Structure polynomiale et puissances d'endomorphismes

Résolution.

1. Étude de la diagonalisabilité de $f$ :

   Considérons le polynôme $P(X) = X(X-\alpha)(X-\beta)$. Développons-le :

   $$P(X) = X^3 - (\alpha+\beta)X^2 + \alpha\beta X$$

   Calculons l'image de $f$ par ce polynôme en utilisant les hypothèses de l'énoncé :

   $$P(f) = f^3 - (\alpha+\beta)f^2 + \alpha\beta f$$

   En remplaçant les puissances de $f$ par les expressions fournies :

   $$P(f) = (\alpha^3 u + \beta^3 v) - (\alpha+\beta)(\alpha^2 u + \beta^2 v) + \alpha\beta (\alpha u + \beta v)$$

   Regroupons les termes en $u$ et en $v$ :

   $$P(f) = \left( \alpha^3 - (\alpha+\beta)\alpha^2 + \alpha^2\beta \right) u + \left( \beta^3 - (\alpha+\beta)\beta^2 + \alpha\beta^2 \right) v$$

   Simplifions les coefficients :

   $$\alpha^3 - \alpha^3 - \beta\alpha^2 + \alpha^2\beta = 0   \text{et}   \beta^3 - \alpha\beta^2 - \beta^3 + \alpha\beta^2 = 0$$

   On en déduit que :

   $$\boxed{P(f) = 0}$$

   Le polynôme $P(X) = X(X-\alpha)(X-\beta)$ est donc un polynôme annulateur de $f$. Pour conclure à la diagonalisabilité, nous devons discuter selon les valeurs de $\alpha$ et $\beta$ afin de vérifier si $f$ admet un polynôme annulateur scindé à racines simples.

   • Cas 1 : $\alpha, \beta$ et $0$ sont deux à deux distincts. Dans ce cas, $P$ est un polynôme scindé à racines simples sur $\mathbb{K}$. Par conséquent, $f$ est diagonalisable.

   • Cas 2 : $\alpha = \beta \neq 0$. Les relations deviennent $f = \alpha(u+v)$ et $f^2 = \alpha^2(u+v)$. On remarque immédiatement que $f^2 = \alpha f$, soit $f(f-\alpha \text{id}_E) = 0$. Le polynôme $X(X-\alpha)$ est scindé à racines simples ($\alpha \neq 0$), donc $f$ est diagonalisable.

   • Cas 3 : $\alpha \neq 0$ et $\beta = 0$ (ou inversement). Les relations deviennent $f = \alpha u$ et $f^2 = \alpha^2 u$. De même, $f^2 = \alpha f$, et $f$ est diagonalisable.

   • Cas 4 : $\alpha = \beta = 0$. On a $f = 0 \cdot u + 0 \cdot v = 0$. L'endomorphisme nul est trivialement diagonalisable.

   Dans tous les cas possibles, $f$ est annulé par un polynôme scindé à racines simples.

   $$\boxed{f \text{ est diagonalisable}}$$

2. Calcul de l'exponentielle de $f$ :

   Montrons par récurrence que pour tout $k \in \mathbb{N}^*$, $f^k = \alpha^k u + \beta^k v$. L'initialisation est donnée pour $k=1, 2, 3$. Supposons la propriété vraie aux rangs $k$ et $k+1$. Comme $P(f)=0$, on a la relation de récurrence :

   $$f^{k+2} = (\alpha+\beta)f^{k+1} - \alpha\beta f^k$$

   En utilisant l'hypothèse de récurrence :

   $$f^{k+2} = (\alpha+\beta)(\alpha^{k+1}u + \beta^{k+1}v) - \alpha\beta(\alpha^k u + \beta^k v)$$
   $$f^{k+2} = (\alpha^{k+2} + \beta\alpha^{k+1} - \alpha\beta\alpha^k)u + (\beta^{k+2} + \alpha\beta^{k+1} - \alpha\beta\beta^k)v$$
   $$f^{k+2} = \alpha^{k+2} u + \beta^{k+2} v$$
   La formule est donc valable pour tout $k \ge 1$. Par définition de l'exponentielle :
   $$e^f = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^k}{k!} = \text{id}_E + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\alpha^k u + \beta^k v}{k!}$$

   Par linéarité de la somme (sous réserve de convergence, ce qui est assuré en dimension finie) :

   $$e^f = \text{id}_E + u \left( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\alpha^k}{k!} \right) + v \left( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\beta^k}{k!} \right)$$

   On reconnaît les développements en série entière de l'exponentielle usuelles privés de leur premier terme :

   $$\boxed{e^f = \text{id}_E + (e^{\alpha} - 1)u + (e^{\beta} - 1)v}$$