Endomorphismes opérant sur les polynômes

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 ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 785
Par emmanuel 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, \(\boxed{ \mathop{\mathrm{Im}}\varphi=\{ b_nX^n +\dots +b_0; b_1=0 \} }\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 257
Par emmanuel 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 \(\mathop{\rm Im}r=\mathbb{R}_2\left[X\right]\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 450
Par emmanuel 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 \(P\in E\) : \[\Delta^n \left(P\right)= \left(-1\right)^n \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \left(-1\right)^k P\left(X+k\right).\]

  1. 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 :\(\boxed{\sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \binom{n}{k} P\left(k\right)=0}\)


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 346
Par emmanuel 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.


;
Success message!