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[ID: 1520] [Date de publication: 15 février 2021 14:55] [Catégorie(s): Endomorphismes opérant sur les 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)

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Exercice 346
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:55

1. Supposons que \(P\) est une solution non nulle et soit \(\lambda X^k\) son terme dominant. Comme les termes dominants de \(n(n-1)P\) et de \((X^{2}-1)P"\) sont égaux, on en déduit que \(\lambda n(n-1) = \lambda k(k-1)\) d’où \(n^2 - n = k^2 -k\) soit \((n-k)(n+k-1) = 0\) d’où \(n=k\) ce qu’il fallait vérifier.

2. L’ensemble des solutions est le noyau de l’endomorphisme \(\varphi\) de \(\mathbb{R}_n[X]\) défini par :
   \(\varphi(P) = n(n-1)P - (X^{2}-1)P"\). D’après la question précédente, pour \(0\leqslant k\leqslant n-1\), \(\deg (\varphi(X^k)) = k\). Donc la famille \((\varphi(X^k))_{0\leqslant k\leqslant n-1}\) est une famille échelonnée en degrés. Elle engendre donc un un espace vectoriel de dimension \(n-1\). Donc la dimension de l’image de \(\varphi\) est supérieure ou égale à \(n-1\). De plus si \(\deg P = n\), alors \(\deg (\varphi(P)) \leqslant n-1\). Donc \(Im(\varphi) = \mathbb{R}_{n-1}[X]\) et la dimension du noyau de \(\varphi\) est donc égale à \(1\).

3. Il est clair que si \(P\) est solution non nulle, alors \(Q = P(-X)\) est aussi solution, de même degré \(n\). \(Q- (-1)^nP\) appartient donc aussi à \(\operatorname{Ker}\varphi\). Comme son degré est \(< n\), c’est le polynôme nul. Ce qu’il fallait vérifier.
   On en déduit qu’en posant \(P = \displaystyle\sum_{k=0}^n a_k X^k\) on a \(a_{n-(2q+1)}=0\).

4. En posant \(P = \displaystyle\sum_{k=0}^n a_k X^k\) on a \(P'' = \displaystyle\sum_{k=0}^n k(k-1)a_k X^{k-2} = \sum_{k=0}^{n-2} (k+2)(k+1)a_{k+2} X^{k}\) et \(XP'' = \displaystyle\sum_{k=0}^n k(k-1)a_k X^{k}\). Pour \(k = 0,\ldots,n-2\), le coefficient de degré \(k\) du polynôme \(n(n-1)P - (X^{2}-1)P"\) est nul,
   donc \(n(n-1)a_k - k(k-1)a_k + (k+2)(k+1)a_{k+2} = 0\), donc \(a_k = \dfrac{(k+2)(k+1)}{k(k-1)-n(n-1)} a_{k+2} = -\dfrac{(k+2)(k+1)}{(n-k)(n-k+1)} a_{k+2}\). En posant \(k = n-2q\), \(a_{n-2q} = - \dfrac{(n-2q+2)(n-2q+1)}{(2q)(2n-2q-1)} a_{n-2(q-1)}\),
   d’où \[a_{n-2q} = (-1)^q \underbrace{\dfrac{(n-2q+2)(n-2q+1)}{(2q)(2n-2q-1)}}_q \times \underbrace{\dfrac{(n-2q+4)(n-2q+3)}{(2q-2)(2n-2q+1)}}_{q-1} \times \ldots \times \underbrace{\dfrac{n(n-1)}{2(2n-3)}}_{q=1} a_n.\] Et donc \[a_{n-2q} = (-1)^q a_n \dfrac{n!}{(n-2q)! \times 2\times \ldots \times 2q \times (2n-2q-1)\times \ldots \times (2n-3)}.\] Soit \(a_{n-2q} = (-1)^q a_n \dfrac{n!}{(n-2q)!2^qq!\times (2n-2q-1)\times \ldots \times (2n-3)}\). On écrit au numérateur les \(q\) facteurs pairs qui manquent pour avoir le produit de \(2n-2q-1\) à \(2n-2\) au dénominateur :
   \[a_{n-2q} = (-1)^q a_n \binom{n}{2q} \dfrac{(2q)!\times(2n-2q)\times (2n-2q+2)\ldots \times (2n-4)\times(2n-2) }{2^qq!\times (2n-2q-1)\times (2n-2q)\times\ldots \times (2n-3)\times (2n-2)}.\] Comme \((2n-2q-1)\times (2n-2q)\times\ldots \times (2n-3)\times (2n-2) = \dfrac{(2n-2)!}{(2n-2q-2)!}\),
   \[a_{n-2q} = (-1)^q a_n \binom{n}{2q} \dfrac{(2q)! 2^q (n-q)(n-q+1)\times\ldots\times(n-1)(2n-2q-2)!}{2^q q! (2n-2)!}\] \[\phantom{a_{n-2q} }= (-1)^q a_n \binom{n}{2q}\dfrac{(n-1)!}{q!(n-q-1)!} \dfrac{(2q)!(2n-2q-2)!}{(2n-2)!} = (-1)^q a_n \dfrac{\binom{n}{2q} \binom{n-1}{q}}{\binom{2n-2}{2q}}.\] La dernière égalité traduit le fait que \(P(1) = 0\) pour une solution \(P\) non nulle.