Endomorphisme injectif ? bijectif ?
Bonsoir,
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.
Mon raisonnement est ci-dessous je bloque à la question $b$.
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.
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Réponses
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 $i \geq 2$ :
$\boxed{\varphi(P_i)(X) = (1-X)^i = \displaystyle\sum_{l=0}^i \binom{i}{l} (-1)^l X^l }$
Avec l'indication de Georges Abitbol cela prenait une ligne.
Pour les vecteurs propres par quoi pourrais tu commencer ?
Cordialement,
Mister Da
Mister Da pour les vecteurs propres je ne vois pas comment résoudre $P(X)=P(1-X)$.
-- Schnoebelen, Philippe
Je ne sais pas résoudre $P(X)=P(1-X)$ j'ai essayé avec les coefficients ça donne des calculs compliqués.
Pour les valeurs vecteurs propres on peut commencer par tester des polynômes de petit degré pour voir ce qu'il se passe...
-- Schnoebelen, Philippe
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.
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.
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.
retente
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.
Bref, c'est une autre possibilité qui demande moins d'inspiration peut-être...
$1$ 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 $(-1,-X,-\dfrac{X^2}{2}, \ldots, -\dfrac{X^n}{n!})$.
C'est un poil plus subtil. Je le ferai peut-être demain si personne ne publie une méthode plus "simple".
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.
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...
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 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 $X(1-X)$.
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 $P(1-X)=a_n(1-X)^n + \cdots + a_1 (1-X)+ a_0$
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
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 $\theta$ ...