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Exprimer la base \((1,X,\ldots,X^n)\) dans la base \((E_0,E_1,\ldots,E_n)\).
En posant \(Y = \dfrac{X}{1-X}\), on a \(X = \dfrac{Y}{1+Y}\) et donc \(1-X = \dfrac{1}{1+Y}\).
Comme \(P\left( \dfrac{X}{1-X}\right) = \dfrac{1}{(1-X)^n}Q(X)\) on a \(P(Y) = (1+Y)^n Q \left( \dfrac{Y}{1+Y} \right)\).
Les \(\left( E_m^* \right)_{0\leqslant m\leqslant n}\) forment une famille de \(E\) échelonnée en valuations. C’est donc une base de \(E\). \(\varphi\) est une bijection, de bijection réciproque \(\psi\,Q \longmapsto (1+X)^n Q\left( \dfrac{X}{1+X} \right)\).
On peut le vérifier directement :\(\psi \left( E_m^* \right) = (1+X)^n \left( \dfrac{X}{1+X} \right)^m \left( 1-\dfrac{X}{1+X} \right)^{n-m} = X^m (1+X)^{n-m}\left( \dfrac{1}{1+X} \right)^{n-m} = X^m\).
Maintenant \(\psi(X^k) = (1+X)^n \dfrac{X^k}{(1+X)^k} = X^k (1+X)^{n-k} = X^k \displaystyle\sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^m = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} X^p = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} \psi \left( E_p^* \right)\).
Donc puisque \(\psi\) est bijective, \(X^k = \displaystyle \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} E_p^* = \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{n-k}{p-k}}{\binom n p} E_p = \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{p}{k}}{\binom n k} E_p\).
On peut le vérifier directement :
\(\displaystyle \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{n-k}{p-k}}{\binom n p} E_p = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} X^p(1-X)^{n-p} = \sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^{m+k} (1-X)^{n-m-k} = X^k \sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^{m} (1-X)^{n-k-m} = X^k\).
Exercice 742
Soit \(n\in\mathbb N^*\), \(E = \mathbb R_n[X]\), \(E_m(X) = \binom n m X^m(1-X)^{n-m}\).
Exprimer la base \((1,X,\ldots,X^n)\) dans la base \((E_0,E_1,\ldots,E_n)\).
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[ID: 1512] [Date de publication: 15 février 2021 14:53] [Catégorie(s): L'espace vectoriel des polynômes ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]Solution(s)
Solution(s)
Exercice 742
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:53
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:53
On considère \(\varphi: \left\{ \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & E \\ X^m & \longmapsto & E_m^* \end{array} \right.\) avec \(E_m^* = X^m(1-X)^{n-m} = (1-X)^n \left( \dfrac{X}{1-X}\right)^m\). Donc \(\varphi(P) = (1-X)^n P\left( \dfrac{X}{1-X}\right) =Q(X)\).
En posant \(Y = \dfrac{X}{1-X}\), on a \(X = \dfrac{Y}{1+Y}\) et donc \(1-X = \dfrac{1}{1+Y}\).
Comme \(P\left( \dfrac{X}{1-X}\right) = \dfrac{1}{(1-X)^n}Q(X)\) on a \(P(Y) = (1+Y)^n Q \left( \dfrac{Y}{1+Y} \right)\).
Les \(\left( E_m^* \right)_{0\leqslant m\leqslant n}\) forment une famille de \(E\) échelonnée en valuations. C’est donc une base de \(E\). \(\varphi\) est une bijection, de bijection réciproque \(\psi\,Q \longmapsto (1+X)^n Q\left( \dfrac{X}{1+X} \right)\).
On peut le vérifier directement :\(\psi \left( E_m^* \right) = (1+X)^n \left( \dfrac{X}{1+X} \right)^m \left( 1-\dfrac{X}{1+X} \right)^{n-m} = X^m (1+X)^{n-m}\left( \dfrac{1}{1+X} \right)^{n-m} = X^m\).
Maintenant \(\psi(X^k) = (1+X)^n \dfrac{X^k}{(1+X)^k} = X^k (1+X)^{n-k} = X^k \displaystyle\sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^m = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} X^p = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} \psi \left( E_p^* \right)\).
Donc puisque \(\psi\) est bijective, \(X^k = \displaystyle \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} E_p^* = \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{n-k}{p-k}}{\binom n p} E_p = \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{p}{k}}{\binom n k} E_p\).
On peut le vérifier directement :
\(\displaystyle \sum_{p=k}^{n} \dfrac{\binom{n-k}{p-k}}{\binom n p} E_p = \sum_{p=k}^{n} \binom{n-k}{p-k} X^p(1-X)^{n-p} = \sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^{m+k} (1-X)^{n-m-k} = X^k \sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m} X^{m} (1-X)^{n-k-m} = X^k\).
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