Salut tout le monde, sur ce site :
http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00018.pdf

Exercice 7, f4.

Pour dans le corrigé, ils disent que f4 va d'un espace de dimension 4 dans un espace de dimension 3.
Pour moi, il reste dans un espace de même dimension.

Merci de m'expliquer

R_3[x] -> R_3
donc
dim 3 -> dim 3

J'ai mélangé R_3[x] et R^3, donc une base serait (1,X,X^2,X^3), donc dimension 4 en effet.
Merci

Pour dire si u : P € R_3 [X] -> P' € R_2 [X] est injective, surjective ou bijective,
J'ai posé P(X) = aX^3 + bX^2 + cX + d.
donc P'(X) = 3aX² + 2bX + c

J'ai essayé de calculer ker(P'), mais je me retrouve avec : X = sqrt [ (-2bX-c)/3a ], ce qui ne nous donne pas une valeur de X précise, donc P' n'est pas injective.

Pour surjective, j'ai posé P'(x) = (A), et j'aboutis à : X = sqrt [ (A-2bX-c)/3a ], idem qu'avant donc pas surjective, et donc pas bijective.

Mon raisonnement est bon ?

Le 16 septembre 2017 à 17:52:15 Roi-Falcon a écrit :
Pour dire si u : P € R_3 [X] -> P' € R_2 [X] est injective, surjective ou bijective,
J'ai posé P(X) = aX^3 + bX^2 + cX + d.
donc P'(X) = 3aX² + 2bX + c

J'ai essayé de calculer ker(P'), mais je me retrouve avec : X = sqrt [ (-2bX-c)/3a ], ce qui ne nous donne pas une valeur de X précise, donc P' n'est pas injective.

Pour surjective, j'ai posé P'(x) = (A), et j'aboutis à : X = sqrt [ (A-2bX-c)/3a ], idem qu'avant donc pas surjective, et donc pas bijective.

Mon raisonnement est bon ?

Ca ne veut rien dire
C'est ker(u) que tu dois calculer, pas ker(P') !
Tu cherches donc l'ensemble des polynomes P tels que u(P) = 0, c'est à dire tels que leur dérivée soit la fonction nulle.
Il s'agit bien sûr des polynômes constants, donc ker(u) =/= {0} puisqu'on a une infinité de polynomes constants, et pas seulement le polynôme nul.

Ensuite pour la surjectivité je conseillerais plutôt d'utiliser le théorème du rang :
Dim (im u) + dim (ker u) = dim (R_3[x]) = 4
donc dim (im u) = 4-1 = 3 = dim(R_2[x]) et donc u est bien surjective.
Mais si tu n'as pas le réflexe de penser à ce théorème, alors dans ce cas tu procèdes ainsi :

Soit Q un polynome de R_2[X]. On cherche, si il existe, un polynôme P de R_3[x] tel que u(P) = Q.

On pose Q(x) = ax²+bx+c
Soit P un polynôme quelconque de R_3[x], alors il s'écrit sous la forme P(x)= kx^3 + lx²+mx+
On peut dériver P puis on identifie les coefficients de P' avec ceux de Q. Ca permettra de voir si u est bien surjective.

Merci à toi, mais j'aurais une question.

donc dim (im u) = 4-1 = 3 = dim(R_2[x]) et donc u est bien surjective.

Comment sais-tu que dim ker (u) = 1 ? Tu sais que c'est différent de 0, mais je ne vois pas comment on peut en déduire que c'est 1.

L'ensemble des polynômes constants est un ensemble de dimension 1, puisqu'il est engendré par le polynôme constant égal à 1 : n'importe quel polynôme constant s'écrit P(x) = k*1 où k est un nombre réel quelconque.

On a une famille génératrice de cet ensemble et qui ne contient qu'un seul élément : elle est donc forcément libre, c'est une base.

Merci @Zygopetalum, je comprends tout de suite mieux!

J'ai un autre exemple également, ce serait gentil de me corriger si j'ai faux :

Pour dire si u : (x,y) € R² -> (2x + y, ax-y) € R² est injective, surjective ou bijective.

Injective ?

(x,y) € Ker(u) <=> y = -2x et x(a+2) = 0 => y=0 et x=0 donc u est injective, car ker(u) = (0,0).

Surjective ?

u(x,y) = (X,Y) <=> x = (X-y)/2 et y = (aX-2Y)/6

Comme on n'a pas de valeur précise pour y, alors u n'est pas surjective.

Pour l'injectivité c'est presque correct, mais n'oublie pas le cas où a = -2

Pour la surjectivité : Encore une fois, pense au théorème du rang.
On a un résultat assez puissant, en dimension finie, qui dit qu'un endomorphisme est bijectif ssi il est injectif ssi il est bijectif.
Et si tu n'y penses pas, alors c'est plus long mais on s'en sort :
u(x,y)= (X,Y) <=> 2x+y= X et ax-y= Y
On somme les deux équations et on trouve (2+a)x= X+Y donc si a=/= -2, on trouve x= (X+Y)/(2+a).
On multiplie " 2x+y = X" par a et "ax-y = Y" par 2 et on trouve " 2ax+ay=aX et 2ax-2y= 2Y" donc maintenant en soustrayant ces deux équations on trouve (a+2)y=aX-2Y donc si a=/= -2 on a y = (aX-2Y)/(a+2)
Autrement dit la fonction est bien surjective, si a=/=-2.

et si a= -2 alors il est clair que peu importe ta valeur de x et de y, u(x,y) = (X,-X) pour un certain X réel donc pas de surjectivité dans ce cas là.

Bref on retombe bien sur ce à quoi on s'attendait : quand u est injective, elle est surjective. Quand elle n'est pas injective, elle n'est pas surjective.

Merci pour ta réponse, je vais penser à utiliser le théorème du rand plus souvent. J'ai un dernier exemple :

u : P € lR [X] -> aP' + P € lR [X]

Pour l'injectivité :

Je cherche ici l'ensemble des polynômes de degré 1 tels que aP'+P = 0
Prenons P un polynôme de lR [x], il est de la forme P(x) = ax+b d'où P'(x) = a.

Ker(u) = 0 <=> AP'+P = 0 <=> ax+a²+b = 0.

Or, je ne suis pas sûr du tout de ce que j'ai fait, ce résultat me paraît faux.

Pourquoi de degré 1 ?

Le 17 septembre 2017 à 16:30:39 Prauron a écrit :
Pourquoi de degré 1 ?

C'est une erreur de ma part. Mais est-ce que j'ai le droit de prendre ax+b ?

Ne confonds pas R[X], qui est l'ensemble des polynômes réels, et R_1[X] qui est l'ensemble des polynômes réels de degré =< 1.

Sinon, je ne suis pas vraiment sûr de comprendre ton utilisation des flèches d'équivalence ça m'a l'air d'être un peu n'importe quoi.
Ce que tu pourrais marquer c'est plutôt
P € Ker(u) <=> aP'+P = 0 <=> pour tout x, ax+a²+b = 0.
Mais y a encore d'autres trucs qui me dérangent :
Je l'ai déjà dit, mais P n'est pas forcément de degré =< 1, donc exit l'écriture " P =aX+b "
Mais en plus de ça, et là c'est vraiment un truc auquel tu dois faire attention...t'as utilisé deux fois la lettre "a" pour désigner deux choses qui n'ont rien à voir !
Si P est un polynôme de degré 1, tu ne peux pas écrire la fonction polynomiale sous la forme "P(x) = aX+b", puisque la lettre "a" désigne déjà un nombre bien précis.
Ecris plutôt P(X) = bX+c

Du coup P'(X) = b
Et tu te retrouves avec l'équivalence :
P € Ker(u) <=> aP'+P = 0 <=> pour tout x, bx+c+ab = 0.

Mais bon, de toutes façons il faut procéder autrement.

Supposons que P est un polynôme de R[X] tel que P'+aP = 0

Soit d le degré de P. Si d >= 1 alors le degré de aP'+P est le même que celui de P, donc aP'+P =/= 0
Si d = 0 alors aP' + P = P donc aP'+P =/= 0
Seule possibilité : d= -infini et alors P=0 donc aP' + P = 0

Une autre solution (mais je pense pas que ça soit celle attendue), c'est de résoudre l'équa diff et de constater que la seule solution qui soit un polynôme, c'est 0.

Merci

Si d = 0 alors aP' + P = P donc aP'+P =/= 0

Tu te permets d'écrire ça car si deg(P) = d = 0, cela signifie que P est une constante, donc que a*cste = 0 ?

Salut !
Je reviens sur u : P € lR [X] -> aP' + P € lR [X]

Du coup en cours on a fait la correction, et y'a 2-3 petits trucs que je ne comprends pas.

On a étudié les cas où a=0 et a =/=0

Si a = 0, alors u est bijective.

Si a =/= 0, alors u injective <=> ker(u) = {0}
Ensuite on a raisonné par l'absurde, en disant que si P € ker(u), et P(X) = a_n * X^n + a_(n-1) * X^(n-1) + ... + a_0
alors
aP'+P = a ( n*a_n * X^(n-1) + (n-1)*a_(n-1) * X^(n-2) + ... + a_1 ) + a_n * X^n + ... + a_0
aP'+P = a_n * X^n + Q(x) avec deg(Q(x)) < n+1 car a_n =/= 0 ce qui est absurde car P € ker(u).

Donc voici ce que je comprends pas :

- Lorsqu'on raisonne par l'absurde, on n'est pas censé supposé que ker(u) =/= {0} ? Car d'entrée de jeu, on dit : u injective <=> ker(u) = {0}.

- Le "a" de aP'+P, est-il le même "a" que les "a_n" ?

- Du coup, je ne comprends pas ce qui est absurde. On part du principe que ker (u) = {0}, et on aboutit au fait que deg Q < n-1, qu'est-ce qui ne va pas ?

Merci de me répondre

Si a_n != 0 et deg(Q) < n ( inégalité stricte, vu que tu es pas très précis) est-ce que l'on peut avoir aP'+P = 0?
(Aucune raison que le a ait un lien avec la suite (a_n) au passage si tu réfléchis à ce que t'écris).

Sachant que l'on a pris ker u = {0} en hypothèse, que peux-t-on en déduire?

Si a_n != 0 et deg(Q) < n ( inégalité stricte, vu que tu es pas très précis) est-ce que l'on peut avoir aP'+P = 0?

Non, car aP'+P = (a_n * X^n) + Q(X), donc il faudrait que D(x) soit de degré n pour pouvoir annuler (a_n * X^n).
+ pas fait exprès pour l'inégalité stricte, c'est une égalité large.

Sachant que l'on a pris ker u = {0} en hypothèse, que peux-t-on en déduire?

Justement, on suppose que ker u = {0}, et on aboutit à ker u =/= {0}, donc pourquoi ker u = {0} ? C'est là mon problème.

Pardon, il fallait lire «sachant que l'on a pris ker u != {0} » comme hypothèse...
Essaie de voir là où elle est utile, tu as marqué son utilisation sans te rendre compte que c'était ça qui permet de le dire.

Le 28 septembre 2017 à 21:01:27 W_Wenders a écrit :
Pardon, il fallait lire «sachant que l'on a pris ker u != {0} » comme hypothèse...
Essaie de voir là où elle est utile, tu as marqué son utilisation sans te rendre compte que c'était ça qui permet de le dire.

Merci pour ton aide. Alors j'ai compris : On part de l'hypothèse que ker(u) =/= 0 (j'avais oublié de le mentionner).
On commence donc en partant du principe que P appartient à ker(u) (alors P=0).
Sauf qu'à la fin, on montre que P =/= 0. Absurde. (si j'ai bien compris)

Sinon un autre détail, cette fois-ci sur la surjectivité :
u est surjective si elle peut s'écrire telle que aP' + P = Q, avec Q € R[X].
Ensuite, on dit " Comme u est linéaire, prenons Q(X)=X^r "
Mais pourquoi " X^r " ? et quel rapport avec la linéarité ?

merci