Corrigé Centrale PC 2 : Opérateur de différence

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1 Corrigé Centrale PC : Opérateur de différence I L opérateur de translation et l opérateur de différence I.A - L opérateur de translation I.A.1) Soit P = d a X, un polynôme non nul de R n [X], de degré d = deg(p ) (i.e. a d 0). Alors, τ(p ) est de la forme : Comme a d 0 : P (X + 1) = d d a (X + 1) = a d X d + (da d + a d 1 )X d 1 + b X deg(τ(p )) = deg(p ) et cd(τ(p )) = cd(p ) I.A.) Notons que τ 0 (P ) = P. Et que si τ (P )(X) = P (X + ), alors τ +1 (P )(X) = τ(τ (P ))(X) = P ((X + ) + 1) = P (X + ( + 1)). Ainsi, par récurrence N, τ(p )(X) = P (X + ) I.A.3) D après la formule du binôme de Newton (changement de variable i = h + 1), 1 ( ) 1 N n+1, τ(p )(X) = (X + 1) 1 = X h = h h=0 i=1 ( ) 1 P i 1 i M est donc triangulaire supérieure et les coefficients de M vérifient donc { ( 1 ) pour i, [1,n], (M) i, = i 1 0 sinon I.A.4) La matrice M est triangulaire supérieure, donc ses valeurs propres se trouvent sur la diagonale. Il s agit des nombres ( 1) = 1. Comme M et τ ont les mêmes valeurs propres, Sp(τ) = {1} Si M était diagonalisable, elle serait alors semblable à la matrice unité, et donc elle serait égale à la matrice unité. Ainsi, M et τ ne sont pas diagonalisable I.A.5) 0 n étant pas valeur propre de τ, τ est biective Puis si on considère τ : R n [X] R n [X],P (X) P (X 1), on montre qu il s agit d un endomorphisme de R n [X]. Il vérifie : τ τ = τ τ = id : i P R n [X], τ(τ(p ))(X) = τ(p )(X + 1) = P (X) = τ(τ(p ))(X) τ 1 (P )(X) = P (X 1) Puis, comme pour la question ), on montre que pour tout N, τ (P )(X) = P (X ). la formule est touours vraie : Z, τ(p )(X) = P (X + ) 1

2 I.A.6) Avec l expression de τ 1, on applique la même méthode qu en 3) et on obtient : 1 ( ) 1 N n+1, τ 1 (P )(X) = (X 1) 1 = ( 1) 1 h X h = h h=0 i=1 ( ) 1 ( 1) i i 1 P i Puis { i, [1,n], (M 1 ( 1) i ( 1) pour ) i, = i 1 0 sinon i I.A.7) La + 1 e ligne du calcul V = Q U est ustement n+1 v = Q +1, u 1 = =1 On peut identifier (après changement d indice) : Q, = On a donc Q = M T ( ) u { ( 1 ) 1 pour 0 sinon I.A.8) M est inversible, donc Q = M T également et Q 1 = (M T ) 1 = (M 1 ) T. Puis par équivalence : V = Q U U = Q 1 V = (M 1 ) T V. La + 1 e ligne de ce calcul donne alors n+1 ( u = (M 1 ) ) n+1 T v ( +1, 1 = (M 1 ) ) v,+1 1 = =1 u = =1 ( ) ( 1) v ( (M 1 ) ) v +1,+1 I.A.9) On a alors v = ( ) λ = (λ + 1) On vérifie bien : ( ) ( 1) v = ( ) (λ + 1) ( 1) = ((λ + 1) 1) = u I.B - L opérateur de différence I.B.1) Avec les mêmes notations qu en 1.A.1), avec P non constant on a : d δ(p )(X) = a d X d + (da d + a d 1 )X d 1 + Comme a d 0 : d b X a d X d a d 1 X d 1 d a X = da d X d 1 + si P, non constant, deg(δ(p )) = deg(p ) 1 et cd(δ(p )) = deg(p ) cd(p ) c X

3 I.B.) D après la question précédente, si P n est pas constant, deg(p ) 1 et deg(δ(p )) 0, donc δ(p ) n est pas nul. Ainsi, si δ(p ) = 0, alors P est constant. Réciproquement, si P est constant, le calcul (simple) donne δ(p ) = 0. er(δ) = R 0 [X] La question précédente montre aussi que Im(δ) R n 1 [X]. Or d après le théorème du rang : dim(im(δ)) = n + 1 dim(er(δ)) = n = dim(r n 1 [X]). : Im(δ) = R n 1 [X] I.B.3) Si er(δ ) = R 1 [X], avec < n. Ainsi, par récurrence : P er(δ +1 ) δ +1 (P ) = 0 = δ (δ(p )) δ(p ) R 1 [X] P er(δ +1 ) deg(p ) = deg(δ(p )) + 1 ( 1) + 1 = P R [X] [1,n], er(δ ) = R 1 [X] Si P Im(δ ), alors il existe Q R n [X] tel que P = δ (Q). Or une récurrence simple (suite arithmétique) montre que degp = deg(q), donc deg(p ) n. Par conséquent, P R n [X], et donc Im(δ ) R n [X]. Le théorème du rang assure par ailleurs que ces deux espaces ont même dimension, donc : [1,n], Im(δ ) = R n [X] I.B.4) Notons, la matrice de δ dans la base (P ). Par construction de δ = τ id, on a = M I n+1. Puis comme M commute avec I n+1, alors d après la formule de Newton : = ( ) ( 1) M. Ce qui permet d affirmer, en revenant aux endomorphismes : N, δ = ( ) ( 1) I.B.5) Si P R n 1 [X] = er(δ n ), alors δ n (P ) = 0. : 0(X) = [δ n (P )](X) = [ ( 1) n τ (P )](X) = il s agit bien du polynôme nul. Et en particulier en la valeur réelle X = 0 : τ ( 1) n [τ (P )(X)] = ( 1) n P () = 0 ( 1) n P (X + ) I.B.6) a) u δ = u [u u ] = u 5 = [u u ] u = δ u. u et δ commutent 3

4 b) Soit P R 1 [X] = erδ, alors δ (u(p )) = u(δ (P )) = u(0) = 0 u(p ) er(δ ) = R 1 [X]. Par conséquent R 1 [X] est stable par u ( ) ( ) a b 0 1 c) Si A = vérifie A c d =, alors 0 0 ( 0 a 0 c ) = A A = A 3 = A A = ( c d 0 0 ( ) ( ) a b a a = d et c = 0, ainsi A =, puis A 0 a ab = 0 a, et ainsi nécessairement a = 0, puis ab = 0 ; ce qui est contradictoire avec ab = 1. ( ) 0 1 aucune matrice A ne vérifie A = 0 0 d) Puisque R 1 [X] est stable par u, notons ũ : R 1 [X] R 1 [X],P u(p ). Considérons alors A, la matrice de ũ dans la base (P ( 1,P ) de ) R 1 [X]. 0 1 Alors A est égale à la matrice de δ sur R 1 [X] donc. 0 0 Or d après la question précédente, ceci est impossible. Il n existe pas d endomorphisme u de R n [X] tel que u = δ I.B.7) a) On a vu (questions I.B.3)) que deg(δ i (P )) = deg(p ) i = d i. Ainsi, la famille (P,δ(P ),...δ d (P )) est une famille de degré échelonné (de d à 0). C est une famille libre et vect(p,δ(p ),...δ d (P )) = R d [X] b) Soit V stable par δ. Si P V, alors δ i (P ) V et donc R deg(p ) [X] = vect(p,δ(p ),...δ n (P )) V. Il reste à montrer l égalité, il faut prendre le polynôme en degré maximum... V est un sous-espace vectoriel de R n [X]. Notons d = dim(v ) 1. Notons (e 0,...e d ) une base de V. Nécessairement, l un des e i est un polynôme de degré supérieur ou égal à d. Sinon, on aurait une famille libre de d + 1 vecteurs de R d [X], ce qui est impossible. il existe P dans V de degré r d. Si degp = r > d, alors d après la remarque précédente, R r [X] = vect(p,δ(p ),...δ r (P )) V et V ne peut être de dimension d + 1. il existe P de degré d dans V et R d [X] V et par égalité des dimensions : il existe d [[0,n]] tel que V = R d [X] ) II Applications en combinatoire II.A - Quelques cas particuliers II.A.1) Si ϕ est une surection de E sur F, alors nécessairement #F #E. si n > p, alors S(p,n) = 0 4

5 II.A.) Une surection d un ensemble de cardinal n sur un ensemble de cardinal n est en fait une biection. S(n,n) = n! II.A.3) Les surections de N n+1 sur [1,n] sont parfaitement déterminées -et de manière uniquepar : Le choix de deux éléments de N n+1 qui auront la même image : ( n+1) possibilités Puis, la distribution des n éléments de l ensemble d arrivée, avec les n éléments de l ensemble de départ (un de ces éléments étant double) : n! possibilités Le principe de décomposition permet alors d affirmer que le cardinal recherché est le produit : + 1 S(n + 1,n) = n! = n (n + 1)! II.B - Recherche d une expression générale II.B.1) Le résultat ne fait pas partie du programme. Il faut le démontrer. Une application de E = N p sur un ensemble F = [1,n] est parfaitement définie -et de manière unique- par la donné pour chacun des p élément de E d un unique élément de F. pour chacun des p éléments de E, il y a n possibilités. Le principe de décomposition permet alors d affirmer que le cardinal recherché est le produit : le nombre d applications de N p sur [1,n] est donc n n n = n p II.B.) Notons I = {ϕ : N p [1,n] #ϕ(n p ) = }. Alors, d après la question précédente : n p = #I =1 Il reste à dénombrer I. Or les applications ϕ de I sont parfaitement déterminées -et de manière unique- par : Le choix de éléments de N n qui forment ϕ(n p ) : ( n ) possibilités Puis, le choix des surections de N p sur l ensemble ϕ(n p ) à éléments : S(p,) possibilités Le principe de décomposition permet alors d affirmer que le cardinal recherché est le produit : avec la convention S(p,0) = 0. n p = =1 S(p,) = S(p, ) II.B.3) On applique alors la formule d inversion trouvée en I.A.8), (p constant) v n = avec v n = n p, u = S(p,), donc u u n = p n, S(p,n) = ( 1) n ( 1) n II.B.4) Pour p < n, le polynôme P = X p appartient à R n 1 [X], donc d après I.B.5), ( 1) n p = ( 1) n P () = 5 p v ( 1) n p = 0 = S(p,n)

6 On peut donc généraliser, de manière cohŕente, la formule obtenue à la question précédente : p N, S(p,n) = ( 1) n p II.C) Avec les questions précédentes : ( 1) n n = S(n,n) = n! et ( 1) n n+1 = S(n + 1,n) = n (n + 1)! III Etude d une famille de polynômes III.A - Généralités III.A.1) Pour tout [0,n], deg(h ) =. la famille (H 0,H 1,...H n ) est une famille de degrés échelonnés, donc elle est libre. Elle est constituée de n + 1 = dim(r n [X]) éléments de R n [X]. (H 0,H 1,...H n ) est une base de R n [X] III.A.) δ(h 0 ) = 1 1 = 0. Et pour tout [1,n], δ(h )(X) = H (X+1) H (X) = (X + 1 ) (X )! = 1! (X + 1) (X ) (X + 1) (X ) Bilan : δ(h ) = 1 (X )! ((X + 1) (X + 1)) = 1 (X )! = H 1 δ(h 0 ) = 0 et pour tout [1,n], δ(h ) = H 1 III.A.3) Comme δ = τ id, on a alors τ(h 0 ) = δ(h 0 ) + H 0 = H 0 et τ(h ) = δ(h ) + H = H + H 1. Ainsi M est exactement la matrice de τ dans la base (H 0,H 1,...,H n ) de R n. Par conséquent, M et M sont semblables (matrice d un même endomorphisme dans deux bases différentes) III.A.4) Pour tout,l [0,n], on a (par récurrence pour l ) : { δ (H l ) = δ 1 Hl si l (H l 1 ) = 0 sinon Puis comme h 0, H h (0) = 0 et H 0 (0) = 1. Par conséquent : δ (H l )(0) = { 1 si l = 0 sinon III.A.5) Puisque (H ) est une base de R n [X], pour tout P R n [X], il existe a 0,a 1,...a n R tels que P = n l=0 a l H l. Puis, par linéarité : δ P (0) = a l δ (H l )(0) = a P R n [X], P = l 6 δ (P )(0)H

7 III.B - Étude d un exemple III.B.1) Notons T (X) = X 3 + X + 5X + 7. Il s agit de calculer δ (T )(0), pour de 0 à 3. Or T (X) = X 3 + X + 5X + 7, δ(t )(X) = 3X + 7X + 8, δ (T )(X) = 6X + 10, δ 3 (T )(X) = 6 On a donc T = 6H H + 8H 1 + 7H 0 III.B.) Puisque δ (H ) = H, alors par linéarité : si P = 6H H 4 + 8H 3 + 7H, on a δ (P ) = 6H H + 8H 1 + 7H 0 III.B.3) Considérons (p n ) une solution particulière. Toute autre solution (u n ) vérifie : N, (u p) + (u p) +1 + (u p) = (u + u +1 + u ) (p + p +1 + p ) = ( ) ( ) = 0 la suite (u p) n est une suite récurrente linéaire d ordre. Son équation caractéristique est r r + 1 = (r 1), et il existe A,B R tel que pour tout n N, u n = p n + (A + Bn)1 n Reste à trouver une solution paticulière. On a vu que δ (P )(X) = P (X + ) P (X + 1) + P (X). Avec P tel que N, δ (P )() = et p = P (), on a une solution particulière. Enfin, comme pour h, H h () = 1 h! ( 1)...( (h 1) = 1 h!! = ( ( h)! h), et pour < h, H (h) = 0 ; on a il existe A,B R tels que pour tout N, u = A + B + 6 ( ( 5) + 10 ( 4) + 8 ( 3) + 7 ) avec convention : ( h) = 0 si h > III.C - Polynômes à valeurs entières III.C.1) Le calcul a été fait plus haut pour les nombres entiers naturels. Si < 0, en notant p =, on a : H n () = 1 n! ( 1)...( (n 1)) = 1 n! ( p)( (p+1))...( (p+n 1)) = 1 ( ) (p + n 1)! p + n 1 ( 1)n = ( 1) n n! (p 1)! n Finalement H n () = ( n) si n 0 si [0,n 1] ( 1) n( n 1 ) n si < 0 III.C.) Tous les coefficients binomiaux sont entiers (puisqu il s agit d un cardinal d un ensemble), donc pour tout Z, H n () Z. H n (Z) Z III.C.3) Pour tout Z, δ(p )() = P ( + 1) P () Par soustraction de nombres entiers, il s agit d un nombre entier. Si P est à valeurs entières sur les entiers, alors il en est de même pour δ(p ) 7

8 III.C.4) Si P est à valeurs entières sur les entiers, alors par récurrence (sur h N), pour tout entier Z, δ h (P )() Z ; et donc en particulier δ h (P )(0) Z, et les coordonnées de P dans la base (H ) sont des entières. Réciproquement, si les coordonnées de P dans la base (H ) sont des entiers, alors P = d i=0 a i H i, puis P () = d i=0 a i H i () Z (combinaison linéaire d entiers). Bilan : P est à valeurs entières sur les entiers si et seulement si ses coordonnées dans (H ) sont entières III.C.5) Supposons que P, de degré d, est à valeurs entières sur les entiers, Alors d après les questions précédentes, il existe a 0,a 1...a d Z tels que P = d i=0 a i H i. Et donc d d i 1 d!p = a i d!h i = a i d(d 1)...(i + 1) (X ) i=0 i=0 Il s agit bien d un polynôme d!p à coefficients entiers. Comme le montre le polynôme P = 1 X, de degré : on a!p à coefficients entiers, mais P (1) = 1 Z. La réciproque est donc fausse. IV Généralisation de l opérateur de différence et application IV.A - IV.A.1) x x + 1 est C de R + à valeurs dans R +. Par composition, x f (x + 1) est C sur R +. Puis par addition Puis pour tout x R +, δ est de classe C de R + δ(f )(x) = f (x + 1) f (x) et (δ(f )) (x) = f (x + 1) f (x) δ(f ) = (δ(f )) IV.A.) Même démonstration qu en I.B.4), n N,(δ n (f ))(x) = ( 1) n f (x + ) IV.A.3) Soit x > 0. Appliquons le théorème des accroissements finis à f, de classe C 1 sur [x,x + 1], c ]x,x + 1[ telque δ(f )(x) = f (x + 1) f (x) = f (c) (x + 1 x) = f (c) En faisant le changement de variable y 1 = c x, pour tout x > 0, il existe y 1 ]0,1[ tel que δ(f )(x) = f (x + y 1 ) IV.A.4) Nous allons procéder par récurrence. Notons, pour tout n N : P n :«x > 0, f C (R +), y n ]0,n[ tel que n ( 1) n ( n ) f (x + ) = f (n) (x + y n )» La réponse de IV.A.3) montre que P 1 est vraie. 8

9 Soit n N. Supposons que P n est vraie. Soit x > 0, il existe y n ]0,n[ (P n à δf ) tel que : δ n+1 (f )(x) = δ n (δf )(x) = (δf ) (n) (x + y n ) Puis par commutation de l opération différence et dérivation : δ n+1 (f )(x) = (δf ) (n) (x + y n ) = δ(f (n) )(x + y n ) = f (n) (x + y n + 1) f (n) (x + y n ) On applique l égalité des accroissements finis à f (n), il existe c ]x + y n,x + y n + 1[ tel que f (n) (x + y n + 1) f (n) (x + y n ) = (f (n) ) (c) ( (x + y n + 1) (x + y n ) ) = f (n+1) (c) Enfin, d après IV.A.) : n δ n+1 (f )(x) = ( 1) n+1 f (x + ) = f (n+1) (c) En prenant y n+1 = c x, alors y n+1 x + y n x y n 0 et y n+1 x + y n + 1 x y n + 1 n + 1. Ainsi, on a donc P n+1 qui est vérifiée. Par conséquent, x > 0, f C (R +), n N, y n ]0,n[ telque ( 1) n f (x + ) = f (n) (x + y n ) IV.B - IV.B.1) Soit N. Il existe p 1,...p i, i nombres premiers et a 1,a...a i N tel que = i =1 p a. On a alors i i α = (p a )α = (p α )a Il s agit de produit de nombres entiers naturels non nuls, donc =1 =1 α est un nombre entier naturel IV.B.) Si α < 0, alors ( ) 1 α α = < 1 Or on a vu que pour tout N, α N, donc α 1. On a une contradiction, α R + IV.B.3) Si α est un entier naturel, alors f α (α) = α! et donc f α (α+1) = 0 ; donc l une au moins des dérivées de f α s annule en au moins un réel strictement positif. Réciproquement, s il existe n N et x 0 > 0 tels que f α (n) (x 0 ) = 0 ; or on sait que pour tout réel x, f α (n) (x) = α(α 1)...(α n + 1)x α n si f (n) α (x 0 ) = 0, alors comme x 0 > 0, on a nécessairement : α(α 1)...(α n + 1) = 0 ; et donc il existe [0,n 1]] tel que α = 0 donc α = N. Ainsi : α N ssi il existe n N et x 0 > 0 tels que f (n) α (x 0 ) = 0 9

10 IV.C - IV.C.1) D après IV.B.1), pour tout entier, α N, donc pour tout [0,n], f α (x + ) N puisque x entier. Puis par stabilité par multiplication et additions d entiers : ( 1) n f α (x + ) N IV.C.) On applique directement la relation (IV.1.) : y n ]0,n[ tel que comme y n 0, 0 ( 1) n ( 1) n f α (x + ) f α (x + ) = f α (n) (x + y n ) = α(α 1) (α α ) x α +1 α α(α 1) (α α ) (x + y n ) α +1 α 0 x + IV.C.3) Comme cette limite pour x + est nulle, on peut prendre ɛ = 1 ; il existe A > 0 tel que pour tout x A et entier : n ( 1) n ( n ) fα (x + ) ] 1, 1 [. Or cette somme est entière, donc elle est nécessairement nulle. Ainsi, pour tout x A, n ( 1) n ( n ) fα (x + ) = 0 = f (n) (x + y n )., une dérivée de f α s annule en au moins un réel strictement positif. D après IV.B.3), α est donc un entier naturel 10