F1, ni à F2. On pose alors F1=F1Vect(x) et F2=F2Vect(x). On peut appliquer l’hypothèse de récurrence à F1 et F2: on obtient l’existence d’un supplémentaire commun G à F1 et F2. G=GVect(x) est alors supplémentaire commun à F1 et F2. Récurrence établie.

  • (b)

    Soit F1 un sous-espace vectoriel contenant F1 et de même dimension que F2. F1 et F2 possèdent un supplémentaire commun G. Considérons H un supplémentaire de F1 dans F1. En posant G1=HG et G2=G on conclut.

[<] Supplémentarité[>] Rang d'une famille de vecteurs

 
Exercice 25  1678  Correction  

Dans 3, on considère le sous-espace vectoriel

H={(x,y,z)3|x-2y+3z=0}.

Soient u=(1,2,1) et v=(-1,1,1). Montrer que =(u,v) forme une base de H.

Solution

u,vH car ces vecteurs vérifient l’équation définissant H.
(u,v) est libre et dimH=2 car H est un hyperplan de 3.
On secoue, hop, hop, le résultat tombe.

 
Exercice 26  5187  

Soient n2, (a1,,an)𝕂n{(0,,0)} et

H={(x1,,xn)𝕂n|a1x1++anxn=0}.

Montrer que H est un sous-espace vectoriel de 𝕂n de dimension11 1 On dit qu’un tel espace est un hyperplan. n-1.

 
Exercice 27  1643  Correction  

Soient H1 et H2 deux hyperplans distincts d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie supérieure à 2.

Déterminer la dimension de H1H2.

Solution

H1+H2 est un sous-espace vectoriel de E qui contient H1 donc dim(H1+H2)=n-1 ou n.
Si dimH1+H2=n-1 alors par inclusion et égalité des dimensions: H2=H1+H2=H1.
C’est exclu, il reste dim(H1+H2)=n et alors dim(H1H2)=dimH1+dimH2-dim(H1+H2)=n-2.

 
Exercice 28  1644  Correction  

Soient H un hyperplan et F un sous-espace vectoriel non inclus dans H.
Montrer

dim(FH)=dimF-1.

Solution

On a FF+HE et FH donc F+H=E d’où dim(FH)=dimF-1 via le théorème des quatre dimensions.

 
Exercice 29  4517  

Soient E un espace vectoriel de dimension finie n1 et H un sous-espace vectoriel de E de dimension11 1 Dans le sujet 5187 il est présenté un exemple général d’espace de ce type. n-1. Montrer que, si un vecteur a de E n’appartient pas à H, alors E=HVect(a).

 
Exercice 30  5123  

Soient H un hyperplan d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n1 et a un vecteur de E. À quelle condition les espaces H et Vect(a) sont-ils supplémentaires dans E?

 
Exercice 31  1645   

Soient E un espace de dimension finie n1 et F un sous-espace vectoriel distinct de E.

  • (a)

    Montrer que F peut s’écrire comme une intersection d’un nombre fini d’hyperplans.

  • (b)

    Quel est le nombre minimum d’hyperplans nécessaire?

 
Exercice 32  5124   
  • (a)

    Montrer que le sous-ensemble de l’espace n() constitué des matrices de trace nulle est un hyperplan.

  • (b)

    Soit H un hyperplan de n(). Montrer qu’il existe une matrice An() non nulle telle que

    MHtr(AtM)=0.

    Y a-t-il unicité d’une telle matrice A?

 
Exercice 33  5164   

(Formes linéaires)

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie n2. On appelle forme linéaire sur E, toute application linéaire φ de E vers 𝕂.

  • (a)

    Montrer qu’une forme linéaire non nulle est surjective.

  • (b)

    En déduire que le noyau d’une forme linéaire non nulle est un sous-espace vectoriel de dimension11 1 On dit qu’un tel espace est un hyperplan. n-1.

Inversement, soit H un sous-espace vectoriel de E de dimension n-1.

  • (c)

    Montrer qu’il existe une forme linéaire non nulle φ dont H est le noyau.

  • (d)

    Montrer que les formes linéaires non nulles dont H est le noyau sont alors exactement les λφ avec λ𝕂*.

[<] Hyperplans en dimension finie[>] L'espace des polynômes de degrés inférieurs à n

 
Exercice 34  1650  Correction  

Déterminer le rang des familles de vecteurs suivantes de 4:

  • (a)

    (x1,x2,x3) avec x1=(1,1,1,1),x2=(1,-1,1,-1) et x3=(1,0,1,1).

  • (b)

    (x1,x2,x3,x4) avec x1=(1,1,0,1),x2=(1,-1,1,0),x3=(2,0,1,1) et x4=(0,2,-1,1).

Solution

  • (a)

    (x1,x2,x3) est libre donc rg(x1,x2,x3)=3.

  • (b)

    Comme x3=x1+x2 et x4=x1-x2, on a Vect(x1,x2,x3,x4)=Vect(x1,x2).
    Comme (x1,x2) est libre, on a rg(x1,x2,x3,x4)=rg(x1,x2)=2.

 
Exercice 35  1651   Correction  

Dans E=]-1;1[ on considère:

f1(x)=1+x1-x,f2(x)=1-x1+x,f3(x)=11-x2 et f4(x)=x1-x2.

Quel est le rang de la famille (f1,f2,f3,f4)?

Solution

On a

f1(x)=1+x1-x2=f3(x)+f4(x),f2(x)=1-x1-x2=f3(x)-f4(x)

donc

rg(f1,f2,f3,f4)=rg(f3,f4)=2

car (f3,f4) est libre.

 
Exercice 36  4519  

Soient a,b,c trois réels. Dans l’espace des fonctions de vers , déterminer le rang de la famille des fonctions fa:xsin(x+a), fb:xsin(x+b) et fc:xsin(x+c).

 
Exercice 37  1652   

Soit (x1,,xn) une famille de vecteurs d’un espace vectoriel E. Établir que, pour tout p0;n,

rg(x1,,xp)rg(x1,,xn)+p-n.

[<] Rang d'une famille de vecteurs

 
Exercice 38  2146  Correction  

Soient P1=X2+1, P2=X2+X-1 et P3=X2+X.
Montrer que la famille (P1,P2,P3) est une base de 𝕂2[X].

Solution

Supposons λ1P1+λ2P2+λ3P3=0. Par égalité de coefficients de polynômes:

{λ1-λ2=0λ2+λ3=0λ1+λ2+λ3=0.

Après résolution λ1=λ2=λ3=0.
La famille (P1,P2,P3) est une famille libre formée de 3=dim𝕂2[X] polynômes de 𝕂2[X], c’est donc une base de 𝕂2[X].

 
Exercice 39  2148  

(Polynômes de Bernstein)

Soit n. Pour tout k0;n, on pose Pk=Xk(1-X)n-k.

Montrer que la famille (P0,,Pn) est une base de n[X].

 
Exercice 40  2147  Correction  

Pour k{0,,n}, on pose Pk=(X+1)k+1-Xk+1.
Montrer que la famille (P0,,Pn) est une base de 𝕂n[X].

Solution

On remarque que deg(Pk)=k donc Pk𝕂n[X].
Supposons λ0P0++λnPn=0.
Si λn0 alors deg(λ0P0++λnPn)=n car deg(λ0P0++λn-1Pn-1)n-1 et deg(λnPn)=n
Ceci est exclu, donc λn=0.
Sachant λn=0, le même raisonnement donne λn-1=0 et ainsi de suite λn-2==λ0=0.
La famille (P0,,Pn) est une famille libre de n+1=dim𝕂n[X] éléments de 𝕂n[X], c’est donc une base de 𝕂n[X].

 
Exercice 41  2149   

(Polynômes de Newton)

Soit n. On pose

P0=1etPk=X(X-1)(X-k+1)k!pour k1;n.
  • (a)

    Soit n. Montrer que la famille (Pk)0kn est une base de n[X].

  • (b)

    Vérifier que Pk(m) est un nombre entier pour tout m et tout k.

  • (c)

    Trouver tous les polynômes P prenant des valeurs entières sur chaque entier.

 
Exercice 42  5186   

On dit qu’une famille (P0,,Pn) de polynômes non nuls de 𝕂[X] est une famille de polynômes de degrés échelonnés lorsque

deg(P0)<<deg(Pn).
  • (a)

    Montrer qu’une telle famille est libre.

  • (b)

    À quelle condition celle-ci constitue-t-elle une base de 𝕂n[X]?

 
Exercice 43  2151   Correction  

Soient n et A𝕂n[X] un polynôme non nul.
Montrer que F={P𝕂n[X]|AP} est un sous-espace vectoriel de 𝕂n[X] et en déterminer la dimension et un supplémentaire.

Solution

F𝕂n[X], 0F car A0.
Soient λ,μ𝕂 et P,QF.
AP et AQ donc A(λP+μQ) puis λP+μQF.
Ainsi, F est un sous-espace vectoriel de 𝕂n[X].
Notons p=deg(A). On a

F𝕂p-1[X]=𝕂n[X]

ce qui détermine un supplémentaire de F et donne dimF=n+1-p.

 
Exercice 44  1761     Ker LannCorrection  
  • (a)

    Montrer que la famille (X+k)n pour k{0,,n} constitue une base de n[X].

  • (b)

    Redémontrer la formule donnant l’expression du déterminant de Vandermonde

Solution

  • (a)

    La matrice de la famille étudiée dans la base canonique de n[X] a pour coefficient général

    ai,j=(ni)ji avec 0i,jn.

    En factorisant par ligne le déterminant de cette matrice est

    i=0n(ni)Vn+1(0,1,,n)0

    avec Vn+1(a0,,an) déterminant de Vandermonde.

  • (b)

    cf. cours.



Édité le 08-11-2019

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