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Éléments propres d'un opérateur différentiel polynomial

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_n[X]$}

Soit n∈N∗n \in \mathbb{N}^*. On considère l'application φ\varphi définie sur l'espace vectoriel Rn[X]\mathbb{R}_{n}[X] par :

φ(P)=(X2−1)P′−nXP\varphi(P) = \left(X^{2}-1\right) P^{\prime} - n X P

  1. Justifier que φ\varphi est un endomorphisme de Rn[X]\mathbb{R}_{n}[X].
  2. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres associés à φ\varphi.
  3. L'endomorphisme φ\varphi est-il diagonalizable ?

1.

Pour la stabilité, calculer le degré de φ(P)\varphi(P) en examinant le coefficient dominant de PP.

2.

Pour l'équation aux valeurs propres φ(P)=λP\varphi(P) = \lambda P, traiter le problème comme une équation différentielle linéaire du premier ordre sur des intervalles où X2−1≠0X^2-1 \neq 0.

3.

Utiliser la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle obtenue pour identifier la forme des solutions polynomiales.

Idées clés

•

Analyse du degré pour la stabilité du sous-espace.

•

Résolution d'une équation différentielle à variables séparables.

•

Condition nécessaire et suffisante pour qu'une solution soit un polynôme (exposants entiers naturels).

Résolution.

  1. La linéarité de φ\varphi découle immédiatement de la linéarité de la dérivation et de la multiplication par un polynôme. Soit P∈Rn[X]P \in \mathbb{R}_n[X]. Si P=0P=0, φ(P)=0∈Rn[X]\varphi(P)=0 \in \mathbb{R}_n[X]. Si deg⁡P=d∈{0,…,n}\deg P = d \in \{0, \dots, n\}, notons ada_d son coefficient dominant (ad≠0a_d \neq 0). Le terme de plus haut degré de (X2−1)P′(X^2-1)P' est dadXd+1d a_d X^{d+1}. Le terme de plus haut degré de −nXP-nXP est −nadXd+1-n a_d X^{d+1}. Ainsi, le terme en Xd+1X^{d+1} dans φ(P)\varphi(P) est (d−n)adXd+1(d-n)a_d X^{d+1}. Si d<nd < n, alors deg⁡φ(P)=d+1≤n\deg \varphi(P) = d+1 \le n. Si d=nd = n, le coefficient devant Xn+1X^{n+1} s'annule, donc deg⁡φ(P)≤n\deg \varphi(P) \le n.
    φ∈L(Rn[X])\boxed{\varphi \in \mathcal{L}(\mathbb{R}_n[X])}

  2. Soit λ∈R\lambda \in \mathbb{R} une valeur propre et P≠0P \neq 0 un vecteur propre associé. L'équation φ(P)=λP\varphi(P) = \lambda P s'écrit :
    (X2−1)P′=(nX+λ)P(X^2-1)P' = (nX + \lambda)P
    Sur tout intervalle où X2−1≠0X^2-1 \neq 0, cette équation est équivalente à :
    P′(X)P(X)=nX+λX2−1\frac{P'(X)}{P(X)} = \frac{nX + \lambda}{X^2-1}
    Effectuons une décomposition en éléments simples du second membre :
    nX+λ(X−1)(X+1)=αX−1+βX+1\frac{nX + \lambda}{(X-1)(X+1)} = \frac{\alpha}{X-1} + \frac{\beta}{X+1}
    Par identification ou par résidus, on trouve α=n+λ2\alpha = \frac{n+\lambda}{2} et β=n−λ2\beta = \frac{n-\lambda}{2}. En intégrant, on obtient P(X)=C(X−1)α(X+1)βP(X) = C (X-1)^\alpha (X+1)^\beta avec C∈R∗C \in \mathbb{R}^*. Pour que PP soit un polynôme, il est nécessaire et suffisant que α\alpha et β\beta soient des entiers naturels. Posons α=k\alpha = k avec k∈Nk \in \mathbb{N}. Alors β=n−α=n−k\beta = n - \alpha = n - k. Pour que β\beta soit aussi un entier naturel, il faut 0≤k≤n0 \le k \le n. Déterminons les valeurs de λ\lambda correspondantes :
    k=n+λ2  ⟺  λ=2k−nk = \frac{n+\lambda}{2} \iff \lambda = 2k - n
    Le spectre de φ\varphi est donc :
    Sp(φ)={2k−n∣k∈{0,…,n}}={−n,−n+2,…,n−2,n}\boxed{\text{Sp}(\varphi) = \{2k - n \mid k \in \{0, \dots, n\}\} = \{-n, -n+2, \dots, n-2, n\}}
    Pour chaque λk=2k−n\lambda_k = 2k-n, le sous-espace propre associé est :
    Eλk(φ)=Vect((X−1)k(X+1)n−k)\boxed{E_{\lambda_k}(\varphi) = \text{Vect}\left( (X-1)^k (X+1)^{n-k} \right)}

  3. L'espace Rn[X]\mathbb{R}_n[X] est de dimension n+1n+1. Nous avons trouvé n+1n+1 valeurs propres distinctes (en faisant varier kk de 00 à nn).
    φ est donc diagonalisable.\boxed{\varphi \text{ est donc diagonalisable.}}

Attention à ne pas oublier de vérifier que le degré de la solution trouvée par l'équation différentielle ne dépasse pas nn. Ici, α+β=k+(n−k)=n\alpha + \beta = k + (n-k) = n, donc le degré est exactement nn.