qui peut m'aider dans cet exo :
http://formation.u-psud.fr/courses/L1MP ... PI20092010
devoir
Re: devoir
Bonjour
1-a) $P(1)=0\Longleftrightarrow a+b+c+d+e=0$
$P'(t)=b+2ct+3dt^2+4et^3$ donc $P'(-1)=P(0)\Longleftrightarrow b-2c+3d-4e=a$
On a ainsi 2 équations formant un système linéaire.
1-b) Le système équivaut à $\left\{\begin{array}{rcl}a&=&-b-c-d-e\\c&=&2b+4d-3e\end{array}\right.$
On peut donc donner des valeurs arbitraires à 3 inconnues
Avec $(b,d,e)=(1,0,0)$ on a $c=2$ et $a=-3$
Avec $(b,d,e)=(0,1,0)$ on a $c=4$ et $a=-5$
Avec $(b,d,e)=(0,0,1)$ on a $c=-3$ et $a=2$
On obtient donc comme base la suite de polynomes $(-3+t+2t^2,-5+4t^2+t^3,2-3t^2+t^4)$
À partir de la question 2-a) le texte comporte une erreur. Il faudrait dans la définition de $F$, $P'(1)=-P(0)$ ou dans la formulation de la question $t\mapsto -P(-t)$ ou encore ? Et toute la suite du problème en dépend. Pouvez-vous contacter votre professeur ?
1-a) $P(1)=0\Longleftrightarrow a+b+c+d+e=0$
$P'(t)=b+2ct+3dt^2+4et^3$ donc $P'(-1)=P(0)\Longleftrightarrow b-2c+3d-4e=a$
On a ainsi 2 équations formant un système linéaire.
1-b) Le système équivaut à $\left\{\begin{array}{rcl}a&=&-b-c-d-e\\c&=&2b+4d-3e\end{array}\right.$
On peut donc donner des valeurs arbitraires à 3 inconnues
Avec $(b,d,e)=(1,0,0)$ on a $c=2$ et $a=-3$
Avec $(b,d,e)=(0,1,0)$ on a $c=4$ et $a=-5$
Avec $(b,d,e)=(0,0,1)$ on a $c=-3$ et $a=2$
On obtient donc comme base la suite de polynomes $(-3+t+2t^2,-5+4t^2+t^3,2-3t^2+t^4)$
À partir de la question 2-a) le texte comporte une erreur. Il faudrait dans la définition de $F$, $P'(1)=-P(0)$ ou dans la formulation de la question $t\mapsto -P(-t)$ ou encore ? Et toute la suite du problème en dépend. Pouvez-vous contacter votre professeur ?
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Ronaldo12345678
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Re: devoir
oui t'as raison l'erreur est t----->- P(-t)
Re: devoir
Je ne crois pas que l'erreur se situe là mais plutôt dans la définition de $F$ en prenant $P'(1)=-P(0)$. J'ai essayé les 2 modifications en regardant ce que cela donnait pour la suite.
2-a) Soit $Q$ la fonction définie par $Q(t)=P(-t)$. On a alors $Q'(t)=-P'(-t)$
$P'(1)=-P(0)\Longleftrightarrow -Q'(-1)=-Q(0)$ soit $Q'(-1)=Q(0)$
$P(-1)=0\Longleftrightarrow Q(1)=0$
Donc $(t\mapsto P(t))\in F \Longleftrightarrow (t\mapsto Q(t))\in E$
2-b) En appliquant les questions 1-b) et 2-a) un vecteur $(t\mapsto P(t))\in F$ équivaut à un vecteur $(t\mapsto P(-t))\in E$ donc à partir de la base de $E$ on obtient comme base de $F$ les fonctions définies par $P_4(t)=-3-t+2t^2$, $P_5(t)=-5+4t^2-t^3$, $P_6(t)=2-3t^2+t^4$
3) ${\cal U}=(P_1,P_2,P_3)$ déterminée en 1-b) et ${\cal V}=(P_4,P_5,P_6)$
On montre que les vecteurs de la base canonique $(t\mapsto 1 , t\mapsto t, t\mapsto t^2, t\mapsto t^3 , t\mapsto t^4)$ s'expriment en fonction des vecteurs de $\cal (U,V)$
On a le système $\left\{\begin{array}{rcl}-3+t+2t^2=P_1\\ -5+4t^2+t^3=P_2\\2-3t^2+t^4=P_3\\ -3-t+2t^2=P_4 \\ -5+4t^2-t^3=P_5 \\ 2-3t^2+t^4=P_6\end{array}\right.$
(Les équations 3 et 6 sont les mêmes donc on a un système de 5 équations à 5 inconnues)
J'ai obtenu (dans l'ordre où je les ai calculées) : $\left\{\begin{array}{rcl}t=\frac{1}{2} P_1-\frac{1}{2} P_4 \\ t^3=\frac{1}{2} P_2-\frac{1}{2} P_5 \\ 1=-P_1+\frac{1}{2} P_2-P_4+\frac{1}{2} P_5 \\ t^2=-\frac{5}{4} P_1+\frac{3}{4} P_2 -\frac{5}{4} P_4 +\frac{3}{4} P_5 \\ t^4=-\frac{7}{4} P_1 +\frac{5}{4} P_2 +P_3 -\frac{7}{4} P_4 +\frac{5}{4} P_5\end{array}\right.$
Toute fonction de $\cal P_4$ s'exprimant à partir de la base canonique s'exprime donc dans $\cal (U,V)$ qui est donc une partie génératrice.
Si on considère les 6 vecteurs de $\cal (U,V)$, 2 vecteurs sont identiques, ce n'est donc pas une partie libre.
On montre que la suite $(P_1,P_2,P_3,P_4,P_5)$ est une partie libre donc une base en considérant une combinaison linéaire nulle de ces 5 vecteurs et en montrant que les 5 coefficients sont nuls. (calculs pas très compliqués)
Il aurait été plus simple de montrer directement que $(P_1,P_2,P_3,P_4,P_5)$ est une partie libre comportant 5 éléments dans un espace vectoriel de dimension 5 donc une bas et aussi une partie génératrice à moins que ceci n'ait pas encore été vu en cours.
2-a) Soit $Q$ la fonction définie par $Q(t)=P(-t)$. On a alors $Q'(t)=-P'(-t)$
$P'(1)=-P(0)\Longleftrightarrow -Q'(-1)=-Q(0)$ soit $Q'(-1)=Q(0)$
$P(-1)=0\Longleftrightarrow Q(1)=0$
Donc $(t\mapsto P(t))\in F \Longleftrightarrow (t\mapsto Q(t))\in E$
2-b) En appliquant les questions 1-b) et 2-a) un vecteur $(t\mapsto P(t))\in F$ équivaut à un vecteur $(t\mapsto P(-t))\in E$ donc à partir de la base de $E$ on obtient comme base de $F$ les fonctions définies par $P_4(t)=-3-t+2t^2$, $P_5(t)=-5+4t^2-t^3$, $P_6(t)=2-3t^2+t^4$
3) ${\cal U}=(P_1,P_2,P_3)$ déterminée en 1-b) et ${\cal V}=(P_4,P_5,P_6)$
On montre que les vecteurs de la base canonique $(t\mapsto 1 , t\mapsto t, t\mapsto t^2, t\mapsto t^3 , t\mapsto t^4)$ s'expriment en fonction des vecteurs de $\cal (U,V)$
On a le système $\left\{\begin{array}{rcl}-3+t+2t^2=P_1\\ -5+4t^2+t^3=P_2\\2-3t^2+t^4=P_3\\ -3-t+2t^2=P_4 \\ -5+4t^2-t^3=P_5 \\ 2-3t^2+t^4=P_6\end{array}\right.$
(Les équations 3 et 6 sont les mêmes donc on a un système de 5 équations à 5 inconnues)
J'ai obtenu (dans l'ordre où je les ai calculées) : $\left\{\begin{array}{rcl}t=\frac{1}{2} P_1-\frac{1}{2} P_4 \\ t^3=\frac{1}{2} P_2-\frac{1}{2} P_5 \\ 1=-P_1+\frac{1}{2} P_2-P_4+\frac{1}{2} P_5 \\ t^2=-\frac{5}{4} P_1+\frac{3}{4} P_2 -\frac{5}{4} P_4 +\frac{3}{4} P_5 \\ t^4=-\frac{7}{4} P_1 +\frac{5}{4} P_2 +P_3 -\frac{7}{4} P_4 +\frac{5}{4} P_5\end{array}\right.$
Toute fonction de $\cal P_4$ s'exprimant à partir de la base canonique s'exprime donc dans $\cal (U,V)$ qui est donc une partie génératrice.
Si on considère les 6 vecteurs de $\cal (U,V)$, 2 vecteurs sont identiques, ce n'est donc pas une partie libre.
On montre que la suite $(P_1,P_2,P_3,P_4,P_5)$ est une partie libre donc une base en considérant une combinaison linéaire nulle de ces 5 vecteurs et en montrant que les 5 coefficients sont nuls. (calculs pas très compliqués)
Il aurait été plus simple de montrer directement que $(P_1,P_2,P_3,P_4,P_5)$ est une partie libre comportant 5 éléments dans un espace vectoriel de dimension 5 donc une bas et aussi une partie génératrice à moins que ceci n'ait pas encore été vu en cours.
Re: devoir
4-a) Les polynômes de $G$ sont de la forme $P(t)=a+ct^2+et^4$ et $P'(t)=2ct+4et^3$
Les conditions imposées à $P_0$ donnent donc $\left\{\begin{array}{rcl}a=2 \\ a+c+e=0 \\ -2c-4e=2\end{array}\right.$
Ce qui m'a donné $P_0(t)=2-3t^2+t^4$
$P_0=P_3$ donc dans la base $\cal B$ les coordonnées sont (0,0,1,0,0)
À remarquer que ceci peut dépendre de la base $\cal B$ choisie.
4-b) En supprimant la condition $P_0(0)=2$ on a le système $\left\{\begin{array}{rcl} a+c+e=0 \\ -2c-4e=a\end{array}\right.$
On exprime $c$ et $e$ en fonction de $a$ et on obtient $P(t)=a-\frac{3a}{2} t^2 +\frac{a}{2} t^4=\frac{a}{2} (2-3t^2+t^4)=\frac{a}{2} P_0(t)$
Donc $G$ est la droite vectorielle engendrée par $P_0$
5-a) Par définition $P_0\in E$
$P_0$ étant une fonction paire, $P'_0$ est une fonction impaire.
$P_0'(1)=-P_0'(-1)=-P_0(0)$ et $P_0(-1)=P_0(1)=0$ donc $P_0\in F$
Je te laisse terminer la fonction 5-b) qui ne me semble pas bien difficile.
Les conditions imposées à $P_0$ donnent donc $\left\{\begin{array}{rcl}a=2 \\ a+c+e=0 \\ -2c-4e=2\end{array}\right.$
Ce qui m'a donné $P_0(t)=2-3t^2+t^4$
$P_0=P_3$ donc dans la base $\cal B$ les coordonnées sont (0,0,1,0,0)
À remarquer que ceci peut dépendre de la base $\cal B$ choisie.
4-b) En supprimant la condition $P_0(0)=2$ on a le système $\left\{\begin{array}{rcl} a+c+e=0 \\ -2c-4e=a\end{array}\right.$
On exprime $c$ et $e$ en fonction de $a$ et on obtient $P(t)=a-\frac{3a}{2} t^2 +\frac{a}{2} t^4=\frac{a}{2} (2-3t^2+t^4)=\frac{a}{2} P_0(t)$
Donc $G$ est la droite vectorielle engendrée par $P_0$
5-a) Par définition $P_0\in E$
$P_0$ étant une fonction paire, $P'_0$ est une fonction impaire.
$P_0'(1)=-P_0'(-1)=-P_0(0)$ et $P_0(-1)=P_0(1)=0$ donc $P_0\in F$
Je te laisse terminer la fonction 5-b) qui ne me semble pas bien difficile.