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SOLUTIONS
Solutions
5. a. Pour k ∈ Ú0, nÛ,
T a (X
k )(x) =
1
2a
x+a
x−a
t
k dt =
1
2a
(x + a)
k+1
− (x − a)
k+1
k + 1
=
1
2a(k + 1)
k+1
i=0
k + 1
i
x
i a
k+1−i
− x
i (−a)
k+1−i
.
On remarque comme dans la question précédente que le terme de degré k + 1 est nul,
d’où
T a (X
k )(x) =
1
2a(k + 1)
k
i=0
k + 1
i
x
i a
k+1−i + (−1)
k−i x
i a
k+1−i
.
Donc T a (f ) est de degré inférieur ou égal à k et le terme de degré k est
1
2a(k + 1)
k + 1
k
2x
k a = x
k .
La matrice de T a (f ) est triangulaire supérieure avec des 1 sur la diagonale. On en déduit
que Sp(T a ) = {1}. Si T a était diagonalisable, comme 1 est son unique valeur propre,
on aurait T a = Id Rn[X] , or on vérifie aisément que T a (X
2 ) = X
2 . T a n’est donc pas
diagonalisable.
b. Soit f un polynôme tel que f (x) = a 2 x
2 + a 1 x + a 0 alors
T(f )(x) = a 2 T (X
2 )(x) + a 1 T (X)(x) + a 0 T (1)(x) = a 2 x
2 +
a 2 a
2
3
+ a 1 x + a 0
= a 2 x
2 + a 1 x +
a 2 a
2
3
+ a 0
.
On a donc T(f ) = f ⇔
a 2 a
2
3
+ a 0
= a 0 ⇔ a 2 = 0. Il n’existe donc pas de
polynôme de degré 2 qui soit vecteur propre de f . Le même calcul prouve d’ailleurs
que R 1 [X] ⊂ E 1 (T a ).
c. Soit f ∈ R n [X] tel que T (f ) = f . Par définition,
∀x ∈ R, T(f
)(x) =
1
2a
x+a
x−a
f
(t)dt =
1
2a
(f (x + a) − f (x − a)) .
Or on sait que T (f )
(x) =
1
2a
(f (x + a) − f (x − a)). On en déduit que
∀x ∈ R, T(f
)(x) = (T (f ))
(x) = f
(x).
Soit T(f
) = f
. En conclusion, si f est un vecteur propre de degré supérieur ou égal à
1 alors f
est également un vecteur propre.
Comme il n’y a pas de vecteur propre de T a de degré 2, il ne peut y avoir de vecteur
propre de T a de degré supérieur à 2. En effet si f était un tel vecteur propre, alors
f
(deg(f )−2) serait lui-même vecteur propre et de degré 2 ce qui est absurde.
On en déduit que E 1 (T a ) ⊂ R 1 [X]. D’après la question précédente, il en résulte
que E 1 (T a ) = R 1 [X].
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