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ExerciceMaths Sup – MPSI, chapitre 15 — Dimension finie et rang · Sous-espaces et dimension

Exercice 18

Calcul

1. Soit F={P∈ℝ3[X]∣P(0)=P′(0)=0}F = \{P \in \mathbb{R}_{3}[X] \mid P(0) = P'(0) = 0\}. Donner une base de FF et un supplémentaire de FF dans ℝ3[X]\mathbb{R}_{3}[X].

2. Soit t∈ℝt \in \mathbb{R}, Dt=Vect((t,t,1))D_{t} = \mathrm{Vect}\big((t, t, 1)\big) et Pt=Vect((1,t,1),(2,1,1))P_{t} = \mathrm{Vect}\big((1, t, 1), (2, 1, 1)\big). Préciser les dimensions de DtD_{t} et de PtP_{t}, et donner une condition nécessaire et suffisante sur tt pour que Dt⊕Pt=ℝ3D_{t} \oplus P_{t} = \mathbb{R}^{3}.

Corrigé

1. Un polynôme a+bX+cX2+dX3a + bX + cX^{2} + dX^{3} vérifie P(0)=P′(0)=0P(0) = P'(0) = 0 si et seulement si a=b=0a = b = 0. F=Vect(X2,X3),ℝ3[X]=F⊕Vect(1,X)\boxed{F = \mathrm{Vect}(X^{2}, X^{3}), \qquad \mathbb{R}_{3}[X] = F \oplus \mathrm{Vect}(1, X)}

2. Le vecteur (t,t,1)(t, t, 1) n'est pas nul, donc dim⁡Dt=1\dim D_{t} = 1 ; les vecteurs (1,t,1)(1, t, 1) et (2,1,1)(2, 1, 1) ne sont pas colinéaires, puisque leurs dernières coordonnées sont égales et les premières différentes : dim⁡Pt=2\dim P_{t} = 2. Par la proposition 4, Dt⊕Pt=ℝ3D_{t} \oplus P_{t} = \mathbb{R}^{3} si et seulement si les trois vecteurs sont libres. L'équation λ(t,t,1)+μ(1,t,1)+ν(2,1,1)=0\lambda(t, t, 1) + \mu(1, t, 1) + \nu(2, 1, 1) = 0 conduit, par la méthode du pivot, à la condition (t−1)2λ=0(t - 1)^{2}\lambda = 0. Dt⊕Pt=ℝ3  ⟺  t≠1\boxed{D_{t} \oplus P_{t} = \mathbb{R}^{3} \iff t \neq 1} Pour t=1t = 1, on a (1,1,1)∈P1(1, 1, 1) \in P_{1}, comme vecteur de la famille génératrice.

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