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Diagonalisation et racines de vecteurs propres

racinesvecteurs propresspectreendomorphismeÉvaluation de polynômesÉquations différentielles

Soit n∈N∗n \in \mathbb{N}^*. On définit l'application ff sur R2n[X]\mathbb{R}_{2n}[X] par :

f(P)=(X2−1)P′−(2nX+1)Pf(P) = (X^{2}-1) P^{\prime} - (2 n X+1) P

  1. Démontrer que ff définit un endomorphisme de R2n[X]\mathbb{R}_{2n}[X].
  2. Soit PP un vecteur propre de ff. Montrer que 11 ou −1-1 est nécessairement racine de PP.
  3. Déterminer le spectre de ff ainsi que les sous-espaces propres associés.
  4. L'endomorphisme ff est-il diagonalisable ?

1.

Pour la question 2, évaluer l'égalité f(P)=λPf(P) = \lambda P aux points critiques X=1X=1 et X=−1X=-1.

2.

Utiliser la même méthode que pour l'exercice précédent (équation différentielle et décomposition en éléments simples) pour trouver les éléments propres.

3.

Vérifier si le nombre de valeurs propres distinctes est égal à la dimension de l'espace.

Idées clés

•

Évaluation de l'identité aux valeurs propres en des points spécifiques.

•

Résolution par équation différentielle séparable.

•

Comparaison du cardinal du spectre avec la dimension de l'espace.

Résolution.

  1. ff est clairement linéaire par linéarité de la dérivation. Soit P∈R2n[X]P \in \mathbb{R}_{2n}[X]. Notons d=deg⁡P≤2nd = \deg P \le 2n. Le terme de degré d+1d+1 de f(P)f(P) a pour coefficient dad−2nad=(d−2n)add a_d - 2n a_d = (d-2n)a_d. Si d<2nd < 2n, alors deg⁡f(P)≤d+1≤2n\deg f(P) \le d+1 \le 2n. Si d=2nd = 2n, le terme en X2n+1X^{2n+1} s'annule, donc deg⁡f(P)≤2n\deg f(P) \le 2n.
    f∈L(R2n[X])\boxed{f \in \mathcal{L}(\mathbb{R}_{2n}[X])}

  2. Soit λ\lambda une valeur propre de ff et P≠0P \neq 0 un vecteur propre associé. On a :
    (X2−1)P′(X)−(2nX+1)P(X)=λP(X)(X^2-1)P'(X) - (2nX+1)P(X) = \lambda P(X)
    D'où (X2−1)P′(X)=(2nX+1+λ)P(X)(X^2-1)P'(X) = (2nX+1+\lambda)P(X). En évaluant en X=1X=1 : 0=(2n+1+λ)P(1)0 = (2n+1+\lambda)P(1). En évaluant en X=−1X=-1 : 0=(−2n+1+λ)P(−1)0 = (-2n+1+\lambda)P(-1). Supposons que ni 11 ni −1-1 ne soient racines de PP. Alors P(1)≠0P(1) \neq 0 et P(−1)≠0P(-1) \neq 0. On en déduit que 2n+1+λ=02n+1+\lambda = 0 et −2n+1+λ=0-2n+1+\lambda = 0. Ceci implique 2n+1=2n−12n+1 = 2n-1, soit 1=−11 = -1, ce qui est absurde.
    Ainsi, 1 ou −1 est racine de P.\boxed{\text{Ainsi, } 1 \text{ ou } -1 \text{ est racine de } P.}

  3. L'équation différentielle P′P=2nX+1+λX2−1\frac{P'}{P} = \frac{2nX+1+\lambda}{X^2-1} se décompose en :
    P′P=αX−1+βX+1\frac{P'}{P} = \frac{\alpha}{X-1} + \frac{\beta}{X+1}
    avec α=2n+1+λ2\alpha = \frac{2n+1+\lambda}{2} et β=2n−1−λ2\beta = \frac{2n-1-\lambda}{2}. Les solutions sont de la forme P(X)=C(X−1)α(X+1)βP(X) = C(X-1)^\alpha (X+1)^\beta. PP est un polynôme de R2n[X]\mathbb{R}_{2n}[X] si et seulement si α,β∈N\alpha, \beta \in \mathbb{N} et α+β≤2n\alpha + \beta \le 2n. Or α+β=2n+1+λ+2n−1−λ2=4n2=2n\alpha + \beta = \frac{2n+1+\lambda + 2n-1-\lambda}{2} = \frac{4n}{2} = 2n. On doit donc avoir α=k∈{0,1,…,2n}\alpha = k \in \{0, 1, \dots, 2n\}, ce qui impose β=2n−k∈N\beta = 2n-k \in \mathbb{N}. Les valeurs propres sont alors données par k=2n+1+λ2k = \frac{2n+1+\lambda}{2}, soit :
    λk=2k−2n−1,k∈{0,…,2n}\lambda_k = 2k - 2n - 1,   k \in \{0, \dots, 2n\}
    Sp(f)={2k−2n−1∣k∈{0,…,2n}}\boxed{\text{Sp}(f) = \{2k - 2n - 1 \mid k \in \{0, \dots, 2n\}\}}
    Les sous-espaces propres sont les droites vectorielles :
    Eλk(f)=Vect((X−1)k(X+1)2n−k)\boxed{E_{\lambda_k}(f) = \text{Vect}\left( (X-1)^k (X+1)^{2n-k} \right)}

  4. L'espace R2n[X]\mathbb{R}_{2n}[X] est de dimension 2n+12n+1. Le spectre contient 2n+12n+1 valeurs réelles distinctes.
    f est donc diagonalisable.\boxed{f \text{ est donc diagonalisable.}}

Lorsqu'on cherche les valeurs propres, il ne faut pas oublier de vérifier que la somme des exposants α+β\alpha + \beta est compatible avec la dimension de l'espace de départ. Ici, la somme est constante et égale au degré maximal autorisé.