Diagonalisabilité et base de polynômes propres


Oral ESCP, BL - 2021
Soit $m$ un entier naturel non nul. On considère l'espace vectoriel $\R_m[x]$ des fonctions polynomiales de degré inférieur ou égal à $m$ et l''application $f$ associant à tout polynôme $P$ de $\R_m[x]$, le polynôme $Q=f(P)$ défini par
\[Q(x)=m(x-1)P(x)-x(x-1)P'(x)\]

pour tout réel $x$, et où $P'$ désigne le polynôme dérivé de $P$.
  1. Montrer que $f$ est un endomorphisme de $\R_m[x]$.
  2. Montrer que si $P$ est un vecteur propre de $f$, alors 0 ou 1 sont racines de $P$.
  3. Pour tout entier naturel $k\leqslant m$, on note $W_k$ la fonction polynomiale de $\R_m[x]$ définie par:
    \[W_k(x)=x^k(x-1)^{m-k}\]

    Montrer que pour tout $k$, $W_k$ est un vecteur propre de $f$.
  4. Quelles sont les valeurs propres de l'endomorphisme $f$ ? L'endomorphisme $f$ est-il diagonalisable ?
  5. Montrer que $(W_0, W_1, \dots, W_n)$ est une base de $\R_m[x]$ et déterminer les composantes du polynôme constant $U(x)=1$ dans cette base.

Correction
Oral ESCP, BL - 2021
  1. La linéarité de $f$ provient directement de celle de la dérivé: soit deux polynômes $P$ et $Q$, un réel $\lambda$ et $R=f(\lambda P+Q)$, alors
    \[\begin{array}{lcl}R(x)&=&m(x-1)(\lambda P+Q)(x)-x(x-1)(\lambda P+Q)'(x)\\
  &=&m(x-1)(\lambda P+Q)(x)-x(x-1)(\lambda P'+Q')(x)\\
  &=&\lambda m(x-1)P(x)-x(x-1)P'(x)\\
  &&+m(x-1)Q(x)-x(x-1)Q'(x)\\
  &=&\lambda f(P)(x)+f(Q)(x)\enar\]

    ce qui montre que $f$ est linéaire.
    Il reste à montrer que, pour $P\in\R_m[x]$ on a aussi $f(P)\in\R_m[x]$, c'est-à-dire que $f(P)$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $m$.
    On peut le faire avec un polynôme quelconque de $\R_m[x]$ ou, maintenant qu'on a montré la linéarité, se contenter de le faire pour une base de $\R_m[x]$, par exemple les polynômes $e_i(x)=x^i$, pour $0\leqslant i\leqslant m$.
    On a
    \[f(e_i)(x)=m(x-1)x^i-ix(x-1)x^{i-1}\]

    qui est un polynôme de degré $i+1$ si $i<m$, donc $f(e_i)\in\R_m[x]$.
    Par contre, si $i=m$, on trouve ici que $f(e_m)=0$ et donc aussi que $f(e_m)\in\R_m[x]$.
    Par linéarité, on a donc que $f(P)\in\R_m[x]$ pour tout $P\in\R_m[x]$ et donc $f$ est un endomorphisme de $\R_m[x]$.
  2. Soit $P$ un vecteur propre de $f$, c'est-à-dire $f(P)=\lambda P$, soit
    \[m(x-1)P(x)-x(x-1)P'(x)=\lambda P(x)\]

    Maintenant, pour $x=0$ on a
    \[-mP(0)=\lambda P(0)\]

    et pour $x=1$ on a
    \[0=\lambda P(1)\]

    Si $\lambda\not=0$ alors on a donc $P(1)=0$, sinon, si $\lambda=0$, on a $P(0)=0$.
    Finalement, quelque soit la valeur propre $\lambda$, 0 ou 1 est une racine de $P$.
  3. Il suffit de calculer $f(W_k)$. On a
    \[W_k'(x)=kx^{k-1}(x-1)^{m-k}+(m-k)x^k(x-1)^{m-k-1}\]

    et on trouve, toiut calculs faits,
    \[f(W_k)=(k-m)W_k\]

    et qui montre que $W_k$ est vecteur propre associé à la valeur propre $k-m$.
  4. Pour $0\leqslant k\leqslant m$, $k-m$ est valeur propre de $f$, qui admet donc $m+1$ valeurs propres distincts dans l'espace $\R_m[x]$ qui est de dimension $m+1$.
    On en déduit que $f$ est donc diagonalisable.
  5. Pour tout $0\leqslant k\leqslant m$, $W_k$ est un vecteur propre de $f$ associé à la valeur propre $m-k$. La famille $(W_k)$ forme donc une base vecteurs propres de $f$.

    Pour décomposer $U$, on cherche donc les coefficients $a_k$ tels que
    \[\begin{array}{ll}U(x)=1&=\dsp\sum_{k=0}^ma_kW_k(x)\\
  &=\dsp\sum_{k=0}^ma_kx^k(x-1)^{m-k}\enar\]


    En choisissant pour $a_k=(-1)^{m-k}\binom{m}{k}$ les coefficients binômomiaux, on a justement la formule du binôme de Newton:
    \[\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}x^k(-1)^{m-k}(x-1)^{m-k}=\biggl(x-(x-1)\biggr)^m=1\]



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