Exercice 1 2146 Correction

Soient $P_{1} = X^{2} + 1$ , $P_{2} = X^{2} + X - 1$ et $P_{3} = X^{2} + X$ .
Montrer que la famille $(P_{1}, P_{2}, P_{3})$ est une base de $𝕂_{2} [X]$ .

Solution

Supposons $λ_{1} P_{1} + λ_{2} P_{2} + λ_{3} P_{3} = 0$ . Par égalité de coefficients de polynômes:

{\begin{matrix} λ_{1} - λ_{2} & = 0 \\ λ_{2} + λ_{3} & = 0 \\ λ_{1} + λ_{2} + λ_{3} & = 0 . \end{matrix}

Après résolution $λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 0$ .
La famille $(P_{1}, P_{2}, P_{3})$ est une famille libre formée de $3 = dim 𝕂_{2} [X]$ polynômes de $𝕂_{2} [X]$ , c’est donc une base de $𝕂_{2} [X]$ .

Exercice 2 2619 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ et $k \in ⟦ 0; n ⟧$ , on pose $P_{k} = X^{k} {(1 - X)}^{n - k}$ .

(a)

Montrer que la famille $(P_{0}, \dots, P_{n})$ est une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Exprimer $1, X, \dots, X^{n}$ dans la base précédente.

Solution

(a)

Commençons par souligner que les polynômes $P_{k}$ sont tous de degré $n$ : ils appartiennent bien à l’espace $ℝ_{n} [X]$ . De plus, ceux-ci sont au nombre de $n + 1$ avec $n + 1$ égal à la dimension de $ℝ_{n} [X]$ . Il suffit donc d’établir que la famille $(P_{0}, \dots, P_{n})$ est libre pour conclure que c’est une base de $ℝ_{n} [X]$ .

Supposons $λ_{0} P_{0} + \dots + λ_{n} P_{n} = 0$ avec $λ_{0}, \dots, λ_{n}$ réels, c’est-à-dire

$λ_{0} {(1 - X)}^{n} + λ_{1} X {(1 - X)}^{n - 1} + \dots + λ_{n} X^{n} = 0 .$ (1)

En évaluant en $0$ cette identité polynomiale, on obtient immédiatement $λ_{0} = 0$ . La relation (1) peut alors être simplifiée par $X$ ce qui donne

$λ_{1} {(1 - X)}^{n - 1} + λ_{2} X {(1 - X)}^{n - 2} + \dots + λ_{n} X^{n - 1} = 0 .$

On évalue à nouveau¹¹ 1 On peut être surpris d’une simplification par $X$ suivie d’une évaluation en $0$ . Cela n’a rien de singulier car on manipule ici des polynômes et non des fonctions d’une variable réelle. Si un produit $X P$ désigne le polynôme nul avec $P$ un polynôme, on a nécessairement $P = 0$ et donc $P (0) = 0$ : c’est la démarche qui est suivie ici. en $0$ pour obtenir $λ_{1} = 0$ et encore simplifier par $X$ , etc. Ainsi, on obtient successivement $λ_{i} = 0$ pour tout indice $i$ allant de $0$ jusqu’à $n$ : on peut conclure que la famille $(P_{0}, \dots, P_{n})$ est libre, c’est donc une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Pour $k \in ⟦ 0; n ⟧$ , on écrit

$X^{k}$ $= X^{k} {(X + (1 - X))}^{n - k}$

$= X^{k} \sum_{j = 0}^{n - k} (\binom{n - k}{j}) X^{j} {(1 - X)}^{n - k - j} = \sum_{j = 0}^{n - k} (\binom{n - k}{j}) P_{k + j} .$

Exercice 3 6010 MINES (PC)Correction

Soient $E = ℝ_{n} [X]$ et $F_{k} = \frac{X (X - 1) \dots (X - k + 1)}{k!}$ pour $k = 0, \dots, n$ .

(a)

Montrer que $ℬ = (F_{0}, \dots, F_{n})$ est une base de $E_{n}$ .
(b)

Soit $Φ$ définie sur $E_{n}$ par $Φ (P) = P (X + 1) - P (X)$ . Vérifier que $Φ$ est un endomorphisme de $E$ .
(c)

Donner la matrice de $Φ$ dans $ℬ$ .
(d)

Soit $Q \in E_{n - 1}$ . Montrer qu’il existe un unique polynôme $P \in E_{n}$ tel que $Φ (P) = Q$ et $P (0) = 0$ .
(e)

On suppose $n = 3$ et $Q = X^{2}$ . Exprimer $Q$ dans $ℬ$ , déterminer $P$ tel que $Φ (P) = X^{2}$ et en déduire une expression de $S_{N} = \sum_{k = 1}^{N} k^{2}$ pour $N \in ℕ^{*}$ .

Solution

(a)

On a $\deg F_{k} = k$ pour tout $k = 0, \dots, n$ donc $ℬ$ est une base de $E_{n}$ (famille de $n + 1 = dim E_{n}$ polynômes de degrés étagés dans $E_{n}$ .)
(b)

L’application $Φ$ est bien définie de $E_{n}$ vers $E_{n}$ .

Pour $(λ, μ) \in ℝ^{2}$ et $(P, Q) \in E_{n}^{2}$ ,

$Φ (λ P + μ Q)$ $= (λ P + μ Q) (X + 1) - (λ P + μ Q) (X)$

$= λ (P (X + 1) - P (X)) + μ (Q (X + 1) - Q (X)) = λ Φ (P) + μ Φ (Q) .$

L’application $Φ$ est un endomorphisme de $E_{n}$ .
(c)

On remarque $Φ (F_{0}) = 0$ et $Φ (F_{k}) = F_{k - 1}$ pour $k = 1, \dots, n$ donc

${Mat}_{ℬ} (Φ) = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & 1 \\ (0) & 0 \end{matrix}) .$
(d)

La famille $(F_{0}, \dots, F_{n - 1})$ est une base de $E_{n - 1}$ . On peut donc écrire

$Q = λ_{0} F_{0} + \dots + λ_{n - 1} F_{n - 1}$

avec $(λ_{0}, \dots, λ_{n - 1}) \in ℝ^{n}$ convenable. Pour

$P = λ_{0} F_{1} + \dots + λ_{n - 1} F_{n} \in E_{n},$

on a $Φ (P) = Q$ et $P (0) = 0$ .

Si $\hat{P}$ est un autre polynôme convenable, on a $Φ (P - \hat{P}) = 0$ donc $P - \hat{P} \in Ker (Φ) = E_{0}$ . Le polynôme $P - \hat{P}$ est alors constant. Or il s’annule en $0$ , c’est donc le polynôme nul.
(e)

On a $Q = 2 F_{2} + F_{1}$ donc

$P = 2 F_{3} + F_{2} = \frac{X (X - 1) (X - 2)}{3} + \frac{X (X - 1)}{2} = \frac{X (X - 1) (2 X - 1)}{6} .$

Pour $N \in ℕ^{*}$ , on obtient par télescopage

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{N} Q (k) = \sum_{k = 1}^{N} (P (k + 1) - P (k)) = P (N + 1) - P (1) = \frac{N (N + 1) (2 N + 1)}{6} .$

Exercice 4 2147 Correction

Pour $k \in {0, \dots, n}$ , on pose $P_{k} = {(X + 1)}^{k + 1} - X^{k + 1}$ .
Montrer que la famille $(P_{0}, \dots, P_{n})$ est une base de $𝕂_{n} [X]$ .

Solution

On remarque que $\deg (P_{k}) = k$ donc $P_{k} \in 𝕂_{n} [X]$ .
Supposons $λ_{0} P_{0} + \dots + λ_{n} P_{n} = 0$ .
Si $λ_{n} \neq 0$ alors $\deg (λ_{0} P_{0} + \dots + λ_{n} P_{n}) = n$ car $\deg (λ_{0} P_{0} + \dots + λ_{n - 1} P_{n - 1}) \leq n - 1$ et $\deg (λ_{n} P_{n}) = n$
Ceci est exclu, donc $λ_{n} = 0$ .
Sachant $λ_{n} = 0$ , le même raisonnement donne $λ_{n - 1} = 0$ et ainsi de suite $λ_{n - 2} = \dots = λ_{0} = 0$ .
La famille $(P_{0}, \dots, P_{n})$ est une famille libre de $n + 1 = dim 𝕂_{n} [X]$ éléments de $𝕂_{n} [X]$ , c’est donc une base de $𝕂_{n} [X]$ .

Exercice 5 2149

(Polynômes de Newton)

Soit $n \in ℕ$ . On pose

P_{0} = 1 et P_{k} = \frac{X (X - 1) \dots (X - k + 1)}{k!} pour k \in ⟦ 1; n ⟧ .

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Montrer que la famille ${(P_{k})}_{0 \leq k \leq n}$ est une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Vérifier que $P_{k} (m)$ est un nombre entier pour tout $m \in ℤ$ et tout $k \in ℕ$ .
(c)

Trouver tous les polynômes $P$ prenant des valeurs entières sur chaque entier.

Exercice 6 5186

On dit qu’une famille $(P_{0}, \dots, P_{n})$ de polynômes non nuls de $𝕂 [X]$ est une famille de polynômes de degrés échelonnés lorsque

\deg (P_{0}) < \dots < \deg (P_{n}) .

(a)

Montrer qu’une telle famille est libre.
(b)

À quelle condition celle-ci constitue-t-elle une base de $𝕂_{n} [X]$ ?

Exercice 7 2151 Correction

Soient $n \in ℕ$ et $A \in 𝕂_{n} [X]$ un polynôme non nul.
Montrer que $F = {P \in 𝕂_{n} [X] | A ∣ P}$ est un sous-espace vectoriel de $𝕂_{n} [X]$ et en déterminer la dimension et un supplémentaire.

Solution

$F \subset 𝕂_{n} [X]$ , $0 \in F$ car $A ∣ 0$ .
Soient $λ, μ \in 𝕂$ et $P, Q \in F$ .
$A ∣ P$ et $A ∣ Q$ donc $A ∣ (λ P + μ Q)$ puis $λ P + μ Q \in F$ .
Ainsi, $F$ est un sous-espace vectoriel de $𝕂_{n} [X]$ .
Notons $p = \deg (A)$ . On a

F \oplus 𝕂_{p - 1} [X] = 𝕂_{n} [X]

ce qui détermine un supplémentaire de $F$ et donne $dim F = n + 1 - p$ .

Exercice 8 1761 KER LANN (MP)Correction

(a)

Montrer que la famille ${(X + k)}^{n}$ pour $k \in {0, \dots, n}$ constitue une base de $ℝ_{n} [X]$ .
(b)

Redémontrer la formule donnant l’expression du déterminant de Vandermonde

Solution

(a)

La matrice de la famille étudiée dans la base canonique de $ℝ_{n} [X]$ a pour coefficient général

$a_{i, j} = (\binom{n}{i}) j^{i} avec 0 \leq i, j \leq n .$

En factorisant par ligne le déterminant de cette matrice est

$\prod_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) V_{n + 1} (0,1, \dots, n) \neq 0$

avec $V_{n + 1} (a_{0}, \dots, a_{n})$ déterminant de Vandermonde.
(b)

cf. cours.

Exercice 9 5966 CENTRALE (MP)Correction

Soit $n \in ℕ$ . On considère, pour tout $k = 0, \dots, n$ , $φ_{k} : P \in ℝ_{n} [X] \mapsto \frac{P^{(k)} (k)}{k!}$ et $u_{n} : P \in ℝ_{n} [X] \mapsto (φ_{0} (P), \dots, φ_{n} (P)))$ .

On note $ℬ$ la base canonique de $ℝ_{n} [X]$ et $𝒞 = (e_{0}, \dots, e_{n})$ la base canonique de $ℝ^{n + 1}$ .

(a)

On note $A$ la matrice de $u_{n}$ dans $ℬ$ et $𝒞$ . Afficher $A$ pour $n$ compris entre $1$ et $5$ .
(b)

Que peut-on conjecturer sur l’inversibilité de $A$ ? Que peut-on conjecturer sur $u_{n}^{- 1} (e_{k})$ pour tout entier $k = 0, \dots, n$ (degré, dépendance à $n$ )?
(c)

Montrer que la famille de formes linéaires $(φ_{0}, \dots, φ_{n})$ est libre.
(d)

Soit $(ψ_{0}, \dots, ψ_{n})$ une famille libre de formes linéaires sur $ℝ_{n} [X]$ . Montrer qu’il existe une base $(B_{0}, \dots, B_{n})$ de $ℝ_{n} [X]$ telle que

$\forall P \in ℝ_{n} [X], P = \sum_{k = 0}^{n} ψ_{k} (P) B_{k} .$
(e)

Expliciter cette base lorsque $ψ_{k} : P \mapsto \frac{P^{k} (0)}{k!}$ puis lorsque $ψ_{k} : P \mapsto P (k)$ .
(f)

Dans le cas de la famille libre $(φ_{0}, \dots, φ_{n})$ , montrer que la base obtenue est la famille $(u^{- 1} (e_{0}), \dots, u^{- 1} (e_{n}))$ .

Solution

(a)

Après avoir défini la fonction factorielle, on remplit un tableau dont les coefficients correspondent à ceux de la matrice étudiée.

import numpy as np
import numpy.linalg as alg


def fact(n):
    if n == 0:
        return 1
    return n * fact(n-1)

for n in range(1, 6):
    A = np.zeros((n, n))
    for k in range(n):
        for j in range(k, n):
            A[k, j] = fact(j)/fact(j-k)/fact(k) * k**(j-k)
    print(A)

(b)

La matrice $A$ apparaît triangulaire supérieure à coefficients diagonaux non nuls: elle est inversible. On peut calculer son inverse en remplaçant print(A) par print(alg.inv(A)) dans le code précédent. On observe que $u_{n}^{- 1} (e_{k})$ apparaît comme un polynôme de degré $k$ qui ne dépend pas de $n$ .
(c)

Soient $(λ_{0}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ . Supposons $λ_{0} φ_{0} + \dots + λ_{n} φ_{n} = 0$ .

On évalue la relation en $P = 1$ et l’on obtient $λ_{0} = 0$ . On évalue ensuite la relation en $P = X$ et l’on obtient $λ_{1} = 1$ . Successivement, on acquiert $λ_{k} = 0$ en évaluant la relation en $P = X^{k}$ pour $k = 0, \dots, n$ . La famille $(φ_{0}, \dots, φ_{n})$ est libre.
(d)

Considérons la matrice $A$ de l’application linéaire $v_{n} : ℝ_{n} [X] \to ℝ^{n + 1}$ définie par $v_{n} (P) = (ψ_{0} (P), \dots, ψ_{n} (P))$ dans les bases $ℬ$ et $𝒞$ :

$A = (\begin{matrix} ψ_{0} (1) & ψ_{0} (X) & \dots & ψ_{0} (X^{n}) \\ ψ_{1} (1) & ψ_{1} (X) & \dots & ψ_{1} (X^{n}) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ψ_{n} (1) & ψ_{n} (X) & \dots & ψ_{n} (X^{n}) \end{matrix}) .$

Vérifions que cette matrice est inversible. Soit $(λ_{0}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ . Supposons $λ_{0} L_{0} + \dots + λ_{n} L_{n} = 0$ en notant $L_{0}, \dots, L_{n}$ les lignes de $A$ . Pour tout $P = X^{j}$ avec $j = 0, \dots, n$ , on a $λ_{0} ψ_{0} (X^{j}) + \dots + λ_{n} ψ_{n} (X^{j}) = 0$ et donc $λ_{0} ψ_{0} + \dots + λ_{n} ψ_{n} = 0$ . Cela implique $λ_{0} = \dots = λ_{n} = 0$ car la famille $(ψ_{0}, \dots, ψ_{n})$ est supposée libre. Ainsi, les lignes de $A$ sont linéairement indépendantes: cette matrice est inversible. On peut alors introduire son inverse $A^{- 1}$ . Considérons alors la famille $(B_{0}, \dots, B_{n})$ dont la matrice des coordonnées dans $ℬ$ est $A^{- 1}$ . Celle-ci est une base de $ℝ_{n} [X]$ car $A^{- 1}$ est inversible.

Pour tout $P \in ℝ_{n} [X]$ , en notant $Y$ la colonne des coordonnées de $P$ dans la base $ℬ$ , la matrice $A Y$ donne la colonne des coefficients $ψ_{0} (P), \dots, ψ_{n} (P)$ et la matrice $A^{- 1} A Y$ donne la colonne des coordonnées dans $ℬ$ du polynôme $\sum_{k = 0}^{n} ψ_{k} (P) B_{k}$ . Puisque $A^{- 1} A Y = Y$ , on obtient $\sum_{k = 0}^{n} ψ_{k} (P) B_{k} = P$
(e)

On sait

$\forall P \in ℝ_{n} [X], P = \sum_{k = 0}^{n} \frac{P^{(k)} (0)}{k!} X^{k} .$

On en déduit $B_{k} = X^{k}$ lorsque $ψ_{k} : P \mapsto \frac{P^{k} (0)}{k!}$ .

Considérons $L_{0}, \dots, L_{n}$ les polynômes interpolateurs de Lagrange en $0, \dots, n$ . On sait

$\forall P \in ℝ_{n} [X], P = \sum_{k = 0}^{n} P (k) L_{k} .$

On en déduit $B_{k} = L_{k}$ lorsque $ψ_{k} : P \mapsto P (k)$ .
(f)

La matrice de la famille $(u^{- 1} (e_{0}), \dots, u^{- 1} (e_{n}))$ dans $ℬ$ est $A^{- 1}$ .

[<] L'espace des matrices carrées

Édité le 22-03-2025

	$X^{k}$	$= X^{k} {(X + (1 - X))}^{n - k}$
		$= X^{k} \sum_{j = 0}^{n - k} (\binom{n - k}{j}) X^{j} {(1 - X)}^{n - k - j} = \sum_{j = 0}^{n - k} (\binom{n - k}{j}) P_{k + j} .$

	$Φ (λ P + μ Q)$	$= (λ P + μ Q) (X + 1) - (λ P + μ Q) (X)$
		$= λ (P (X + 1) - P (X)) + μ (Q (X + 1) - Q (X)) = λ Φ (P) + μ Φ (Q) .$

L'espace des polynômes de degrés au plus n