© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
c. Pour k ∈ Ú0, n − 1Û, on a
s(A k ) = s(X
2n−k + X
k ) = X
2n−(2n−k) + X
2n−k = X
k + X
2n−k = A k .
De plus s(A n ) = s(X
n ) = X
2n−n = X
n = A n .
Enfin, pour k ∈ Ún + 1, 2nÛ,
s(A k ) = s(X
k
− X
2n−k ) = X
2n−k
− X
2n−(2n−k) = X
2n−k
− X
k = −A k .
d. Soient a 0 , a 1 , . . . , a 2n des réels tels que
2n
k=0
a k A k = 0, on a alors
2n
k=0
a k A k =
n−1
k=0
a k (X
2n−k + X
k ) + a n X
n +
2n
k=n+1
a k (X
k
− X
2n−k )
=
n−1
k=0
a k X
k +
n−1
k=1
a k X
2n−k + a n X
n +
2n
k=n+1
a k X
k
−
2n
k=n+1
a k X
2n−k
=
n−1
k=0
a k X
k +
2n
k =n+1
a 2n−k X
k
+ a n X
n +
2n
k=n+1
a k X
k
−
n−1
k =0
a 2n−k X
k
=
n−1
k=0
(a k − a 2n−k )X
k + a n X
n +
2n
k=n+1
(a k + a 2n−k )X
k = 0
La famille (1, X, . . . , X
2n ) étant libre, on en déduit que a n = 0, que pour k ∈ Ú0, n−1Û,
a k − a 2n−k = 0 et que pour k ∈ Ún + 1, 2nÛ, a k + a 2n−k = 0.
Soit k ∈ Ú0, n − 1Û, on a donc a k − a 2n−k = 0 et comme 2n − k ∈ Ún + 1, 2nÛ,
a 2n−k + a 2n−(2n−k) = 0, soit encore a k + a 2n−k = 0. On résout le système
a k − a 2n−k = 0
a k + a 2n+k = 0
⇔
a k − a 2n−k = 0
2a 2n+k = 0
⇔ a k = a 2n−k = 0
Finalement, ∀k ∈ Ú0, 2nÛ, a k = 0. La famille (A 0 , A 1 , . . . , A 2n ) est bien libre.
e. La famille (A 0 , . . . , A 2n ) est une famille libre de 2n + 1 vecteurs de E, or
dim(E) = 2n + 1. C’est donc une base de E. On en déduit d’après (c) que la
famille (A 0 , A 1 , . . . , A 2n ) est une base de E formée de vecteurs propres de s. s est
diagonalisable. D’après (c), les valeurs propres de s sont −1 et 1. Une base de E 1 est
(A 0 , . . . , A n ) et une base de E −1 est (A n+1 , . . . , A 2n ).
14.
1. Soit F une primitive de f (qui existe puisque f est continue), on a alors pour tout
réel x
T a (f )(x) =
1
2a
(F(x + a) − F(x − a)) .
Il en résulte que T a (f ) est C
1 comme somme et composée de fonctions C
1 .
2. D’après la question précédente,
T a (f )
(x) =
1
2a
(f (x + a) − f (x − a)) .
443