Désignez par $\R_2[X]$ l’ensemble des polynômes réels dont le degré est inférieur ou égal à $2.$
\R_2[X]=\{aX^2+bX+c, (a,b,c)\in\R^3\}.Vous allez constater que $\R_2[X]$ est isomorphe à $\R^3$ et que plusieurs isomorphismes existent entre ces deux espaces vectoriels.
Le choix de la base canonique $(X^2, X, 1)$ de $\R_2[X]$ induit un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X]$
Notez $\varphi$ l’application suivante :
\begin{array}{cccc}
\varphi:& \R^3 & \to & \R_2[X] \\
&(a,b,c) & \mapsto & aX^2+bX+c.
\end{array}Linéarité de $\varphi$
Soit $(\lambda,\lambda’)\in\R^2$ et $(u,u’)\in(\R^3)^2.$
Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ et $(a’,b’,c’)\in\R^3$ tels que :
\begin{align*}
u&=(a,b,c)\\
u'&=(a',b',c').
\end{align*}
Dès lors :
\begin{align*}
\lambda u +\lambda' u' &= \lambda(a,b,c)+\lambda'(a',b',c')\\
&= (\lambda a, \lambda b, \lambda c)+(\lambda' a', \lambda' b', \lambda' c')\\
&= (\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c').
\end{align*}
Alors :
\begin{align*}
\varphi(\lambda u + \lambda' u') &= \varphi((\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c')) \\
&=( \lambda a+\lambda' a' ) X^2+( \lambda b+\lambda' b')X+(\lambda c+\lambda' c')\\
&= \lambda(aX^2+bX+c)+\lambda'(a'X^2+b'X+c')\\
&= \lambda \varphi((a,b,c))+ \lambda' \varphi((a',b',c'))\\
&= \lambda \varphi(u)+ \lambda' \varphi(u').
\end{align*}Il est ainsi démontré que $\varphi$ est linéaire :
\boxed{\forall (\lambda,\lambda')\in\R^2, \forall (u,u')\in(\R^3)^2, \varphi(\lambda u + \lambda' u') = \lambda \varphi(u)+ \lambda' \varphi(u').}Bijectivité de $\varphi$
Soit $P$ un élément de $\R_2[X].$ Par définition de $\R_2[X]$ il existe un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que :
\begin{align*}
P &= aX^2+bX+c \\
&= \varphi((a,b,c)).
\end{align*}Par conséquent l’application $\varphi$ est surjective.
Déterminez maintenant le noyau de $\varphi.$ Soit $u\in\R^3$ tel que $\varphi(u)=0.$
Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $u=(a,b,c)$ et donc :
\begin{align*}
\varphi(u) &=0 \\
\varphi((a,b,c))&=0\\
aX^2+bX+c &= 0
\end{align*}Et par conséquent tous les coefficients du polynôme $aX^2+bX+c$ sont nuls, donc $u=(0,0,0).$
Comme $\ker \varphi \subset \{(0,0,0)\}$ vous déduisez que $\varphi$, qui est déjà linéaire, est aussi injective.
En résumé $\varphi$ est bien bijective.
Concluez
$\varphi$ est une application linéaire et bijective de $\R^3$ vers $\R_2[X]$, c’est un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X].$
Le choix de la famille $(X(X-1), X(X-2), (X-1)(X-2))$ de $\R_2[X]$ induit un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X]$
Notez $\psi$ l’application suivante :
\begin{array}{cccc}
\psi:& \R^3 & \to & \R_2[X] \\
&(a,b,c) & \mapsto & aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2).
\end{array}Linéarité de $\psi$
Soit $(\lambda,\lambda’)\in\R^2$ et $(u,u’)\in(\R^3)^2.$
Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ et $(a’,b’,c’)\in\R^3$ tels que :
\begin{align*}
u&=(a,b,c)\\
u'&=(a',b',c').
\end{align*}
Il a été vu que :
\lambda u +\lambda' u' = (\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c').
Alors :
\begin{align*}
\psi(\lambda u + \lambda' u') &= \psi((\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c')) \\
&=( \lambda a+\lambda' a' ) X(X-1)+( \lambda b+\lambda' b')X(X-2)+(\lambda c+\lambda' c')(X-1)(X-2)\\
&= \lambda(aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2))+\lambda'(a'X(X-1)+b'X(X-2)+c'(X-1)(X-2))\\
&= \lambda \psi((a,b,c))+ \lambda' \psi((a',b',c'))\\
&= \lambda \psi(u)+ \lambda' \psi(u').
\end{align*}Il est ainsi démontré que $\psi$ est linéaire :
\boxed{\forall (\lambda,\lambda')\in\R^2, \forall (u,u')\in(\R^3)^2, \psi(\lambda u + \lambda' u') = \lambda \psi(u)+ \lambda' \psi(u').}Injectivité de $\psi$
L’application $\psi$ étant linéaire, il suffit de prouver que son noyau est inclus dans $\{(0,0,0)\}$ pour en déduire qu’elle est injective. Soit $u\in\R^3$ tel que $\psi(u)=0.$
Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $u=(a,b,c)$ et donc :
\begin{align*}
\psi(u) &=0 \\
\psi((a,b,c))&=0\\
aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) &= 0.
\end{align*}Le polynôme $aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2)$ est donc le polynôme nul.
En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 0$ donc $c=0.$
En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 0$ donc $b=0.$
En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 0$ donc $a=0.$
Comme $\ker \psi \subset \{(0,0,0)\}$ vous déduisez le résultat annoncé.
Surjectivité de $\psi$
Vous voulez démontrer de façon explicite pourquoi tout élément de $\R_2[X]$ admet un antécédent par $\psi.$
Comme $\R_2[X]$ est muni d’une base canonique $(X^2,X,1)$ vous démontrez d’abord que les polynômes $X^2$, $X$ et $1$ ont bien chacun un antécédent par $\psi.$
Recherchez un antécédent de $X^2$
Analyse. Soit $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $\psi((a,b,c))=X^2.$
Alors :
aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) = X^2.
En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 0$ donc $c=0.$
En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 1$ donc $b=-1.$
En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 4$ donc $a=2.$
Synthèse. Posez $u = (2,-1,0).$
Alors :
\begin{align*}
\psi(u) &= 2X(X-1)-X(X-2)+0(X-1)(X-2)\\
&= 2X(X-1)-X(X-2)\\
&=2X^2-2X-X^2+2X\\
&=X^2.
\end{align*}Ainsi :
\boxed{\psi((2,-1,0)) = X^2.}Recherchez un antécédent de $X$
Analyse. Soit $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $\psi((a,b,c))=X.$
Alors :
aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) = X.
En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 0$ donc $c=0.$
En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 1$ donc $b=-1.$
En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 2$ donc $a=1.$
Synthèse. Posez $u = (1,-1,0).$
Alors :
\begin{align*}
\psi(u) &= X(X-1)-X(X-2)+0(X-1)(X-2)\\
&= X(X-1)-X(X-2)\\
&=X^2-X-X^2+2X\\
&=X.
\end{align*}Ainsi :
\boxed{\psi((1,-1,0)) = X.}Recherchez un antécédent de $1$
Analyse. Soit $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $\psi((a,b,c))=1.$
Alors :
aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) = 1.
En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 1$ donc $c=\frac{1}{2}.$
En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 1$ donc $b=-1.$
En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 1$ donc $a=\frac{1}{2}.$
Synthèse. Posez $u = \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right).$
Alors :
\begin{align*}
\psi(u) &= \frac{1}{2}X(X-1)-X(X-2)+\frac{1}{2}(X-1)(X-2)\\
&= \frac{X(X-1)-2X(X-2)+(X-1)(X-2)}{2}\\
&=\frac{X^2-X-2X^2+4X+X^2-2X-X+2}{2}\\
&=\frac{2}{2}\\
&=1.
\end{align*}Ainsi :
\boxed{\psi\left( \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right)\right) = 1.}Concluez à propos de la surjectivité de $\psi$
Soit $P\in\R_2[X].$ Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $P = aX^2+bX+c.$ Du coup :
\begin{align*}
P &= a\ \psi((2,-1,0)) + b\ \psi((1,-1,0))+c\ \psi\left( \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right)\right)\\
&= \psi\left(a (2,-1,0) + b(1,-1,0)+ c \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right) \right)\\
&= \psi\left( (2a,-a,0) + (b,-b,0)+ \left(\frac{c}{2},-c,\frac{c}{2}\right) \right)\\
&= \psi\left( \left(2a+b+\frac{c}{2},-a-b-c,\frac{c}{2} \right) \right)\\
&= \psi\left( \left(\frac{4a+2b+c}{2},-a-b-c,\frac{c}{2} \right) \right).
\end{align*}Tout polynôme $P$ de $\R_2[X]$ admet au moins un antécédent par $\psi$ qui est bien surjective.
Concluez
$\psi$ est une application linéaire et bijective de $\R^3$ vers $\R_2[X]$, c’est bien un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X].$
Remarque n°1. Comme $((1,0,0), (0,1,0), (0,0,1))$ est une base de $\R^3$ on en déduit par l’isomorphisme $\psi$ que $(\psi(1,0,0), \psi(0,1,0), \psi(0,0,1))$ est une base de $\R_2[X].$
Comme :
\begin{align*}
\psi((1,0,0)) &= X(X-1) \\
\psi((0,1,0)) &= X(X-2) \\
\psi((0,0,1)) &= (X-1)(X-2)
\end{align*} vous déduisez que la famille $(X(X-1),X(X-2), (X-1)(X-2) )$ est une base de $\R_2[X].$
Remarque n°2. Le choix de la base de trois vecteurs $(X^2,X,1)$ de $\R_2[X]$ induit un isomorphisme $\varphi$ de $\R^3$ vers $\R_2[X].$
De même, le choix d’une autre base de trois vecteurs $(X(X-1), X(X-2), (X-1)(X-2))$ induit un autre isomorphisme $\psi$ de $\R^3$ vers $\R_2[X].$
Les isomorphismes $\varphi$ et $\psi$ sont différents
En effet :
\begin{align*}
\varphi((1,0,0)) &= X^2 \\
\psi((1,0,0)) &= X(X-1) = X^2-X.
\end{align*}Il en résulte que $\varphi((1,0,0)) \neq \psi((1,0,0))$ et par conséquent $\varphi \neq \psi.$
