Décider si une famille de vecteurs de P3(R) détermine une base de P3(R)
Durée : 10 mn
Note maximale : 10
Question
Soit \(P_3(\mathbb R)\) l'espace vectoriel des fonctions polynômes de degré au plus 3.
1. Soient \(p, q, r, s\) les éléments de \(P_3(R)\) définis par : pour tout réel \(x\),
\(\begin{array}{lcl}p(x)=x(x-1)(x-2), q(x)=x(x-1)(x-3), \\ r(x)=x(x-2)(x-3), s(x)=(x-1)(x-2)(x-3)\end{array}\)
Le quadruplet \((p,q,r,s)\) est-il une base de \(P_3(\mathbb R)\)?
2. Si la réponse à la question 1 est positive, décomposer la fonction \(t\): \(x\mapsto x^3-2x^2+x-3\) dans la base \((p,q,r,s)\).
Solution
1. Montrons que la famille \(\{p,q,r,s\}\) est libre.
Soient \(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4\) des réels tels que \(\lambda_1p+\lambda_2q+\lambda_3r+\lambda_4s=0\).
Alors, pour tout réel \(x\),
\(\lambda_1x(x-1)(x-2)+\lambda_2x(x-1)(x-3)+\lambda_3x(x-2)(x-3)+\lambda_4(x-1)(x-2)(x-3)=0\)
En particulier :
- si \(x=0\), \(-6\lambda_4=0\) donc \(\lambda_4=0\),
- si \(x=1\), \(2\lambda_3=0\) donc \(\lambda_3=0\),
- si \(x=2, \lambda_2=0\),
- et enfin si \(x=3\), \(\lambda_1=0\).
La famille \(\{p,q,r,s\}\) est donc libre, elle possède 4 éléments, or \(\dim P_3(\mathbb R)=4\), elle détermine donc une base de \(P_3(\mathbb R)\).
2. On cherche donc des réels \(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4\) tels que \(t=\lambda_1p+\lambda_2q+\lambda_3r+\lambda_4s\), c'est-à-dire tels que, pour tout réel \(x\),
\(\lambda_1x(x-1)(x-2)+\lambda_2x(x-1)(x-2)+\lambda_2x(x-1)(x-3)+\lambda_3x(x-2)(x-3)+\lambda_4(x-1)(x-2)(x-3)=x^3-2x^2+x-3\)
\((p,q,r,s)\) étant une base de \(P_3(\mathbb R)\), les quatre réels \(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4\) existent et sont uniques.
En utilisant \(x=0,1,2,3\), on obtient \(-6\lambda_4=-3, 2\lambda_3=-3,-2\lambda_2=-1,6\lambda_1=9\).
D'où \(\displaystyle{\lambda_1=\frac{3}{2},\lambda_2=\frac{1}{2},\lambda_3=-\frac{3}{2},\lambda_4=\frac{1}{2}}\).
Conclusion : \(\displaystyle{t=\frac{3}{2}p+\frac{1}{2}q-\frac{3}{2}r+\frac{1}{2}s}\).