Opérateur différence, endomorphismes sur R[X]
Bonjour
Je bloque sur cet exercice (niveau MP).
Je bloque sur cet exercice (niveau MP).
Soit $E=\mathbb{R}[X]$. Soit $\Delta(P)=P(X+1)-P(X)$. Soit $f$ un endomorphisme sur $E$ commutant avec $\Delta$.
Montrer qu'il existe une suite de réels $(u_n)$ vérifiant $\ \displaystyle f=\sum_{n=0}^{\infty}u_n\Delta^n.$
Montrer qu'il existe une suite de réels $(u_n)$ vérifiant $\ \displaystyle f=\sum_{n=0}^{\infty}u_n\Delta^n.$
Pour l'instant, j'ai abouti à voir que $\Delta(P)$ est de degré $\deg(P)-1$, en écrivant la commutativité appliquée à $X^p$ pour $p\in \mathbb{N}$ j'obtiens que les $\mathbb{R}_{n}[X]$ sont stables par $f$.
J'ai essayé de montrer l'égalité sur une base de $\mathbb{R}_n[X]$, en prenant la base canonique ou les polynômes de forme $X(X-1)\ldots(X-n+1)$. Connaissant le noyau de $\Delta$ on peut se ramener à une somme finie en évaluant ainsi, mais mes calculs de donnent rien.
J'espère que quelqu'un pourra me débloquer, merci d'avance !
Réponses
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Tu peux écrire la matrice de $\Delta$ dans ta base fétiche et déterminer les matrices qui commutent avec elles.
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Si $f$ est l'identité ou $P(X) \mapsto P(X+1)$, $f$ commute bien avec $\Delta$, mais on n'a pas $f(\R_n[X]) \subset \R_{n-1}[X]$.
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Soit $f:P(X) \mapsto P(X+1)$, alors $f=\mathrm{Id}_E+\Delta$.
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Une bonne idée sera sans doute de regarder les images par $f$ de la base formée des. polynômes de Hilbert. Cela permet de montrer que $f$ laisse stables les $\R_n[X]$ puis de construire les $a_n$ de proche en proche.
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Et si $f$ est $P(X) \mapsto P(X-1)$, comment l'écrire comme une somme de $u_n \Delta^n$ ? C'est une question. Peut-être $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \Delta^n$.
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Le dernier $f$ de marco a quelque chose à voir avec le précédent
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Et si on veut généraliser à $P\mapsto P(X+h)$, ou à $P\mapsto P'$, on pourra regarder du côté des séries formelles.
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Merci pour vos réponses !@marco : Effectivement l'image de $\mathbb{R}_n[X]$ par $f$ est dans lui-même, je corrige, j'ai une preuve par réc (ça marche avec la base canonique)@Math Coss : je suis en dim infinie mais effectivement étant donné la stabilité je vais regarder ce que ça donne.@john_john : je recalcule alors, j'avais essayé cette base mais ça n'avait rien donné
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De rien, Vera ! Cela dit, je ne vais continuer à suivre le fil que plus tard dans la soirée.
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Si $H_n=X(X-1)\cdots(X-n+1)$, alors \begin{align*}\Delta H_n&=(X+1)X\cdots(X-n+2)-X(X-1)\cdots(X-n+1)\\&=\bigl(X+1-(X-n+1)\bigr)X(X-1)\cdots(X-n+2)\\&=nH_{n-1}\end{align*}(en convenant que $0H_{-1}=0$). Il n'est pas difficile de décrire tous les $f$ qui commutent à $\Delta$, même en dimension infinie.
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J'avais fait le calcul avec ces polynômes renormés (facteur $1/n!$ devant). Ça me donne = $\Delta H_n=H_{n-1}$ et quand j'applique en $f$ en écrivant $f(H_n)=\sum_{k=0}^{n}\lambda_kH_{k}$j'obtiens $f(H_{n-1}) = \sum\lambda_kH_{k-1}$mais ça m'apporte simplement que connaissant $H_n$ on connaît les termes d'en dessous, sauf qu'en dimension infinie on ne connaît jamais le max
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En fait, tu peux commencer par résoudre l'exercice en remplaçant $\R[X]$ par $\R_n[X]$ avec un entier arbitraire $n\in\N$. Ensuite, en utilisant que l'entier $n$ est arbitraire, tu pourras en déduire le résultat sur $\R[X]$.La remarque de @john_john, bien que hors-programme en MP, permet de bien comprendre ce qui se passe. Comme pour tout $P\in\R[X]$, il existe $n\in\N$ tel que $\Delta^n(P) = 0$, on en déduit que l'on peut définir le morphisme d'algèbres\[\varphi : \R[[X]]\to \mathcal{L}(\R[X]),\quad \varphi : S\mapsto S(\Delta).\]Il me semble que ce dernier est injectif, donc il suffit de faire les calculs évoqués par @marco dans $\R[[X]]$.
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On peut utiliser le fait que tout opérateur linéaire* $f$ de $\bf{R}[X]$ peut s'écrire sous la forme $f = \sum_{n\geq 0}p_n\Delta^n$, où les $p_n$ sont des polynômes, c'est-à-dire que pour un polynôme $Q$ quelconque, $f(Q) = \sum_{n\geq 0}p_n\Delta^n(Q)$. La correspondance $f\leftrightarrow (p_n)_{n\geq 0}$ est bijective, et $f=0$ si et seulement si $p_n=0$ pour tout $n$.Si on admet ce fait, alors soit $E$ l'opérateur de translation $P(X)\mapsto P(X+1)$, de sorte que $\Delta=E-1$. On vérifie que $$\Delta(PQ) = (\Delta P)(EQ) + (P)(\Delta Q)$$ et on trouve que pour $f$ comme ci-dessus, $[\Delta, f](Q) = \sum_{n\geq 0}(\Delta p_n) \Delta^n(EQ)$, soit
$$[\Delta, f] = \left(\sum_{n\geq 0}(\Delta p_n) \Delta^n\right)\circ E$$
Comme $E$ est bijectif, ça donne $[\Delta, f]=0$ si et seulement si pour tout $n$, $\Delta p_n=0$ (c'est-à-dire $p_n$ est de degré $0$).-------* cf ce fil où il s'agit de $D$ (dérivation usuelle) à la place de $\Delta$. Comme (en charactéristique 0) $D$ et $\Delta$ sont reliés par $\Delta = \exp(D)-1$ et $D=\log(1+\Delta)$, leurs commutants sont égaux.
Après je bloque. -
Je reprends $H_n=\frac1{n!}X(X-1)\cdots(X-n+1)$ pour $j\ge0$ et $H_{-1}=0$, de sorte que $\Delta H_j=H_{j-1}$ pour tout $j$.Soit $f$ commutant à $\Delta$. Pour $j$ fixé, on écrit $f(H_j)=\sum_{i\ge0}a_{ij}H_i$ avec, pour $i$ assez grand (en fonction de $j$), $a_{ij}=0$. Pour $j=0$, $\Delta f(H_0)=f\Delta(H_0)=0$ ($\ker\Delta$ est stable !), c'est-à-dire que $a_{i,0}=0$ pour $i>0$, et pour $j\ge1$, \[\Delta f(H_j)=\sum_{i\ge1}a_{ij}H_{i-1}=\sum_{i\ge0}a_{i+1,j}H_i\quad\text{et}\quad f\Delta(H_j)=\sum_{i\ge0}a_{i,j-1}H_i,\] d'où \[a_{i,j-1}=a_{i+1,j}.\]En particulier, $a_{ij}=a_{i-1,j-1}=\cdots=a_{i-j,0}=0$ si $i>j$.Si $k\ge0$, on pose $b_{k}=a_{0k}=a_{1,k+1}=\cdots$ (i.e. $b_k=a_{i,j}$ pour tout $(i,j)$ tel que $j-i=k$). Ainsi, si $i\le j$, $a_{ij}=b_{j-i}$.On vérifie alors que $f=\sum_{k\ge0}b_k\Delta^k$ (comme en dimension finie !).
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Aux derniers intervenants, et en particulier à MrJ : il est vrai que les séries formelles sont hors programme en MP, mais il est habituel qu'elles soient traitées en exercice et c'est d'autant moins exotique lorsqu'il s'agit, comme ici, de développements de Taylor formels.
Comme on a (avec les notations de i.zitoussi) $\Delta=\exp(D)-I$ et que l'on veut écrire que $D=\ln(I+\Delta)$, sachant que ces endomorphismes induisent sur $\R_n[X]$ des nilpotents, il suffit de montrer, en posant $P_n=1+X+X^2/2+\cdots+X^n/n!$ et $Q_n=X-X^2/2+\cdots+(-1)^{n-1}X^n/n$, que $P_n\circ Q_n$ et $Q_n\circ P_n$ sont égaux à $X$ modulo $X^{n+1}$ (pour tout $n$).
Or, cela se déduit de la composition des DL correspondants, vu que, à ${\rm O}(X^{n+1})$, il correspond $X^{n+1}$ que multiplie un certain polynôme (principe que l'on établit sans mal).
(Nota bene.) Certes, vous allez me dire que, sur $\R$, toute série formelle est un développement de Taylor formel, mais il est tout de même plus confortable de connaître la fonction dont il est la série génératrice, surtout si, comme ici, il s'agit d'en utiliser la fonction réciproque. -
@i.zitoussi : effectivement mais ça prendrait un peu l'exercice à l'envers en admettant / prouvant le résultat polynomial plus fort@Math Coss : aaaaahh je comprends mieux. J'étais arrivée en dim finie jusqu'à $a_{i,j-1}=a_{i+1,j}$ mais obnubilée par l'impression que ça ne marcherait pas à cause de la dim je n'ai pas continué.@john_john : c'est intéressant, je regarde ça plus en détail tout à l'heure dès que j'ai le tempsMerci encore à tous les contributeurs !
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Vera : il y a effectivement de quoi discuter (en matière de série formelle).
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@Vera_Baxter Je suis conscient que ma méthode ne peut pas être considérée comme une résolution de l'exercice, mais je trouve bon à savoir que tout endomorphisme de $\R[X]$ peut s'écrire sous la forme $\sum_{n\geq 0}p_n\Delta^n$, et que ceux qui commutent avec $\Delta$ sont précisément ceux pour lesquels tous les $p_n$ sont constants.La même chose est vraie si on remplace $\Delta$ par $D$, ou même $D$ par $h(D)$ dès lors que la série formelle $h$ est inversible pour la composition.Après je bloque.
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