Dimension des espaces vectoriels
Conseils
Solution
1) Quelsque soient (α, β) ∈ R
2
et (P 1 , P 2 ) ∈ R[X ]
2
,
Δ(αP 1 + βP 2 ) = (αP 1 + βP 2 )(X +1)−(αP 1 +βP 2 )(X )
= α(P 1 (X +1)−P 1 (X)) + β(P 2 (X +1)−P 2 (X))
= αΔP 1 + βΔP 2 .
L’application Δ est donc linéaire.
Une fonctionpolynomiale peut-elle être
périodique sans être constante ?
2) Soit P ∈ Ker Δ : P(X +1)−P(X) = 0. Par récurrence, ∀n ∈ N
P(n) = P(0). Le polynôme P(X ) − P(0)aune infinité de racines ;ilest
donc nul. P est un polynôme constant. Réciproquement, tout polynôme
constant est élément de Ker Δ. Ker Δ = R 0 [X ].
On ne peut pas appliquer le théorème du
rang à Δ, mais seulement àsarestriction
à R n [X ].
3) deg(ΔP) < deg(P), donc Δ(R n [X ]) ⊂ R n−1 [X ]. Soit Δ n la
restriction de Δ à R n [X ]. Appliquonsl et héorème du rang à Δ n :
dimKer Δ n = 1, donc dim Im Δ n = n.
On adonc dim Δ(R n [X ]) = dim R n−1 [X ], d’où l’égalité:
Δ(R n [X]) = R n−1 [X ].
On en déduit que Δ estsurjective :I mΔ=R [ X ] .
4) a) F estn on vide et stable par combinaison linéaire :c ’est un sousespace vectoriel de R[X ]. Il est clair que F ∩ Ker Δ = {0}. De plus, tout
polynôme P ∈ R[X ]p euts’écrire P = P(0) + XQ, où P(0) ∈ Ker Δ
et XQ∈F. D’où Ker Δ ⊕ F = R[X ].
On reprendici la démonstration du théorème du rang :I mΔest isomorphe à
toutsupplémentaire de Ker Δ.
b) Ker Δ F = Ker Δ ∩ F = {0}, donc Δ F est injectif. Montrons qu’il est
surjectif. Tout polynôme P de R[X ]aun antécédent Q par Δ, que
l’on peutdécomposer en Q = Q 1 + Q 2 , avec Q 1 ∈ Ker Δ et Q 2 ∈ F .
On a P = ΔQ = ΔQ 1 + ΔQ 2 ;o rΔ Q 1 =0 ,donc P = ΔQ 2 . P abien
un antécédent dans F par Δ ou,cequi revient au même, par Δ F .
Δ F estdonc un isomorphisme de F dans R[X ].
5) a) Parrécurrence, chaque polynôme N i aunantécédent unique N i+1
dans F parl’isomorphisme Δ F .
b) Vérifions que cette suite satisfait bien aux hypothèses de la question
précédente :pour tout n ∈ N
∗
, N n (0) = 0e t:
ΔN n = N n (X +1)−N n (X)
=
(X +1)X···(X −n+2)
n!
−
X(X −1) ···(X −n+1)
n!
=
X(X −1) ···(X −n+2)
n!
(X +1−(X −n+1))
=
X (X − 1) ···(X −n+2)
(n−1)!
= N n−1
c) Les polynômes( N 0 , ··· ,N n )s ont de degrés tous distincts ;ils forment
donc une famille libred e R n [ X]( cf. Application 1).C omme il ye na
( n+1), c’est une base de R n [X ].
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Conseils
Solution
1) Quelsque soient (α, β) ∈ R
2
et (P 1 , P 2 ) ∈ R[X ]
2
,
Δ(αP 1 + βP 2 ) = (αP 1 + βP 2 )(X +1)−(αP 1 +βP 2 )(X )
= α(P 1 (X +1)−P 1 (X)) + β(P 2 (X +1)−P 2 (X))
= αΔP 1 + βΔP 2 .
L’application Δ est donc linéaire.
Une fonctionpolynomiale peut-elle être
périodique sans être constante ?
2) Soit P ∈ Ker Δ : P(X +1)−P(X) = 0. Par récurrence, ∀n ∈ N
P(n) = P(0). Le polynôme P(X ) − P(0)aune infinité de racines ;ilest
donc nul. P est un polynôme constant. Réciproquement, tout polynôme
constant est élément de Ker Δ. Ker Δ = R 0 [X ].
On ne peut pas appliquer le théorème du
rang à Δ, mais seulement àsarestriction
à R n [X ].
3) deg(ΔP) < deg(P), donc Δ(R n [X ]) ⊂ R n−1 [X ]. Soit Δ n la
restriction de Δ à R n [X ]. Appliquonsl et héorème du rang à Δ n :
dimKer Δ n = 1, donc dim Im Δ n = n.
On adonc dim Δ(R n [X ]) = dim R n−1 [X ], d’où l’égalité:
Δ(R n [X]) = R n−1 [X ].
On en déduit que Δ estsurjective :I mΔ=R [ X ] .
4) a) F estn on vide et stable par combinaison linéaire :c ’est un sousespace vectoriel de R[X ]. Il est clair que F ∩ Ker Δ = {0}. De plus, tout
polynôme P ∈ R[X ]p euts’écrire P = P(0) + XQ, où P(0) ∈ Ker Δ
et XQ∈F. D’où Ker Δ ⊕ F = R[X ].
On reprendici la démonstration du théorème du rang :I mΔest isomorphe à
toutsupplémentaire de Ker Δ.
b) Ker Δ F = Ker Δ ∩ F = {0}, donc Δ F est injectif. Montrons qu’il est
surjectif. Tout polynôme P de R[X ]aun antécédent Q par Δ, que
l’on peutdécomposer en Q = Q 1 + Q 2 , avec Q 1 ∈ Ker Δ et Q 2 ∈ F .
On a P = ΔQ = ΔQ 1 + ΔQ 2 ;o rΔ Q 1 =0 ,donc P = ΔQ 2 . P abien
un antécédent dans F par Δ ou,cequi revient au même, par Δ F .
Δ F estdonc un isomorphisme de F dans R[X ].
5) a) Parrécurrence, chaque polynôme N i aunantécédent unique N i+1
dans F parl’isomorphisme Δ F .
b) Vérifions que cette suite satisfait bien aux hypothèses de la question
précédente :pour tout n ∈ N
∗
, N n (0) = 0e t:
ΔN n = N n (X +1)−N n (X)
=
(X +1)X···(X −n+2)
n!
−
X(X −1) ···(X −n+1)
n!
=
X(X −1) ···(X −n+2)
n!
(X +1−(X −n+1))
=
X (X − 1) ···(X −n+2)
(n−1)!
= N n−1
c) Les polynômes( N 0 , ··· ,N n )s ont de degrés tous distincts ;ils forment
donc une famille libred e R n [ X]( cf. Application 1).C omme il ye na
( n+1), c’est une base de R n [X ].
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