Sujet $$2$$ - Exercice 1

Soit $$P$$ et $$Q$$ deux polynômes de $$E = \mathbb{R}_n[X]$$. Et soit $$\lambda \in \mathbb{R}$$. Déterminons l'action de $$\phi$$ sur la combinaison linéaire $$P + \lambda Q$$. Soit $$X \in \mathbb{R}$$. On a alors :
$$\varphi(P + \lambda Q)(X) = (X-a)\left( (P + \lambda Q)'(X) + (P + \lambda Q)'(a) \right) - 2 \left( (P + \lambda Q)(X) - (P + \lambda Q (a) \right)$$
Soit encore :
$$\begin{array}{l} \varphi(P + \lambda Q)(X) = \\ (X-a)\left( P'(X) + P'(a) \right) - 2 \left( P(X) - P(a) \right) + \lambda \left( (X-a)\left( P'(X) + P'(a) \right) - 2 \left( P(X) - P(a) \right)\right) \end{array}$$
Ce qui nous donne :
$${\color{red}{\varphi(P + \lambda Q)(X) = \varphi(P)(X) + \lambda \varphi(Q)(X) }}$$
Ainsi $$\varphi$$ est bien une application linéaire. Ceci n'est pas étonnant car l'opération de dérivation est elle même linéaire.

Nous allons démontrer qu'une famille $$\mathscr{F} : \left\lbrace P_n \,;\, \deg P_n = n \,\, (n \in \mathbb{N}) \right\rbrace$$ est une base de $$E = \mathbb{R}_n[X]$$ muni de sa structure usuelle de $$\mathbb{R}$$-espace vectoriel. Pour cela, nous allons montrer la liberté de cette famille $$\mathcal{P}$$ et ensuite nous montrerons que cette famille est génératrice de $$\mathbb{R}_n[X]$$.
$${\color{blue}{\,\,\,\, \bullet \,\, Liberté \,\, de \,\, \mathscr{F}}}$$
Le polynôme $$P_k \in \mathcal{P}$$, d'indéterminée réelle $$X$$, à la forme suivante :
$$\forall k \in [\![0 \,;\,n ]\!] \, :\,\,\, P_k(X) = a_{k,k} X^k + a_{k,k-1} X^{k-1} + \cdots + a_{k,0} = \sum_{i=0}^{k} a_{k,i} X^i$$
Avec la condition :
$$\forall k \in [\![0 \,;\,n ]\!], \,\, \forall i \in [\![0 \,;\,n ]\!] , \,\, a_{k,i} \neq 0$$
Soit $$\lambda_{i \in [\![0 \,;\,n ]\!] }$$ un ensemble de $$n+1$$ scalaires. Notons par $$\mathcal{C}_n$$ la combinaison linéaire suivante :
$$\mathcal{C}_n = \lambda_0 P_0(X) + \lambda_1 P_1(X) + \cdots + \lambda_{n-1} P_{n-1}(X) + \lambda_n P_n(X)$$
Donc, on a :
$$\mathcal{C}_n = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \lambda_0 P_0(X) + \lambda_1 P_1(X) + \cdots + \lambda_{n-1} P_{n-1}(X) + \lambda_n P_n(X) = 0$$
Soit encore :
$$\lambda_0 \sum_{i=0}^{0} a_{0,i} X^i + \lambda_1 \sum_{i=0}^{1} a_{1,i} X^i + \cdots + \lambda_{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} a_{n-1,i} X^i + \lambda_n \sum_{i=0}^{n} a_{n,i} X^i = 0$$
Soit encore :
$$\lambda_0 a_{0,0} + \lambda_1 \left( a_{1,0} + a_{1,1} X \right) + \cdots + \lambda_{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} a_{n-1,i} X^i + \lambda_n \sum_{i=0}^{n} a_{n,i} X^i = 0$$
Seule la dernière somme $$\displaystyle{\sum_{i=0}^{n}} a_{n,i} X^i$$ va fournir un terme en puissance $$n$$. Puis, de même, seules les deux dernières sommes, $$\displaystyle{\sum_{i=0}^{n}} a_{n,i} X^i$$ et $$\displaystyle{\sum_{i=0}^{n-1}} a_{n-1,i} X^i$$, vont donner des termes en puissance $$n-1$$. Ainsi, on obtient :
$$\sum_{i=0}^{n} \lambda_i a_{i,0} + \left( \sum_{i=1}^{n} \lambda_i a_{i,1} \right) X + \left( \sum_{i=2}^{n} \lambda_i a_{i,2} \right) X^2 + \cdots + \left( \sum_{i=n-1}^{n} \lambda_i a_{i,n-1} \right) X^{n-1} + \left( \sum_{i=n}^{n} \lambda_i a_{i,n} \right) X^n = 0$$
Ceci implique que toute les sommes présentent soient nulles. On a alors :
$$\sum_{i=0}^{n} \lambda_i = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i a_{i,1} = \sum_{i=2}^{n} \lambda_i a_{i,2} = \cdots = \sum_{i=n-1}^{n} \lambda_i a_{i,n-1} + \sum_{i=n}^{n} \lambda_i a_{i,n} = 0$$
Comme $$\forall k \in [\![0 \,;\,n ]\!], \,\, \forall i \in [\![0 \,;\,n ]\!] \,\, a_{k,i} \neq 0$$ ceci n'est possible que si :
$$\forall i \in [\![0 \,;\,n ]\!], \,\,\,\, \lambda_i = 0$$
On a donc bien démontrer que la famille $$\mathscr{F}$$ est libre.
$${\color{blue}{\,\,\,\, \bullet \,\, Génération \,\, par \,\, \mathscr{F}}}$$
On considère un polynôme $$\mathscr{P}$$ quelconque de $$E$$. Ce polynôme à donc la forme suivante :
$$\mathscr{P}(X) = b_0 + b_1 X + b_2 X^2 + \cdots + b_{n-1} X^{n-1} + b_n X^n = \sum_{i = 0}^{i = n} b_i X^i \,\,\,\,\, \left( i \in [\![0 \,;\,n ]\!] \right)$$
Pour que la famille $$\mathscr{F}$$ soit déclarée \og génératrice de $$E$$ \fg, il faut pouvoir déterminer
$$n+1$$ scalaires $$\lambda_{i \in [\![0 \,;\,n ]\!]}$$, tels que l'on ait :
$$\lambda_0 a_{0,0} + \lambda_1 \left( a_{1,0} + a_{1,1} X \right) + \cdots + \lambda_{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} a_{n-1,i} X^i + \lambda_n \sum_{i=0}^{n} a_{n,i} X^i = \mathscr{P}(X)$$
Ce qui s'écrit encore :
$$\sum_{i=0}^{n} \lambda_i a_{i,0} + \left( \sum_{i=1}^{n} \lambda_i a_{i,1} \right) X + \left( \sum_{i=2}^{n} \lambda_i a_{i,2} \right) X^2 + \cdots + \left( \sum_{i=n-1}^{n} \lambda_i a_{i,n-1} \right) X^{n-1} + \left( \sum_{i=n}^{n} \lambda_i a_{i,n} \right) X^n = \mathscr{P}(X)$$
Ce qui nous donne donc les $$n+1$$ égalités suivantes :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \displaystyle{\sum_{i=0}^{n}} \lambda_i a_{i,0} & = & b_0 \\ & & \\ \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} \lambda_i a_{i,1} & = & b_1 \\ & & \\ \displaystyle{\sum_{i=2}^{n} \lambda_i <br /> a_{i,2}} & = & b_2 \\ & & \\\vdots & \vdots & \vdots \\ & & \\ \displaystyle{\sum_{i=n-1}^{n}} \lambda_i <br /> a_{i,n-1} & = & b_{n-1} \\ & & \\ \displaystyle{\sum_{i=n}^{n}} \lambda_i a_{i,n} & = & b_n \\ \end{array} \right.$$
La dernière égalité nous donne donc :
$$\sum_{i=n}^{n} \lambda_i a_{i,n} = b_n \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \lambda_n a_{n,n} = b_n \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \lambda_n = \dfrac{b_n}{a_{n,n}}$$
Puis, l'avant dernière égalité nous donne :
$$\sum_{i=n-1}^{n} \lambda_i a_{i,n-1} = b_{n-1} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \lambda_{n-1} a_{n-1,n-1} + \lambda_n a_{n,n-1} = b_{n-1}$$
Soit :
$$\lambda_{n-1} a_{n-1,n-1} + \dfrac{b_n}{a_{n,n}} a_{n,n-1} = b_{n-1}$$
Ce qui nous donne :
$$\lambda_{n-1} a_{n-1,n-1} = b_{n-1} - \dfrac{b_n}{a_{n,n}} a_{n,n-1}$$
D'où :
$$\lambda_{n-1} = \dfrac{1}{a_{n-1,n-1}} \left( b_{n-1} - \dfrac{b_n}{a_{n,n}} a_{n,n-1} \right)$$
En fait, le système précédent est $${\color{red}{\bf{échelonné}}}$$. Et donc, de proche en proche, on va donc trouver les expressions non nulles de, successivement, $$\lambda_{n-2}$$, puis $$\lambda_{n-3}$$, et on terminera par $$\lambda_1$$ et finalement $$\lambda_0$$.
On a donc bien démontrer que la famille $$\mathscr{F}$$ est génératrice de $$E$$.
Ainsi, on a démontré que la famille $$\mathscr{F} : \left\lbrace P_n \,;\, \deg P_n = n \,\, (n \in \mathbb{N}) \right\rbrace$$ est libre et génératrice, donc c'est une base de $$E = \mathbb{R}_n[X]$$ muni de sa structure usuelle de $$\mathbb{R}$$-espace vectoriel.

La famille $$(e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2 \,;\, \cdots \,;\, e_n)$$, avec $$e_k(X) = (X - a)^k$$ ($$k \in [\![0 \,;\,n ]\!]$$) est un cas particulier de la famille $$\mathscr{F}$$. En effet, chaque $$e_k(X) = (X - a)^k$$ ($$k \in [\![0 \,;\,n ]\!]$$) est un cas particulier de $$P_k \in\mathscr{F}$$ car $$\deg P_k = \deg e_k = k$$. Donc la famille $$(e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2 \,;\, \cdots \,;\, e_n)$$ est également une base de $$E$$. Elle sera notée $$\mathfrak{B}_{E}$$.

On a : $$\dim E = \dim \mathbb{R}_n[X] = n+1$$.

Soit $$X$$ une indéterminée réelle. L'expression $$\varphi(e_k)(X)$$, avec $$k \in [\![0 \,;\,n ]\!]$$, est donnée par :
$$\varphi(e_k)(X) = (X-a)\left( e_k'(X) + e_k'(a) \right) - 2 \left( e_k(X) - e_k(a) \right)$$
Soit :
$$\varphi(e_k)(X) = (X-a)\left( \left((X-a)^k\right)' + \left((X-a)^k\right)'_{(X=a)} \right) - 2 \left( (X-a)^k - (a-a)^k \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\varphi(e_k)(X) = (X-a)\left( k(X-a)^{k-1} + k(a-a)^{k-1} \right) - 2 \left( (X-a)^k - 0 \right)$$
Donc :
$$\varphi(e_k)(X) = (X-a)\left( k(X-a)^{k-1} + 0 \right) - 2 \left( (X-a)^k - 0 \right)$$
Ainsi :
$$\varphi(e_k)(X) = (X-a) k(X-a)^{k-1} - 2 (X-a)^k$$
Ce qui nous donne :
$$\varphi(e_k)(X) = k (X-a)^k - 2 (X-a)^k$$
En factorisant, on trouve que :
$$\varphi(e_k)(X) = (k-2) (X-a)^k$$
Finalement on obtient :
$$\varphi(e_k)(X) = (k-2) e_k(X)$$
Où de manière équivalente :
$$\varphi(e_k) = (k-2) e_k$$
Cependant, les situations $$k=0$$, $$k=1$$ et $$k=2$$ doivent être prise en compte séparément à cause de l'opération de dérivation. On a alors :
$$\,\,\,\, \bullet \,\, e_0(X) = 1 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \varphi(e_0)(X) = (X-a)\left( 1' + 1' \right) - 2 \left( 1 - 1 \right) = 0$$
$$\,\,\,\, \bullet \,\, e_1(X) = X-a \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \varphi(e_1)(X) = (X-a)\left( (X-a)' + 1 \right) - 2 \left( X-a - a-a \right) = 0$$
$$\,\,\,\, \bullet \,\, e_2(X) = (X-a)^2$$
Ce qui nous donne :
$$\varphi(e_2)(X) = (X-a)\left( \left((X-a)^2\right)' + \left((X-a)^2\right)'_{(X=a)} \right) - 2 \left( (X-a)^2 - (a-a)^2 \right)$$
Soit :
$$\varphi(e_2)(X) = (X-a)\left( 2(X-a) + 2(a-a) \right) - 2 \left( (X-a)^2 - 0 \right)$$
Soit encore :
$$\varphi(e_2)(X) = (X-a)\left( 2(X-a) + 0 \right) - 2 \left( (X-a)^2 - 0 \right)$$
D'où :
$$\varphi(e_2)(X) = (X-a)2(X-a) - 2 (X-a)^2$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\varphi(e_2)(X) = 2(X-a)^2 - 2 (X-a)^2 \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, \varphi(e_2)(X) = 0$$
En conclusion :
$${\color{red}{\varphi\left(e_{k \in [\![0 \,;\,n ]\!]}\right) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} 0 & \mathrm{si} & k=0\,;\,1\,;2 \\ & & \\ (k-2) \, e_k & \mathrm{si} & k > 2 \\ \end{array} \right. }}$$

Pour déterminer $$\mathrm{im} \, \varphi$$ nous allons partir de sa définition :
$$\mathrm{im} \, \varphi = \varphi(E)$$
Dans la base $$\mathfrak{B}_{E}$$ cela nous donne donc :
$$\mathrm{im} \, \varphi = \mathrm{Vect}\left\lbrace (e_0 \,;\, e_1 \,;\, e_2 \,;\, \cdots \,;\, e_n) \right\rbrace$$
En tenant compte de la question précédente, on obtient donc :
$$\mathrm{im} \, \varphi = \mathrm{Vect}\left\lbrace (e_3 \,;\, e_4 \,;\, e_5 \,;\, \cdots \,;\, e_n) \right\rbrace$$
Donc, tout polynôme $$Q = \varphi(P) \in \mathrm{im}$$ va donc s'écrire, avec l'indéterminée $$X$$, comme :
$$Q(X) = \varphi(P)(X) = a_3 (X-a)^3 + a_4 (X-a)^4 + a_5 (X-a)^5 + \cdots + a_n (X-3)^n$$
Soit en factorisant par$$(X-a)^3$$ :
$$Q(X) = \varphi(P)(X) = (X-a)^3 \times \left( a_3 + a_4 (X-a) + a_5 (X-a)^2 + \cdots + a_n (X-3)^{n-3} \right)$$
En posant $$N = a_3 + a_4 (X-a) + a_5 (X-a)^2 + \cdots + a_n (X-3)^{n-3}$$, on trouve donc :
$$Q(X) = \varphi(P)(X) = N \times (X-a)^3$$
Finalement, on en déduit que :
$${\color{red}{l'ensemble \,\, \mathrm{im} \, \varphi \,\, est \,\, constitué \,\, par \,\, le \,\, sous-espace \,\, vectoriel \,\, des \,\, polynômes}}$$ admettant le nombre réel $$a$$ comme racine triple.

Afin de déterminer $$\ker \varphi$$, partons de sa définition :
$$\ker \varphi = \left\lbrace P \in E \,;\, \varphi(P) = 0_E \right\rbrace$$
Dans la base $$\mathfrak{B}_{E}$$ cela nous donne donc (puisque $$\varphi$$ est une $$\it{{\color{blue}{application \,\, linéaire}}}$$ :
$$P = \sum_{k=0}^{n} a_k e_k \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \varphi(P) = \varphi\left( \sum_{k=0}^{n} a_k e_k \right) = \sum_{k=0}^{n} a_k \varphi(e_k) = \sum_{k=3}^{n} a_k \,(k-2) \, e_k$$
Donc :
$$\varphi(P) = 0_E \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \varphi(P) = \sum_{k=3}^{n} a_k \,(k-2) \, e_k = 0$$
Ainsi, $$\forall k \in [\![3 \,;\,n ]\!]$$, on a $$k-2 \neq 0$$ ce qui implique que $$a_k = 0$$. Finalement, cela nous permet d'écrire que :
$$P = \sum_{k=0}^{n} a_k e_k = a_0 e_0 + a_1 e_1 + a_2 e_2$$
Donc, on a montrer que $${\color{red}{l'ensemble \,\, noyau \,\, de \,\, \varphi, \,\, noté \,\, \ker \varphi, est \,\, constitué \,\, du \,\,sous-espace \,\, vectoriel \,\, des \,\, polynômes }}$$ de degré inférieur ou égal à deux. Soit :
$${\color{red}{ \ker \varphi = \left\lbrace P \in E \,;\, P \in \mathbb{R}_2[X] \right\rbrace }}$$