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PC *Devoir n°5 : DM 20172018Corrigé Centrale PC 2 : Opérateur de différence I L"opérateur de translation et l"opérateur de différence

I.A - L"opérateur de translation

I.A.1)SoitP=Pdk=0akXk, un polynôme non nul deRn[X], de degréd= deg(P) (i.e.ad,0).

Alors,(P) est de la forme :

P(X+1) =d

X k=0a k(X+1)k=adXd+(dad+ad1)Xd1+d2X k=0b kXk

Commead,0 :

deg((P)) = deg(P) et cd((P)) = cd(P)I.A.2)Notons que0(P) =P. Et que sik(P)(X) =P(X+k), alorsk+1(P)(X) =(k(P))(X) =P((X+k)+1) =P(X+(k+1)).

Ainsi, par récurrence

8k2N; (P)(X) =P(X+k)I.A.3)D"après la formule du binôme de Newton (changement de variablei=h+1),

8j2Nn+1; (Pj)(X) = (X+1)j1=j1X

h=0 j1 h! X h=j X i=1 j1 i1! P i Mest donc triangulaire supérieure et les coefficients deMvérifient donc

8i;j2[[1;n]];(M)i;j=(

j1 i1pouri6j

0 sinonI.A.4)La matriceMest triangulaire supérieure, donc ses valeurs propres se trouvent sur la dia-

gonale. Il s"agit des nombresj1 j1= 1.

CommeMetont les mêmes valeurs propres,

Sp() =f1gSiMétait diagonalisable, elle serait alors semblable à la matrice unité, et donc elle serait égale

à la matrice unité.

Ainsi,

Metne sont pas diagonalisableI.A.5)0 n"étant pas valeur propre de, est bijectivePuis si on considère:Rn[X]!Rn[X];P(X)7!P(X1), on montre qu"il s"agit d"un endomorphisme deRn[X]. Il vérifie :== id :

8P2Rn[X]; ((P))(X) =(P)(X+1) =P(X) =((P))(X)

Donc

1(P)(X) =P(X1)Puis, comme pour la question 2), on montre que pour toutk2N,k(P)(X) =P(Xk).

Donc la formule est toujours vraie :

8k2Z; (P)(X) =P(X+k)page 1 sur 10

PC *Devoir n°5 : DM 20172018I.A.6)Avec l"expression de1, on applique la même méthode qu"en 3) et on obtient :

8j2Nn+1; 1(Pj)(X) = (X1)j1=j1X

h=0 j1 h! (1)j1hXh=j X i=1(1)ji j1 i1! P i Puis

8i;j2[[1;n]];(M1)i;j=((1)jij1

i1pouri6j

0 sinonI.A.7)Lak+1eligne du calculV=QUest justement

v k=n+1X j=1Q k+1;juj1=k X j=0 k j! u j On peut identifier (après changement d"indice) :Qk;j=( k1 j1pourj6k

0 sinon

On a donc

Q=MTI.A.8)Mest inversible, doncQ=MTégalement etQ1= (MT)1= (M1)T.

Puis par équivalence :V=QU()U=Q1V= (M1)TV.

Lak+1eligne de ce calcul donne alors

u k=n+1X j=1 (M1)T k+1;jvj1=n+1X j=1 (M1) j;k+1vj1=n X j=0 (M1) j+1;k+1vj u k=k X j=0(1)kj k j! v jI.A.9)On a alors v k=k X j=0 k j! j= (+1)kOn vérifie bien : k X j=0(1)kj k j! v j=k X j=0 k j! (+1)j(1)kj= ((+1)1)k=ukI.B - L"opérateur de différence I.B.1)Avec les mêmes notations qu"en 1:A:1), avecPnon constanton a : (P)(X) =adXd+(dad+ad1)Xd1+d2X k=0b kXkadXdad1Xd1d2X k=0a kXk=dadXd1+d2X k=0c kXk

Commead,0 :

siP, non constant, deg((P)) = deg(P)1 et cd((P)) = deg(P)cd(P)page 2 sur 10

PC *Devoir n°5 : DM 20172018I.B.2)D"après la question précédente, siPn"est pas constant, deg(P)>1 et deg((P))>0, donc

(P) n"est pas nul. Ainsi, si(P) = 0, alorsPest constant. Réciproquement, siPest constant, le calcul (simple) donne(P) = 0. Donc ker() =R0[X]La question précédente montre aussi que Im()Rn1[X]. Or d"après le théorème du rang : dim(Im()) =n+1dim(ker()) =n= dim(Rn1[X]).

Donc :

Im() =Rn1[X]I.B.3)Si ker(j) =Rj1[X], avecj < n.

P2ker(j+1)()j+1(P) = 0 =j((P))()(P)2Rj1[X]

Donc P2ker(j+1)()deg(P) = deg((P))+16(j1)+1 =j()P2Rj[X]

Ainsi, par récurrence :

8j2[[1;n]];ker(j) =Rj1[X]SiP2Im(j), alors il existeQ2Rn[X] tel queP=j(Q).

Or une récurrence simple (suite arithmétique) montre que degP= deg(Q)j, donc deg(P)6 nj.

Par conséquent,P2Rnj[X], et donc Im(j)Rnj[X].

Le théorème du rang assure par ailleurs que ces deux espaces ont même dimension, donc :

8j2[[1;n]];Im(j) =Rnj[X]I.B.4)Notons, la matrice dedans la base (Pk).

Par construction de=id, on a=MIn+1.

j(1)kjMj. Ce qui permet d"affirmer, en revenant aux endomorphismes :

8k2N; k=k

X j=0(1)kj k j!quotesdbs_dbs7.pdfusesText_5