( 1 si k = 0 X (X − 1) · · · (X − k + 1) si k ≥ 1 . On dénit aussi des endomorphismes D et ∆ de R [X ] par :

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Énoncé

Pour n ∈ N, on dénit dans R ⁿ [X] des familles C n et F n de polynômes par : C _n = (1, X, · · · , X ⁿ ) base canonique de R n [X ].

F n = (F 0 , F 1 , · · · , F n ) avec F k =

( 1 si k = 0 X (X − 1) · · · (X − k + 1) si k ≥ 1 . On dénit aussi des endomorphismes D et ∆ de R [X ] par :

∀P ∈ R [X], D(P) = P ⁰ (dérivé) , ∆(P ) = P b (X + 1) − P.

On ne demande pas de vérier la linéarité.

1. Premières propriétés.

a. À quel espace ∆ ◦ D et D ◦ ∆ appartiennent-ils ? Sont-ils égaux ?

b. Soit P ∈ R [X ] de degré n et de coecient dominant a . Préciser le degré et le coecient dominant de D(P ) et de ∆(P ) .

On dénit D n et ∆ n par :

∀P ∈ R n [X ], D n (P ) = D(P ), ∆ n (P) = ∆(P ).

On utilisera le fait que D n ∈ L( R n [X]) et ∆ n ∈ L( R n [X]) . c. Montrer que F n est une base de R n [X ] .

Pour tout k ∈ N et tout i ∈ J 0, k K, on dénit s(i, k) et σ(i, k) (nombres de Stirling de première et deuxième espèce) par :

F k =

k

X

i=0

s(i, k)X ⁱ (première espèce), X ^k =

k

X

i=0

σ(i, k)F i (deuxième espèce)

2. Expressions récursives.

a. Pour k ∈ N, que valent s(0, k) et s(k, k) ? Pour k ≥ 1 et i ∈ J 1, k K, exprimer s(i, k + 1) en fonction de s(i − 1, k) et s(i, k) .

b. Pour k ∈ N, que valent σ(0, k) et σ(k, k) ? Pour k ≥ 1 et i ∈ J 1, k K, exprimer σ(i, k + 1) en fonction de σ(i − 1, k) et σ(i, k) .

c. Calculer les σ(i, 4) pour i de 0 à 4 . 3. Propriétés de ∆ .

a. Pour tout k ∈ N, calculer ∆(F k ) .

b. Préciser ker ∆ et l'image de ∆ _n pour n ≥ 1 .

c. Montrer que tout polynôme non nul admet un unique antécédent pour ∆ divisible par X . Préciser un tel antécédent pour X ⁴ .

4. Application à un calcul de somme. Préciser des réels a , b , c tels que

∀n ∈ N ^∗ ,

n

X

i=1

i ⁴ = n(n + 1)(2n + 1)

30 (an ² + bn + c).

5. Combinaison linéaire innie d'opérateurs D ⁱ = D ◦ · · · ◦ D .

a. On rappelle que la somme d'une famille innie de vecteurs n'aucun sens en général.

Pourtant, l'expression

+∞

X

i=1

1 i! D ⁱ

désigne bien un élément de L( R [X ]) . Pourquoi ? Comment est-il déni ?

b. Pour tout réel a , préciser les coordonnées d'un polynôme P ∈ R ⁿ [X] dans la base (1, (X − a), · · · , (X − a) ⁿ ) . En déduire les coordonnées de P b (X + a) dans la base canonique C n .

c. Montrer que

∆ =

+∞

X

i=1

1 i! D ⁱ .

6. Combinaison linéaire innie d'opérateurs ∆ ⁱ = ∆ ◦ · · · ◦ ∆ . a. Pour tous i et k dans N ^∗ , calculer ∆ ⁱ (F k ) puis ∆ ^ ⁱ (F k )(0) .

b. En utilisant a., exprimer les coordonnées d'un P ∈ R n [X ] dans F n . c. Pour tout k ∈ N, on note E k = _k! ¹ F k . Que vaut ∆(E k ) ? Montrer que

∀k ∈ N ^∗ , D(E k ) =

k

X

i=1

(−1) ⁱ⁻¹ i E _k−i .

d. Montrer que

D =

+∞

X

i=1

(−1) ⁱ⁻¹ i ∆ ⁱ .

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Rémy Nicolai Aalglin29

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Corrigé

1. Premières propriétés.

a. Avec les dénitions de la dérivation et de la substitution polynomiale,

∆ ◦ D = D ◦ ∆ ∈ L( R [X ]).

b. Soit P de degré n et de coecient dominant a . Les calculs sont immédiats, les termes de plus haut degré disparaissent : D(P) et ∆(P ) sont de degré n − 1 et de coecient dominant na .

c. La famille F n est libre car elle est constituée de polynômes de degrés échelonnés.

C'est une base de R n [X] car elle contient n + 1 = dim( R n [X ]) vecteurs.

Les nombres de Stirling de première espèce sont les coordonnées des vecteurs de F dans C . Ceux de deuxième espèce sont les coordonnées des vecteurs de C dans F .

2. Expressions récursives.

a. Comme F 0 = 1 , s(0, 0) = σ(0, 0) = 1 .

Pour k ≥ 1 , s(0, k) est le terme de degré 0 de F k = X(X − 1) · · · c'est à dire 0 . De l'autre côté, s(k, k) = 1 car c'est le coecient dominant de F k = X (X − 1) · · · .

s(0, 0) = 1, ∀k ∈ N ^∗ , s(0, k) = 0, s(k, k) = 1.

Par dénition : F _k+1 = (X − k)F _k . On en déduit

F k+1 =

k

X

i=0

s(i, k)(X − k)X ⁱ =

k+1

X

i

⁰

=1

s(i ⁰ − 1, k)X ⁱ

⁰

−

k

X

i=0

ks(i, k)X ⁱ

= −ks(0, i)

| {z }

=0

+

k

X

i=1

(s(i − 1, k) − ks(i, k)) X ⁱ + s(k, k)

| {z }

=1

X ^k+1 .

On en déduit

∀k ∈ N ^∗ , ∀i ∈ J 1, k K , s(i, k + 1) = s(i − 1, k) − ks(i, k).

b. Pour k ≥ 1 , considérons la décomposition de X ^k dans F n .

X ^k =

k

X

i=0

σ(i, k)F i .

En substituant 0 à X , on obtient σ(0, k) = 0 . De l'autre côté, seul F k contient un X ^k donc σ(k, k) = 1 .

σ(0, 0) = 1, ∀k ∈ N ^∗ , σ(0, k) = 0, σ(k, k) = 1.

Par dénition : XF _i = (X − i + i)F _i = F _i+1 + iF _i . On en déduit :

X ^k+1 =

k

X

i=0

σ(i, k)(F i+1 + iF i ) =

k+1

X

i=1

σ(i − 1, k)F i +

k

X

i=0

σ(i, k)iF i

=

k

X

i=1

(σ(i − 1, k) + iσ(i, k)) F _i + σ(k, k)F _k+1 . On en déduit

∀k ∈ N ^∗ , ∀i ∈ J 1, k K , σ(i, k + 1) = σ(i − 1, k) + iσ(i, k).

c. Les relations de la question précédente présentent une certaine analogie avec celles dénissant les coecients du binôme. Les σ(i, 4) forment la dernière ligne dans un tableau analogue au triangle de Pascal qui permet de les calculer récursivement.

k i 0 1 2 3 4

0 1

1 0 1

2 0 1 1

3 0 1 2 × 1 + 1 = 3 1

4 0 1 2 × 3 + 1 = 7 3 × 1 + 3 = 6 1 3. Propriétés de ∆ .

a. On trouve ∆(F _k ) = kF _k−1 . Avec en particulier ∆(F ₀ ) = 0 .

b. D'après la question précédente : F 0 ∈ ker(∆) donc Vect(F 0 ) ⊂ ker(∆) . Récipro- quement, soit P ∈ ker(∆) . Notons n son degré, il se décompose dans F n :

P = λ 0 F 0 + · · · + λ n F n ⇒ 0 = ∆(P ) = λ 1 F 2 + 2λ 2 F 3 + · · · + nλ n F n−1

⇒ λ 1 = · · · = λ n = 0

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car la famille est libre. On en déduit ker(∆) = Vect(F 0 ) = R 0 [X ] . D'autre part

Im(∆ _n ) = Vect (∆(F ₀ ), · · · , ∆(F _n )) = Vect (F ₀ , · · · , F _n−1 ) = R n−1 [X].

c. Soit P un polynôme non nul de degré n et V = X R n [X] .

C'est un sous-espace de R n+1 [X ] supplémentaire de ker(∆ _n+1 ) = R 0 [X ] . En eet, il est de dimension n + 1 et son intersection avec R 0 [X ] se réduit au polynôme nul. D'après le théorème noyau image, ∆ _n+1 induit un isomorphisme entre V et Im(∆ n+1 ) = R ⁿ [X ] . Il existe donc un unique polyome Q ∈ V c'est à dire divisible par X tel que ∆(Q) = P .

Pour calculer cet antécédent de X ⁴ , utilisons F 4 :

X ⁴ = σ(1, 4)F ₁ + σ(2, 4)F ₂ + σ(3, 4)F ₃ + σ(4, 4)F ₄ = F ₁ + 7F ₂ + 6F ₃ + F ₄

= 1

2 ∆(F ₂ ) + 7

3 ∆(F ₃ ) + 6

4 ∆(F ₄ ) + 1

5 ∆(F ₅ ) = ∆ 1

2 F ₂ + 7 3 F ₃ + 3

2 F ₄ + 1 5 F ₅

L'unique antécédent de X ⁴ cherché est donc Q = 1

2 F ₂ + 7 3 F ₃ + 3

2 F ₄ + 1 5 F ₅ . Il est divisible par F ₂ = X (X − 1) .

4. Application à un calcul de somme. D'après la question précédente : X ⁴ = Q(X b +1)−Q . La somme est donc télescopique

n

X

i=1

i ⁴ =

n

X

i=1

Q(i e + 1) − Q(i) e

= Q(n e + 1) − Q(1) = e Q(n e + 1) car F f ₂ (1) = F f ₃ (1) = f F ₄ (1) = F f ₅ (1) = 0 .

La n du calcul ne présente pas d'intérêt et doit être sautée en temps limité :

n

X

i=1

i ⁴ = (n + 1)n 1

2 + 7

3 (n − 1) + 3

2 (n − 1)(n − 2) + 1

5 (n − 1)(n − 2)(n − 3)

= 1

30 (n + 1)n [15 + 70(n − 1) + 45(n − 1)(n − 2) + 6(n − 1)(n − 2)(n − 3)]

= 1

30 (n + 1)n

6n ³ + 9n ² + n − 1

= 1

30 (n + 1)n(2n + 1)(3n ² + 3n − 1).

La dernière factorisation s'eectuant à l'aide d'une division euclidienne.

5. Somme d'opérateurs D ⁱ .

a. L'expression fait bien intervenir une innité d'endomorphismes mais pour une image particulière seul un nombre ni d'endormorphisme contribue à la somme.

Plus précisément, pour un polynôme P quelconque, notons n son degré, alors :

+∞

X

i=1

1 i! D ⁱ

! (P ) =

n

X

i=1

1 i! D ⁱ (P ) car les dérivées suivantes sont nulles.

b. D'après la formule de Taylor pour les polynômes : P =

n

X

i=0

D ^ ⁱ (P)(a)

i! (X − a) ⁱ . En substituant X + a à X :

P(X b + a) =

n

X

i=0

D ^ ⁱ (P )(a)

i! X ⁱ (∗).

c. Introduisons un polynôme S : S =

n

X

i=0

1 i! D ⁱ (P ).

En substituant 1 à X dans (∗) , on obtient

∀a ∈ R , P e (a + 1) =

n

X

i=0

D ^ ⁱ (P)(a)

i! = S(a). e

Comme ceci est valable pour tous les a réels (une innité), on déduit une égalité polynomiale

P b (X + 1) = S = P +

n

X

i=1

1 i! D ⁱ (P ).

On peut conclure :

∀n ∈ N , ∀P ∈ R n [X ], ∆(P ) =

n

X

i=1

1 i! D ⁱ

! (P )

!

⇒ ∆ =

+∞

X

i=1

1 i! D ⁱ .

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6. Somme d'opérateurs ∆ ⁱ .

a. D'après le calcul de ∆(F _k ) déjà eectué,

∆ ⁱ (F k ) =

( 0 si i > k

k(k − 1) · · · (k − i + 1)F k−i si i ≤ k . Les F k sont divisibles par X donc

∆ ^ ⁱ (F _k )(0) =

( 0 si i 6= k k! si i = k .

b. On raisonne comme dans la démonstration de la formule de Taylor

P = λ 0 F 0 + · · · + λ n F n

⇒ ∆ ^ ⁱ (P )(0) = ∆ ⁱ (λ 0 F 0 ^ + · · · + λ n F n )(0) = λ i i!F 0 ⇒ λ i = ∆ ^ ⁱ (P )(0) i! .

c. De ∆(F k ) = kF k−1 , on déduit ∆(E k ) = E k−1 .

Notons λ 0 , · · · , λ n les coordonnées de D(E k ) dans F . D'après la question précé- dente

λ _k−i = 1

(k − i)! (∆ ^k−i ^ ◦ D)(E k )(0) = 1

(k − i)! (D ◦ ∆ ^ ^k−i )(E k )(0)

= 1

(k − i)! D(E ^ i )(0) car D et ∆ commutent. Or

D(F i ) = (X − 1)(X − 2) · · ·

| {z }

i−1 facteurs

+ XD ((X − 1)(X − 2) · · · )

⇒ D(E ^ i )(0) = (−1) ⁱ⁻¹ (i − 1)!

i! ⇒ λ _k−i = (−1) ⁱ⁻¹ i (k − i)!

⇒ D(E _k ) =

k

X

i=1

(−1) ⁱ⁻¹

i (k − i)! F _k−i =

k

X

i=1

(−1) ⁱ⁻¹ i E _k−i .

d. Comme E _k−i = ∆ ⁱ (E _k ) , les endomorphismes D et P +∞

i=0 (−1)

ⁱ⁻¹

i ∆ ⁱ coïncident sur tous les polynomes E _k . Comme tout polynôme est une combinaison linéaire des E _k , on peut conclure :

D =

+∞

X

i=0

(−1) ⁱ⁻¹ i ∆ ⁱ .

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