Endomorphisme injectif ? bijectif ?

OShine

Bonsoir,

Mon raisonnement est ci-dessous je bloque à la question $b$.

a) $\varphi$ est involutif, c'est donc une bijection. Il est donc à fortirori injectif. En effet, $\varphi( \varphi(P))(X)=\varphi( P(1-X))=P(1 - (1-X))=P(X)$
b) Soit $\lambda \in \R$. On cherche $P$ tel que $\varphi(P)(X)=\lambda P(X)$
Soit $P(1-X)= \lambda P(X)$
Posons $P(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k X^k$
On a donc $\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k (1-X)^k = \sum_{k=0}^n \lambda a_k X^k$
Mais $(1-X)^k=\displaystyle\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} (-1)^i  X^i $
Donc $\boxed{\displaystyle\sum_{k=0}^n  \sum_{i=0}^k a_k \binom{k}{i} (-1)^i  X^i = \sum_{k=0}^n \lambda a_k X^k}$
Je bloque ici.

Georges Abitbol

Si $\phi$ est une involution, est-ce que tu connais un polynôme annulateur de petit degré que tu pourrais factoriser ?

OShine

Je n'ai pas compris la question.

OShine

J'ai une idée, passer par les matrices... J'ai trouvé les valeurs propres mais les vecteurs propres je n'y arrive pas.
Montrons d'abord que $\varphi$ est un endomorphisme. $\varphi$ est clairement linéaire. 
Si $P(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k X^k$ 
Alors $P(1-X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k (1-X)^k =a_n (1-X)^n + R_1 $. Posons $R_1 = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_k (1-X)^k$ où $\deg(R_1) <n$
D'après la formule du binôme de Newton : $(1-X)^n=\displaystyle\sum_{l=0}^n  \binom{n}{l} (-1)^l X^l =(-1)^n X^n +R_2$ avec $\deg(R_2) <n$
Donc $\boxed{P(1-X)=a_n (-1)^n X_n +a_n R_2+R_1 \in \R_n[X]}$
Notons $(P_i)_{0 \leq i \leq n}$ la base canonique de $\R_n[X]$ qui est $(1,X, \cdots, X^n)$
On doit calculer $\varphi(P_i)(X)$ pour tout $i \in [|0,n|]$
On a $\varphi(P_0)(X)=1$, $\varphi(P_1)(X)=1-X$ puis pour $i \geq 2$ : 
$\boxed{\varphi(P_i)(X) = (1-X)^i = \displaystyle\sum_{l=0}^i  \binom{i}{l} (-1)^l X^l }$

Mister Da

Bonjour,
Avec l'indication de Georges Abitbol cela prenait une ligne.
Pour les vecteurs propres par quoi pourrais tu commencer ?
Cordialement,
Mister Da 

Magnéthorax

C'est fou de remarquer $\varphi^2=id$ et de ne pas penser à l'utiliser dans la recherche d'éléments propres.

Georges Abitbol

Le théorème du cours auquel tu aurais dû penser est : si $\lambda$ est valeur propre d'un endomorphisme, alors il est racine de tout polynôme annulateur de cet endomorphisme.

En particulier, si on connaît un polynôme annulateur de petit degré, on a des chances de le factoriser, de trouver ses racines, et donc de trouver un ensemble fini parmi lequel chercher des valeurs propres.

OShine

Cette méthode donne juste $sp(\varphi) \subset \{-1,1 \}$ mais ne prouve pas que $-1$ et $1$ sont valeurs propres.
Mister Da pour les vecteurs propres je ne vois pas comment résoudre $P(X)=P(1-X)$.

nicolas.patrois

Exhibe un polynôme propre pour chacune d’elles.

De toute façon, tu n’as pas besoin du spectre pour montrer que ton endomorphisme est bijectif : il suffit de savoir qu’une valeur précise n’est pas dans le spectre.

OShine

$0$ n'est pas valeur propre donc $\varphi$ est bijectif car $\dim \R_n[X] < + \infty$
Je ne sais pas résoudre $P(X)=P(1-X)$ j'ai essayé avec les coefficients ça donne des calculs compliqués.

raoul.S

OShine a dit :

Cette méthode donne juste $sp(\varphi) \subset \{-1,1 \}$ mais ne prouve pas que $-1$ et $1$ sont valeurs propres.

Oui mais il faut juste pousser un poil la réflexion. On sait que $X^2-1$ est un polynôme annulateur donc le polynôme minimal de $\varphi$ divise $X^2-1$, donc soit il est égal à $X+1$ soit à $X-1$ soit à $X^2-1$ lui-même. Et vu qu'il ne peut pas être égal à $(X+1)$ ou à $X-1$ (car autrement $\varphi$ serait égal à $id$ ou à $-id$ ce qui n'est évidemment pas le cas) il est égal à $X^2-1$. Donc  $sp(\varphi) = \{-1,1 \}$.

Pour les valeurs vecteurs propres on peut commencer par tester des polynômes de petit degré pour voir ce qu'il se passe...

bd2017

Il  n'y a aucun calcul  à  faire. Sans  calcul  les polynômes  solutions  sont   $\displaystyle\sum _{j=0}  ^{ j\leq n/2  }  a_j \Big(x-\frac{1}{2}\Big)^{2j} . $

Les  vecteurs propres  pour   $\lambda=-1$ c'est  presque  pareil.

C'est-à-dire que  pour faire cet exercice facile il faut tout de même être capable de voir  qu'une  fonction a une certaine symétrie.  Mais ceci s'apprend au lycée.

nicolas.patrois

OShine a dit :

Je ne sais pas résoudre $P(X)=P(1-X)$ j'ai essayé avec les coefficients ça donne des calculs compliqués.

Impossible n’est pas taupinal.

Mister Da

Bonjour,

@OShine, si la réponse de bd2017 fait trop peur, on peut plus simplement remarquer que de bons candidats seraient $P(X) = Q(X(1-X))$ où $Q$ est un polynôme quelconque.

Cordialement,

Mister Da

OShine

@raoul.S ok merci je n'ai pas l'habitude d'utiliser le polynôme minimal même si je commence à bien comprendre cette notion.
Bd2017 c'est évident pour toi mais moi je ne le vois pas ta solution je ne comprends pas d'où elle sort.
Si $f(2a-x)=f(x)$ alors $x=a$ est axe de symétrie. Ici, $P(1-X)=P(X)$ donc si on considère les fonctions polynomiales, $x=1/2$ est un axe de symétrie.
Mais comment trouver l'expression explicite de $P(X)$ ? C'est ça que je ne comprends pas.

OShine

Mister Da je suis d'accord mais je ne vois pas trop quoi faire de ce $Q( X(X-1))$
Résoudre $P(X)=P(1-X)$ n'est pas un exercice trivial, je l'ai vu dans un oral de Mines Ponts (Mines c'est difficile), c'était un exercice qui demandait uniquement de résoudre cette équation. 

raoul.S

Une autre façon de trouver une base de vecteurs propres, sans être particulièrement inspiré, est de se demander qu'elle relation est vérifiée par $P'$ (dérivée formelle de P) si $P(1-X)=P(X)$.

OShine

Je sens que c'est faux ce que je vais écrire mais j'essaie. 
Si je note $f(x)$ la fonction polynomiale associé à $P$ et  $g(x)=f(1-x)$ alors : 
$g'(x)=- f'(1-x)=-g'(x)$ donc $g'(x)=0$ et $g(x)= C$.
Il existe $C \in \R$ tel que $f(1-x)=C$ donc $f(x)=C$ et $P$ est un polynôme constant.

raoul.S

Oui c'est faux (pourquoi devrait-on avoir $- f'(1-x)=-g'(x)$ ?)

retente

OShine

On trouve $-P'(1-X)=P'(X)$. Or $P(1-X)=P(X)$.
Donc $\dfrac{- P'(1-X)}{P(1-X)}= \dfrac{ P'(X)}{P(X)}$.
J'aimerais intégrer mais je ne sais pas si la fonction polynomiale associée à $P$ est toujours positive.

raoul.S

Ce qu'il faut remarquer surtout c'est que $-P'(1-X)=P'(X)$ ou dit autrement $P'(1-X)=-P'(X)$ ou dit autrement $\varphi(P')=-P'$ ou dit autrement : 

si $P$ est vecteur propre de valeur propre 1 alors $P'$ est vecteur propre de valeur propre -1.

Une fois que l'on s'est aperçu que le polynôme constant $P(X)=1$ est un vecteur propre de valeur propre 1, on peut utiliser la remarque ci-dessus  à l'envers (en primitivisant au lieu de dériver) pour obtenir une base de vecteur propres... on aura de façon alternée un vecteur propre de valeur propre 1 puis un vecteur propre de valeur propre -1 etc.
Bref, c'est une autre possibilité qui demande moins d'inspiration peut-être...

OShine

Une méthode très astucieuse ! 
$1$ est vecteur propre, donc $X$ aussi, $X^2/2$ puis $X^3 /(2 \times 3)$ etc.
Une base de vecteur propre pour la valeur propre $1$ est $(1,X,\dfrac{X^2}{2}, \ldots, \dfrac{X^n}{n!})$.
Une base de vecteur propre pour la valeur propre $-1$ est $(-1,-X,-\dfrac{X^2}{2}, \ldots, -\dfrac{X^n}{n!})$.

raoul.S

@OShine c'est la remarque qu'il faut appliquer à l'envers pas les calculs...
C'est un poil plus subtil. Je le ferai peut-être demain si personne ne publie une méthode plus "simple".

OShine

J'avoue que j'ai vaguement compris ta méthode.
Sinon j'ai vu une épreuve d'oral de Mines Ponts qui demandait de résoudre l'équation $P(X)=P(1-X)$ mais je n'ai pas accès au corrigé. 
Et je n'ai pas réussi à résoudre l'exercice. 

raoul.S

Bon pour appliquer la remarque à l'envers il faut primitiviser au lieu de dériver mais en prenant la primitive qui s'annule en $1/2$. En effet on vérifie facilement que si $P$ est vecteur propre de valeur propre $\pm 1$, alors $\displaystyle\int_{1/2}^X P$ est vecteur propre de valeur propre $\mp$.

Donc en partant de $P=1$ qui est vecteur propre de valeur propre 1 on obtient successivement : $1, X-\frac{1}{2},\frac{1}{2}(X-\frac{1}{2})^2$...
et en "normalisant" on obtient : $1, X-\frac{1}{2},(X-\frac{1}{2})^2, (X-\frac{1}{2})^3$... qui est évidemment une base de vecteurs propres.

PS. c'était la solution pour les types comme moi qui ne voient pas tout de suite que c'est $X-1/2$ qui fait l'affaire...

bisam

Si on considère la translation $t:P\mapsto P(X+\frac{1}{2})$ alors pour $\lambda \in\{-1,1\}$ et $ P\in\R_n[X]$, $\varphi(P)=P(1-X)=\lambda P(X)$ est équivalent à $t(P)(-X)=P((-X)+\frac{1}{2})=P(1-(X+\frac{1}{2}))=\lambda P(X+\frac{1}{2})=\lambda t(P)$.

Ainsi, les vecteurs propres de $\varphi$ sont les images réciproques par $t$ des polynômes pairs (pour $\lambda=1$) ou des polynômes impairs (pour $\lambda=-1$).

En particulier, la base canonique étant constituée de vecteurs propres de $\theta : P\mapsto P(-X)$, on en déduit que son image par $t^{-1}:P\mapsto P(X-\frac{1}{2})$ est une base de vecteurs propres pour $\varphi$.

OShine

Bisam
Je suis perdu dans ce que tu as écrit, j'ai rarement autant rien compris en lisant un corrigé. 
A partir de la ligne $3$ je suis noyé.
1) Pourquoi les vecteurs propres de $\varphi$ sont les images réciproques par $t$ des polynômes pairs pour $\lambda=1$ ? 
2) Pourquoi la base canonique est constituée des vecteurs propres de $\theta$ ? 
3) Pourquoi son image par $t^{-1}$ est une base de vecteurs propres pour $\varphi$ ? 

Raoul.S
Je n'arrive pas à le montrer.
Supposons que $P$ est un vecteur propre de valeur propre $\pm 1$ alors $\varphi(P)= \pm P$
Montrons que $\varphi(P)= \pm  \displaystyle\int_{1/2}^X P(t) dt.$
Il s'agit de montrer que $ \pm P =\pm  \displaystyle\int_{1/2}^X P(t) dt.$

Mister Da

Bonjour,

@OShine, finalement ce à quoi j'ai pensé n'était pas foncièrement l'idée du siècle. Je t'ai dit que si $P(X) = Q(X(1-X))$ alors il est solution de $P(X) = P(1-X)$ et je pensais que l'autre sens allait de soi mais finalement pour le montrer je me suis inspiré d'une astuce vue sur internet : en remarquant que

$$\begin{array}{lll}n=0 & P(X) = p_0  & = p_0 + X[0]\\n=1 & P(X) = p_0 + p_1 X & = p_0 + X[p_1]\\n=2 & P(X) = p_0 + p_1 X + p_2X^2 & = p_0 - p_2X(1-X) +X[(p_1+p_2]\\n=3 & P(X) = p_0 + p_1 X + p_2X^2 + p_3X^3 & = p_0 -(p_2+p_3)X(1-X) + X[p_1+p_2+p_3 -p_3X(1-X)]\\\end{array}$$

on constate que n'importe quel polynôme $P(X)$ peut se décomposer à l'aide de deux autres polynômes $Q$ et $R$ sous la forme $$P(X) = Q(X(1-X)) + XR(X(1-X))\;.$$

Si $P(X) = P(1-X)$, on a alors $Q(X(1-X)) + XR(X(1-X)) = Q(X(1-X)) + (1-X)R(X(1-X))$, c'est-à-dire $0 = (1-2X)R(X(1-X))$ ce qui implique que $R$ est nul et donc $P(X) = Q(X(1-X))$.

Ainsi, $P(X) = P(1-X)$ est solution, si et seulement s'il est de la forme $P(X) = Q(X(1-X))$. Une base est : $1, X(1-X), (X(1-X))^2, (X(1-X))^3,\dots$

Cordialement,

Mister Da

raoul.S

Raoul.S

Supposons que $P$ est un vecteur propre de valeur propre $\pm 1$ alors $\varphi(P)= \pm P$
Montrons que $\varphi(P)= \pm  \displaystyle\int_{1/2}^X P(t) dt.$
Il s'agit de montrer que $ \pm P =\pm  \displaystyle\int_{1/2}^X P(t) dt.$

Non non. Ce qu'il faut montrer c'est que si  $\varphi(P)= \pm P$ alors $\displaystyle\varphi\left(\int_{1/2}^X P(t) dt\right)=\mp\int_{1/2}^X P(t) dt$

@Mister Da pas mal cet exo. J'avais aussi remarqué que l'autre sens n'était pas tout de suite visible. On peut également s'en sortir via une récurrence sur le degré à l'aide de la division euclidienne de $P$ par $X(1-X)$.

OShine

Mister  ta méthode est ultra sophistiquée, des idées impossible à trouver (pour les gens normaux) et encore tu n'as pas démontré que tout polynôme peut s'écrire sous la forme $P(X)=Q( X(1-X))+X R(X(1-X)$ (je ne sais pas le démontrer dans le cas général) ça m'a l'air bien compliqué pour un petit exercice anodin au départ.
Sinon je ne comprends pas les maths en anglais, j'ai déjà du mal en français. Donc dans ton lien, je ne comprends rien à leur méthode.
Raoul.S supposons que $\varphi(P)=P$ (valeur propre $1$)
 $\varphi(\displaystyle\int_{1/2}^X P(t) dt)=\displaystyle\int_{1/2}^{1-X}  P(t) dt $
Posons $u=1-t$ de sorte que $du=-dt$ et donc $\varphi(\displaystyle\int_{1/2}^X P(t) dt)=-\displaystyle\int_{1/2}^{X} P(1-u) du =- \displaystyle\int_{1/2}^X P(t) dt$
Par contre un détail me perturbe à cause des signes : 
Comme $\varphi(1)=1$ le polynôme constant égal à $1$ est vecteur propre associé à la valeur propre $1$ et donc 
$\displaystyle\int_{1/2}^X 1 dt=X-1/2$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $-1$ non ? Tu ne t'es pas trompé dans ta base de vecteur propre ? 
Je ne comprends pas trop comment tu trouves $(1,X-1/2, \cdots )$ pour $\lambda=1$ je croyais que le signe alternait ? 
Il n'y a pas un moyen plus simple de trouver les polynômes qui vérifient $P(X)=P(1-X)$ en identifiant les coefficients des 2 polynômes directement ?
On pose $P(X)=a_n X^n + \cdots +a_1 X+ a_0$ puis $P(1-X)=a_n(1-X)^n + \cdots + a_1 (1-X)+ a_0$

Mister Da

Bonjour,
Désolé OShine pour la mauvaise piste, je n'avais pas senti que c'était si bourrin. Concernant la preuve j'ai donné les premiers cas qui sont assez convainquants. Pour quelque chose de plus formel on doit pouvoir s'en sortir avec une récurrence ou une division  euclidienne comme le propose Raoul.S.
Identifier les coefficients risque de donner de gros termes sur fond de binôme de Newton et après il faut en trouver une base ce qui doit être un vrai poème mais il est très possible que je me trompe.
Cordialement,
Mister Da 

raoul.S

@OShine j'ai donné une base de vecteurs propres associés aux valeurs propres $1$ et $-1$. Ils sont alternés dans ma liste et en effet $X-1/2$ est bien associé à la valeur propre $-1$. Il y a tous les vecteurs propres quoi. Si tu veux récupérer que ceux associés à la valeur propre $1$ tu n'as qu'à prendre ceux d'indice pair dans la liste : $1, (X-1/2)^2, (X-1/2)^4,...$

bisam

@OShine

Tu n'as pas fait beaucoup d'efforts pour comprendre. Comme je le rappelle à mes élèves, quand on fait des maths au-delà du lycée, il est rare que l'on comprenne un énoncé juste en le lisant : il faut la plupart du temps le récrire par soi-même, se l'approprier.

1) Les polynômes pairs sont précisément ceux qui vérifient $P(X)=P(-X)$. Par conséquent, $\varphi(P)=P\Leftrightarrow t(P) \text{est pair}$. On fait de même pour $\lambda=-1$.

2) Tu as mal lu : j'ai dit que les vecteurs de la base canonique de $\R_n[X]$ sont des vecteurs propres de $\theta$. Il suffit de le vérifier...

3) L'explication est donnée 3 lignes plus haut.

OShine

Raoul.S ok merci je crois que ta méthode est la plus simple à comprendre pour moi.

Bisam j'ai réécrit sur une feuille et j'ai compris l'image réciproque mais je ne comprends toujours pas les deux dernières lignes.

Une fois qu'on a dit que les vecteurs propres de $\varphi$ sont les images réciproques des polynômes pairs ou impairs (suivant que la valeur propre vaut $1$ ou $-1$) par $t$ jusque là tout va bien, je ne comprends pas la suite : 

Je ne comprends pas le lien entre l'image réciproque des polynômes pairs par $t$ et la base canonique et les vecteurs propres de $\theta$ ...

OShine

J'ai compris finalement la méthode très astucieuse de Bisam, on utilise que l'image d'une base par une application bijective ici $t^{-1}$ est une base.