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ExerciceMaths Sup – MPSI, chapitre 14 — Espaces vectoriels et applications linéaires · Exercices de synthèse

Exercice 71

Démonstration

Soit n∈ℕn \in \mathbb{N}.

1. Montrer qu'il existe un unique polynôme Pn∈ℝ[X]P_{n} \in \mathbb{R}[X] tel que Pn(X)+Pn(X+1)=2XnP_{n}(X) + P_{n}(X + 1) = 2X^{n}.

2. Trouver une relation entre Pn+1′P_{n + 1}' et PnP_{n}.

3. (a) Montrer que la famille (Pk)k∈ℕ(P_{k})_{k \in \mathbb{N}} est une base de ℝ[X]\mathbb{R}[X].

(b) Montrer que, pour tout Q∈ℝ[X]Q \in \mathbb{R}[X], on a Q(X+1)=∑k=0+∞Q(k)(X)k!\displaystyle Q(X + 1) = \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{Q^{(k)}(X)}{k!}, la somme étant finie.

(c) Donner la décomposition de Pn(X+1)P_{n}(X + 1) dans la base (Pk)k∈ℕ(P_{k})_{k \in \mathbb{N}}.

4. Montrer que Pn(1−X)=(−1)nPn(X)P_{n}(1 - X) = (-1)^{n}P_{n}(X).

Corrigé

1. Soit φ:P↦P(X)+P(X+1)\varphi : P \mapsto P(X) + P(X + 1), endomorphisme de ℝ[X]\mathbb{R}[X]. Si PP est de degré dd et de coefficient dominant aa, alors φ(P)\varphi(P) est de degré dd et de coefficient dominant 2a2a : φ\varphi conserve le degré. La famille (φ(Xk))0⩽k⩽n\big(\varphi(X^{k})\big)_{0 \leqslant k \leqslant n} est donc à degrés échelonnés, c'est une base de ℝn[X]\mathbb{R}_{n}[X], et la restriction de φ\varphi à ℝn[X]\mathbb{R}_{n}[X] est un automorphisme (proposition 10 et théorème 4). Il existe donc un unique Pn∈ℝn[X]P_{n} \in \mathbb{R}_{n}[X] tel que φ(Pn)=2Xn\varphi(P_{n}) = 2X^{n} ; toute solution est de degré nn, puisque φ\varphi conserve le degré, donc c'est la seule dans ℝ[X]\mathbb{R}[X]. Pn existe et est unique ; il est unitaire de degreˊ n.\boxed{P_{n} \text{ existe et est unique ; il est unitaire de degré } n.}

2. En dérivant l'égalité qui définit Pn+1P_{n + 1}, on obtient Pn+1′(X)+Pn+1′(X+1)=2(n+1)XnP_{n + 1}'(X) + P_{n + 1}'(X + 1) = 2(n + 1)X^{n}. Le polynôme 1n+1Pn+1′\frac{1}{n + 1}P_{n + 1}' vérifie donc la même équation que PnP_{n}, et l'unicité donne : Pn+1′=(n+1)Pn\boxed{P_{n + 1}' = (n + 1)P_{n}}

3. (a) Chaque PkP_{k} est de degré kk : la famille est à degrés échelonnés, c'est une base de ℝ[X]\mathbb{R}[X] (proposition 10).

(b) Les deux membres sont linéaires en QQ, la somme étant finie ; il suffit de vérifier l'égalité pour Q=XmQ = X^{m}. Par la formule du binôme, (X+1)m=∑k=0m(mk)Xm−k=∑k=0m1k!m!(m−k)!Xm−k=∑k=0m(Xm)(k)k!.(X + 1)^{m} = \sum_{k = 0}^{m} \binom{m}{k}X^{m - k} = \sum_{k = 0}^{m} \frac{1}{k!}\frac{m!}{(m - k)!}X^{m - k} = \sum_{k = 0}^{m} \frac{(X^{m})^{(k)}}{k!}.

(c) En itérant la question 2, Pn(k)=n!(n−k)!Pn−kP_{n}^{(k)} = \frac{n!}{(n - k)!}P_{n - k} pour k⩽nk \leqslant n, et Pn(k)=0P_{n}^{(k)} = 0 pour k>nk > n. La question (b) donne alors Pn(X+1)=∑k=0n(nk)Pn−k=∑j=0n(nj)Pj\boxed{P_{n}(X + 1) = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k}P_{n - k} = \sum_{j = 0}^{n} \binom{n}{j}P_{j}}

4. Soit Q=(−1)nPn(1−X)Q = (-1)^{n}P_{n}(1 - X). L'égalité qui définit PnP_{n}, écrite au point −X-X, donne Pn(−X)+Pn(1−X)=2(−X)n,P_{n}(-X) + P_{n}(1 - X) = 2(-X)^{n}, donc Q(X)+Q(X+1)=(−1)n(Pn(1−X)+Pn(−X))=(−1)n⋅2(−1)nXn=2Xn.Q(X) + Q(X + 1) = (-1)^{n}\big(P_{n}(1 - X) + P_{n}(-X)\big) = (-1)^{n} \cdot 2(-1)^{n}X^{n} = 2X^{n}. Par unicité, Q=PnQ = P_{n}. Pn(1−X)=(−1)nPn(X)\boxed{P_{n}(1 - X) = (-1)^{n}P_{n}(X)} Ce sont, à une normalisation près, les polynômes d'Euler. Par exemple, P0=1P_{0} = 1, P1=X−12P_{1} = X - \frac{1}{2}, P2=X2−XP_{2} = X^{2} - X.

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