Corrigé des exercices - Dunod

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Mais on sait que j et j 2 sont les racines de 1+X +X 2 , donc P(j) = R(j) et P(j 2 ) = R(j 2 ).
Ainsi si l’on pose R = aX + b, les scalaires a,b vérifient le système
{ { aj + b = P(j) a(j
aj 2 + b = P(j 2 ⇔
2 − j) = P(j 2 ) − P(j)
) b(1 − j) = P(j 2 ) − jP(j)
On a donc
Exercice 11.2
u(P) = P(j2 ) − P(j)
j 2 X + P(j2 ) − jP(j)
− j 1 − j
1. Soient P 1 ,P 2 ∈ R n [X] et deux scalaires λ,µ, on a
f(λP 1 + µP 2 ) =
= λ
∫ 1
0
∫ 1
0
λP 1 (t) + µP 2 (t)dt
P 1 (t)dt + µ
= λf(P 1 ) + µf(P 2 )
∫ 1
0
P 2 (t)dt
et donc f est une application linéaire à valeurs dans R, c’est une forme linéaire. Elle est
non nulle puisque f(1) = 1. Le noyau de f est donc un hyperplan de R n [X], c’est-à-dire un
sous-espace de dimension n + 1 − 1 = n.
2. Soit P ∈ R n [X] avec P = a n X n + a n−1 X n−1 + · · · + a 1 X + a 0 . On a alors
Donc
Ker(f) =
f(P) = 0
⇔
⇔
⇔
⇔
{
∑ n
a k X k −
k=1
∫ 1
0
n∑
k=0
n∑
k=0
n∑
a k t k dt = 0
k=0
∫ 1
0
a k t k dt = 0
a k
k + 1 = 0
a 0 = −
n∑
k=1
n∑
k=1
a k
k + 1
}
a k
∣ a1 ,a 2 ,...,a n ∈ R
k + 1
) ∣∣
a 1 ,a 2 ,...,a n ∈ R}
{
∑ n (
= a k X k − 1
k + 1
k=1
(
= Vect X n − 1
n + 1 ,...,X2 − 1 3 ,X − 1 )
2
(
La famille de n vecteurs X n − 1
n + 1 ,...,X2 − 1 3 ,X − 1 )
est donc une famille génératrice
2
de Ker(f) et comme cette famille est à degrés échelonnés, c’est une base de Ker(f).