Devoir maison n ◦ 04

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 04

À rendre le mercredi 16 octobre 2019

Durée : 2 heures

Soitn∈N^∗, E=R2n[X] muni de sa base canoniqueB= (1, X, X², . . . , X²ⁿ)et aun réel.

On considère l’application Φa définie surE par :

∀P ∈E, Φa(P) = 1

4−X²

P⁰+aXP.

1. Déterminer toutes les valeurs du réelapour lesquellesΦa est un endomorphisme deE.

Désormais aest choisi de sorte que Φa est un endomorphisme de E.

2. Soitλ∈[[−n, n]].

Déterminerαetβ dansNde sorte que le polynômeP =

X+1 2

α X−1

2 β

vérifie Φ_a(P) =λP. 3. Déterminer alors les éléments propres de l’endomorphismeΦa.

On donnera pour chaque sous-espace propre une famille de polynômes constituant une base de ce sous-espace.

4. Déterminer une matriceB dont le spectre est[[0,2n]]et dont les coefficients diagonaux sont tous égaux.

5. Expliquer comment construire à l’aide Φa un endomorphisme Ψ de E admettant 0, 1, 4, 8, . . . , 4n² comme valeurs propres.

1

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Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 04 – éléments de correction

d’après E3A 2019 PC exercice 2

1. L’application Φa est linéaire car pour tout(P, Q)∈E²et pour toutλ∈R, nous avons Φa(λP+Q) =

1 4 −X²

(λP +Q)⁰+aX(λP +Q) = λ 1

4 −X²

P⁰+ 1

4−X²

Q⁰+λaXP+aXQ

= λ 1

4 −X²

P⁰+aXP

+ 1

4 −X²

Q⁰+aXQ = λΦa(P) + Φa(Q).

Recherchons maintenant la CNS surapour queΦa soit un endomorphisme deE :

• Analyse.Supposons que Φa est un endomorphisme deE, alors en particulierΦa(X²ⁿ)∈E. Or : Φ_a(X²ⁿ) = 2n

1 4 −X²

X²ⁿ⁻¹+aXX²ⁿ = (a−2n)X²ⁿ⁺¹−2n 4 X²ⁿ⁻¹. Par conséquentΦa(X²ⁿ)∈E impliquea−2n= 0, soit encorea= 2n.

• Synthèse.Supposons que a= 2n. Pour toutP =

2n

X

k=0

akX^k∈E, il vient :

Φ_a(P) = 1

4 −X^{2 2n}

X

k=1

ka_kX^k−1

! +aX

2n

X

k=0

a_kX^k

!

= 1 4

2n

X

k=1

kakX^k−1−2na2nX²ⁿ⁺¹−

2n−1

X

k=1

kakX^k+1+aa2nX²ⁿ⁺¹+

2n−1

X

k=0

aakX^k+1

= (a−2n)

| {z }

=0

a2nX²ⁿ⁺¹+1 4

2n

X

k=1

kakX^k−1−

2n−1

X

k=1

kakX^k+1+

2n−1

X

k=0

aakX^k+1

= 1 4

2n

X

k=1

ka_kX^k−1−

2n−1

X

k=1

ka_kX^k+1+

2n−1

X

k=0

aa_kX^k+1 ∈E,

comme somme de trois polynômes de degré inférieur ou égal à2n. DoncΦ_a est un endomorphisme deE.

Finalement Φ_a est un endomorphisme deEsi et seulement sia= 2n. 2. Soitλ∈[[−n, n]].

• Analyse.Supposons qu’il existe(α, β)∈N²tels queΦa(P) =λP. En admettant que0· 1

X est nul, on obtient sans détour :

P⁰=α

X+1 2

α−1 X−1

2 β

+β

X+1 2

α X−1

2 β−1

=

X+1 2

α−1 X−1

2

β−1 α

X−1

2

+β

X+1 2

=

X+1 2

α−1 X−1

2

β−1

(α+β)X+β−α 2

,

d’où

Φa(P) = 1

4 −X²

P⁰+aXP

= −

X+1

2 X−1

2 X+1 2

α−1 X−1

2 β−1

(α+β)X+β−α 2

+2nX

X+1 2

^α X−1

2 ^β

=

X+1 2

^α X−1

2 ^β

2nX−(α+β)X−β−α 2

=

(2n−α−β)X−β−α 2

P.

1

Finalement, pour(α, β)∈N² : Φ_a(P) =λP ⇐⇒

( 2n−α−β = 0

α−β

2 = λ ⇐⇒

( α+β = 2n

α−β = 2λ ⇐⇒

( α = n+λ

β = n−λ .

• Synthèse.Supposonsα=n+λet β=n−λ.

? Puisque λ∈[[−n, n]], il vient n+λ∈N etn−λ∈N. Ainsi P =

X+1 2

^α X−1

2 ^β

est un polynôme comme produit de polynômes.

? deg(P) =α+β=n+λ+n−λ= 2n,doncP ∈E.

? Puisque(n+λ) + (n−λ) = 2n6= 0, on a(n+λ, n−λ)6= (0,0), donc, par l’analyse,Φ_a(P) =λP.

Conclusion.Pour tout λ∈[[−n, n]] il existe un unique couple d’entiers (α, β)tel queP ∈E et Φa(P) =λP, oùP =

X+1

2 ^α

X−1 2

^β

, à savoir (α, β) = (n+λ, n−λ).

3. D’après la question précédente, tout entierλ∈[[−n, n]]est valeur propre deΦ_aetP =

X+1 2

^α X−1

2 ^β

6= 0 est un vecteur propre associé. On a donc [[−n, n]]⊂Sp(Φ_a).

En outreCard (Sp(Φ_a))≤dim E = 2n + 1 = Card ([[−n,n]]), d’où Sp(Φ_a) = [[−n, n]].

L’endomorphisme Φ_a de E possède 2n+ 1 valeurs propres distinctes, donc Φ_a est diagonalisable et tous ses espaces propres sont de dimension 1.

Or Vect

X+¹₂^α

X−¹₂^β

⊂E_λ(Φ_a), d’où par inclusion et égalité des dimensions :

E_λ(Φ_a) = Vect

X+1 2

α X−1

2 β!

.

Une base de Eλ(Φa)est

X+1 2

α X−1

2 β!

, comme famille libre et génératrice deEλ(Φa).

4. SoitA= Mat_B(Φa). D’après la question précédente, il existeP inversible telle que A = Pdiag (−n,−(n−1), . . .0,1, . . . , n)P⁻¹.

Remarquons queΦa(1) = 2nX et, pour tout k∈[[1,2n]], Φa(X^k) =

1 4 −X²

kX^k−1+ 2nX^k+1 = (2n−k)X^k+1+k 4X^k−1.

Par conséquent ak,k = 0 pour tout k∈[[0,2n]]car ak,k est le coefficient de degré k deΦa(X^k). Il s’ensuit que la diagonale deAest nulle .

Posons maintenantB=A+nI2n+1. Il vient :

B = A+nI_2n+1 = Pdiag (−n, . . . ,0, . . . , n)P⁻¹+P(nI_2n+1)P⁻¹ = Pdiag (0,1, . . . ,2n)P⁻¹.

Par conséquent B est diagonalisable etSp(B) = [[0,2n]]. De plus, commeB=A+nI2n+1, les coefficients diagonaux deB sont tous égaux àn.

5. Puisque

B² = Pdiag (0,1, . . . ,2n)P⁻¹·Pdiag (0,1, . . . ,2n)P⁻¹ = Pdiag (0,1²,2², . . . ,(2n)²)P⁻¹,

la matriceB²est diagonalisable et Sp(B²) ={0,1², . . . ,(2n)²} . OrB²= (A+nI2n+1)²= Mat_B((Φa+nIdE)²), donc Ψ = (Φ_a+nId_E)² convient .

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