Endomorphismes opérant sur les polynômes

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Endomorphismes opérant sur les polynômes

Exercice 785 **

15 février 2021 14:55 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit l’application \[\varphi: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R}\left[X\right] \\ P & \longmapsto & P-XP' \end{array} \right.\] Montrer que \(\varphi\) est un endomorphisme. Déterminer son noyau et son image.


[ID: 1514] [Date de publication: 15 février 2021 14:55] [Catégorie(s): Endomorphismes opérant sur les polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 785
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:55

On montre facilement que \(\varphi\) est linéaire. Soit un polynôme \(P\in \operatorname{Ker}\varphi\). Si \(P\neq 0\), on peut écrire \(P=a_nX^n +a_{n-1}X^{n-1}+\dots +a_0\) avec \(a_n\neq 0\). Alors \(P=XP'\) d’où \(a_nX^n +\dots = na_nX^n +\dots\). En identifiant les termes de plus haut degré, on trouve que \(a_n(1-n)=0\). Donc, puisque \(a_n\neq 0\), \(n=1\). Mais si \(n=1\), \(P=aX+b\) et alors \(P=XP' \Rightarrow b=0\). Donc \(P=aX\). Réciproquement, si \(P=aX\), (\(a\in \mathbb{R}\)), on a bien \(P=XP'\). En conclusion, \(\boxed{ \operatorname{Ker}\varphi= \mathop{\mathrm{Vect}}(X)}\).

Déterminons \(\mathop{\mathrm{Im}}\varphi\). Soit \(Q=\sum_{k=0}^n b_kX^k\in \mathop{\mathrm{Im}}\varphi\). Alors il existe \(P\in \mathbb{R}_{ }[X]\) tel que \(P-XP'=Q\). En examinant les degrés, il faut que \(\deg P=n\). Posons \(P=\sum_{k=0}^n a_kX^k\). On doit donc avoir \(\forall k \in [0,n]\), \((1-k)a_k=b_k\). Une condition nécessaire pour que \(Q\in \mathop{\mathrm{Im}}\varphi\) est donc que \(b_1=0\). Réciproquement, si \(b_1=0\), en posant \(a_k=\dfrac{b_k}{1-k}\) pour \(k\neq 1\) et \(a_1=0\), on a bien \(\varphi(P)=Q\). En conclusion, \(\boxed{ \mathop{\mathrm{Im}}\varphi=\{ b_nX^n +\dots +b_0; b_1=0 \} }\).


Exercice 257 **

15 février 2021 14:55 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(A=X^3+X^2+X+1\) et \(E=\mathbb{R}_n\left[X\right]\). Considérons l’application \[r: \left\{ \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & E \\ P & \longmapsto & r\left(P\right) \end{array} \right.\] où \(r\left(P\right)\) désigne le reste de la division euclidienne de \(P\) par \(A\).

  1. Montrer que \(r\) est bien définie et que \(r\in\mathfrak{L}\left(E\right)\)..

  2. Prouver que \(r^2=r\). Qu’en déduisez vous?

  3. Déterminer l’image et le noyau de \(r\).


[ID: 1516] [Date de publication: 15 février 2021 14:55] [Catégorie(s): Endomorphismes opérant sur les polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 257
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:55

  1. Soit \(P\in E\). Par application du théorème de la division euclidienne, il existe un unique couple \(\left(Q,R\right)\in\left(\mathbb{R}\left[X\right]\right)^2\) tel que \(P=AQ+R\) et \(\deg R<3\). On a donc \(r\left(P\right)=R\) et \(r\) est bien définie. Si on considère un autre polynôme \(\widetilde P\in E\), il existe un couple \(\left(\widetilde Q,\widetilde R\right)\in\left(\mathbb{R}\left[X\right]\right)^2\) tel que \(\widetilde P=A\widetilde Q+\widetilde R\) et \(\deg \widetilde R<3\). De plus, pour tout \(\alpha,\widetilde\alpha\in\mathbb{R}\) : \[\alpha P + \widetilde \alpha \widetilde P = A\left(\alpha Q+\widetilde\alpha \widetilde Q\right)+ \left(\alpha R+\widetilde \alpha \widetilde R\right)\] et \(\deg \left(\alpha R+\widetilde\alpha \widetilde R\right)< 3\). Par unicité du couple quotient-reste dans la division euclidienne de deux polynômes, on peut affirmer que le reste de la division euclidienne de \(\alpha P + \widetilde\alpha \widetilde P\) par \(A\) est \(\alpha R+\widetilde\alpha \widetilde R\). On prouve ainsi que \(r\left(\alpha P + \widetilde\alpha \widetilde P\right)=\alpha r\left(P\right) + \widetilde \alpha r\left(\widetilde P\right)\) et donc \(r\in \mathfrak{L}\left(E\right)\).

  2. Avec les notations de la question précédente, \(r\left(P\right)=R\) avec \(\deg R<3\). Donc \(R=0A+R\) et par unicité du couple quotient-reste dans la division euclidienne, \(r\left(R\right)=R\). On prouve ainsi que \(r^2=r\). \(r\) est donc un projecteur.

  3. Il est clair que le noyau de \(r\) est l’ensemble des polynômes de \(\mathbb{R}_n\left[X\right]\) qui sont divisibles par \(A\). Il est aussi clair que \(\mathop{\rm Im}r\subset \mathbb{R}_2\left[X\right]\). Mais si \(P\in \mathbb{R}_2\left[X\right]\) alors \(r\left(P\right)=P\) donc on a aussi : \(\mathbb{R}_2\left[X\right]\subset \mathop{\rm Im}r\) et donc \(\mathop{\rm Im}r=\mathbb{R}_2\left[X\right]\).


Exercice 450 ***

15 février 2021 14:55 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Soient \(n\in\mathbb{N}^*\) et \[\Delta: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{C}_{n+1}\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{C}_n\left[X\right] \\ P & \longmapsto & P\left(X+1\right)-P\left(X\right) \end{array} \right.\]

    1. Montrer que \(\Delta\) est bien définie puis que c’est une application linéaire.

    2. Déterminer le noyau de \(\Delta\).

    3. En déduire que \(\Delta\) est surjective.

  2. On considère maintenant \(E=\mathbb{C}\left[X\right]\) et \[\Delta: \left\{ \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & E \\ P & \longmapsto & P\left(X+1\right)-P\left(X\right) \end{array} \right.\]

    1. Montrer que \(\Delta\) est un endomorphisme de \(E\).

    2. Déterminer \(\mathop{\rm Im}\Delta\).

    3. Soient \(P\in \mathbb{C}\left[X\right]\) et \(n\in\mathbb{N}\). Montrer que : \[\Delta^n\left(P\right)=\left(-1\right)^n \sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \binom{n}{k} P\left(X+k\right)\]

    4. En déduire que si \(\deg P <n\) alors on a : \(\sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \binom{n}{k} P\left(k\right)=0\).


[ID: 1518] [Date de publication: 15 février 2021 14:55] [Catégorie(s): Endomorphismes opérant sur les polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 450
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:55

    1. Soit \(P=a_{n+1}X^{n+1}+\dots+a_0\in\mathbb{C}_{n+1}\left[X\right]\). Montrons que \(\Delta\left(P\right)\in\mathbb{C}_n\left[X\right]\). On a : \[\begin{aligned} \Delta\left(P\right)&=&\left(a_{n+1}\left(X+1\right)^{n+1}+a_{n}\left(X+1\right)^n+\dots+a_1\left(X+1\right)+a_0 \right)- \left(a_{n+1}X^{n+1}+a_n X^n+\dots+a_1X+a_0\right)\\ &=& \left(a_{n+1}X^{n+1}+ \underbrace{\dots}_{\textrm{ termes de degré $\leqslant n$}} \right) - \left(a_{n+1} X^{n+1} + \underbrace{\dots}_{\textrm{ termes de degré $\leqslant n$}} \right) \end{aligned}\] donc \(\deg \Delta\left(P\right)\leqslant n\) et \(\Delta \left(P\right)\in\mathbb{C}_n\left[X\right]\). Par ailleurs, si \(P,Q\in\mathbb{C}_{n+1}\left[X\right]\) et si \(\alpha,\beta\in\mathbb{C}\) alors : \[\begin{aligned} \Delta\left(\alpha P+ \beta Q\right)&=& \left(\alpha P+ \beta Q\right)\left(X+1\right)-\left(\alpha P+ \beta Q\right)\left(X\right)\\ &=& \alpha\left(P\left(X+1\right)-P\left(X\right)\right)+\beta \left(Q\left(X+1\right)-Q\left(X\right)\right)\\ &=&\alpha\Delta\left(P\right)+\beta \Delta\left(Q\right)\end{aligned}\] donc \(\Delta\) est linéaire.

    2. Soit \(m\geqslant 1\) et soit \(P=a_{m}X^{m}+\dots+a_0\) un polynôme de degré \(m\in C_{n+1}\left[X\right]\) avec \(m\leqslant n+1\). On a donc : \(a_m\neq 0\). Supposons que \(P\in{\rm Ker}\,\Delta\). Alors \(P\) vérifie \(P\left(X+1\right)=P\left(X\right)\) ce qui amène : \[a_{m}\left(X+1\right)^{m}+\dots+a_0 = a_{m}X^{m}+\dots+a_0 .\] Le coefficient du terme de degré \(m-1\) de \(P\left(X+1\right)\) est \(m a_{m} + a_{m-1}\) et celui de \(P\) est \(a_{m-1}\). Les deux polynômes étant égaux, il en est de même de leurs coefficients, ce qui amène \(m=0\) car \(a_m\neq 0\). On en déduit que \(P\) est un polynôme constant. Réciproquement, on vérifie que tout polynôme constant est élément du noyau de \(\Delta\) et donc \(\boxed{{\rm Ker}\,\Delta=\mathbb{R}_0\left[X\right]}\).

    3. D’après la formule du rang, \(\dim \mathop{\rm Im}\Delta=n+1\) et comme \(\dim \mathbb{C}_n\left[X\right]=n+1\), il vient \(\mathop{\rm Im}\Delta=\mathbb{C}_n\left[X\right]\). \(\Delta\) est donc surjective.

    1. On montre de la même façon que précédemment que \(\Delta\) est un endomorphisme.

    2. Montrons que \(\Delta\) est surjective. Soit \(P\in\mathbb{C}\left[X\right]\) et \(n=\deg P\). Par application de la partie précédente, \(\Delta_{|\mathbb{C}_{n+1}\left[X\right]}:\mathbb{C}_{n+1}\left[X\right] \rightarrow \mathbb{C}_{n}\left[X\right]\) est surjective. Comme \(P\in \mathbb{C}_{n}\left[X\right]\) il existe \(Q\in \mathbb{C}_{n+1}\left[X\right]\) tel que \(\Delta\left(Q\right)=P\). On en déduit que \(\Delta\) est surjective et que \(\boxed{\mathop{\rm Im}\Delta=\mathbb{C}\left[X\right]}\).

    3. Introduisons l’application \(\delta: \left\{ \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & E \\ P & \longmapsto & P\left(X+1\right) \end{array} \right.\). On vérifie facilement que \(\delta\) est un endomorphisme de \(E\) et que \(\Delta=\delta-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\). De plus, pour tout \(k\in\mathbb{N}^*\), \(\delta^k \left(P\left(X\right)\right)=P\left(X+k\right)\). Comme les endomorphismes \(\delta\) et \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) commutent, la formule du binôme donne, pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\) : \[\Delta^n=\left(\delta-\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\right)^n=\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}\left(-1\right)^{n-k}\delta^ k=\left(-1\right)^n \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \left(-1\right)^k \delta^k\] donc pour tout \(P\in E\) : \[\Delta^n \left(P\right)= \left(-1\right)^n \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \left(-1\right)^k P\left(X+k\right).\]

  3. Remarquons que pour tout polynôme non constant de \(\mathbb{C}\left[X\right]\), \(\deg \Delta\left(P\right) =\deg \Delta\left(P\right)-1\). On en déduit que si \(\deg P<n\) alors \(\Delta^n\left(P\right)=0\) et en utilisant la relation établie dans la question précédente, on obtient :\(\boxed{\sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \binom{n}{k} P\left(k\right)=0}\)


Exercice 346 ***

15 février 2021 14:55 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer dans \(\mathbb{R}[X]\) les polynômes \(P\) satisfaisant à \(n(n-1)P - (X^{2}-1)P" = 0. \quad (n\geqslant 2)\).

  1. Montrer que \(P\) est nécessairement nul ou de degré \(n\).

  2. Démontrer que l’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension \(1\).

  3. Démontrer que \(P\) est un polynôme de même parité que \(n\). En déduire la nullité de certains coefficients de \(P\).

  4. Établir une relation de récurrence entre les coefficients de \(P\), déterminer \(P\) et montrer que : \[1 + \displaystyle\sum_{2\leqslant 2q\leqslant n} (-1)^q \dfrac{\binom{n}{2q}\binom{n-1}{q}}{\binom{2n-2}{2q}} = 0.\]


[ID: 1520] [Date de publication: 15 février 2021 14:55] [Catégorie(s): Endomorphismes opérant sur les polynômes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

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.


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