Puisque $\mathrm{Im}(u-{\mathrm{Id}}_E)\cap \mathrm{Im}(u+{\mathrm{Id}}_E)=\{0_E\}$, on a

Par la formule du rang,

On en déduit que $u$ est diagonalisable de valeurs propres possibles $1$ et $-1$.

• (a)

  L’application $\phi$ est clairement linéaire de $ℝ[X]$ vers lui-même. De plus, si $\mathrm{deg}(P)\le n$, il est aisé d’observer que $\mathrm{deg}\left(\phi (P)\right)\le n$. On peut donc conclure que $\phi$ est un endomorphisme de ${ℝ}_n[X]$.

• (b)

  Pour tout $k\in \{0,\mathrm{\dots },n\}$,

  $$\phi (X^k)=k(k+1)X^k-k(k-1)X^{k-2}\text{.}$$

  Cela permet de former la représentation matricielle souhaitée.

• (c)

  On constate que la matrice de $\phi$ est triangulaire de coefficients diagonaux $0,\mathrm{\dots },k(k+1),\mathrm{\dots },n(n+1)$ deux à deux distincts. Il est ensuite aisé de calculer le polynôme caractéristique de $\phi$ et de conclure que $\phi$ est diagonalisable car admet exactement $n+1=dimE$ valeurs propres qui sont $0,\mathrm{\dots },k(k+1),\mathrm{\dots },n(n+1)$. De plus, les sous-espaces propres de $\phi$ sont de dimension $1$.

• (a)

  $\phi$ est clairement linéaire et à valeurs dans $E$.

• (b)

  Pour $k\in ⟦0;n⟧$,

  $$\phi (X^k)=X^k-k(X+1)X^{k-1}=(1-k)X^k-k{X}^{k-1}\text{.}$$

  La matrice de $\phi$ dans la base canonique de $E$ est triangulaire supérieure. Les coefficients diagonaux sont alors les racines du polynôme caractéristique et ce sont donc les valeurs propres de $\phi$ à savoir $\mathrm{1,0},-1,\mathrm{\dots },(1-n)$. Cela détermine $n+1=dimE$ valeurs propres distinctes, l’endomorphisme $\phi$ est donc diagonalisable (et ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles).

• (a)

  Dans la base canonique, la matrice de l’endomorphisme $P\mapsto P^{\prime }$ est

  $$B=\left(\begin{array}{ccccc}\hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 2\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill \mathrm{⋮}\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill n\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill \end{array}\right)\in {ℳ}_{n+1}(ℝ)\text{.}$$

  Dans la base canonique, la matrice de l’endomorphisme¹¹ 1 L’application considérée est linéaire et l’on vérifie, après une éventuelle simplification qu’un polynôme de degré au plus $n$ est transformé en un polynôme de degré au plus $n$. $P\mapsto nXP-X^2{P}^{\prime }$ est

  $$C=\left(\begin{array}{ccccc}\hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill n\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{⋮}\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill \mathrm{⋮}\hfill & \hfill \mathrm{\ddots }\hfill & \hfill 2\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill \mathrm{\cdots }\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill \end{array}\right)\in {ℳ}_{n+1}(ℝ)\text{.}$$

  Puisque $A=B+C$, on obtient

  $$f(P)=nXP+(1-X^2)P^{\prime }\text{.}$$

• (b)

  Si $P$ est un polynôme de degré $k$ avec $k\in ⟦1;n-1⟧$ et de coefficient dominant $a\in {ℝ}^{*}$ alors $nXP$ et $(1-X^2)P^{\prime }$ sont des polynômes de degrés $k+1$ et de coefficients dominants $na$ et $-ka$. Le polynôme $f(P)$ est alors de degré $k+1$.

  Si $P$ est un polynôme de degré $0$, c’est-à-dire un polynôme constant non nul, $f(P)$ est de degré $1$.

  Si $P$ est un polynôme de degré $n$ de la forme $P=a{X}^n+b{X}^{n-1}+\mathrm{\cdots }$ avec $a\ne 0$ alors

  $$f(P)=na{X}^{n+1}+nb{X}^n+\mathrm{\cdots }+(1-X^2)\left(na{X}^{n-1}+(n-1)b{X}^{n-2}+\mathrm{\cdots }\right)=b{X}^n+\mathrm{\cdots }$$

  Le polynôme $f(P)$ est alors de degré $n$ si le coefficient de $X^{n-1}$ est non nul et de degré strictement inférieur à $n$ sinon.

• (c)

  Soit $\lambda \in ℝ$. Résoudre l’équation $f(P)=\lambda P$ d’inconnue $P\in {ℝ}_n[X]$ conduit à étudier l’équation différentielle

  $$(1-x^2)y^{\prime }+(nx-\lambda )y=0\text{.}$$

  Sur $]1;+\mathrm{\infty }[$, la solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre $1$ s’exprime

  $$y(x)=C{(x+1)}^{(n+\lambda )/2}{(x-1)}^{(n-\lambda )/2}\text{ avec }C\in ℝ\text{.}$$

  Pour $\lambda \in \{-n+2k|k\in ⟦0;n⟧\}$, on obtient $f(P_{\lambda })=\lambda P_{\lambda }$ avec

  $$P_{\lambda }={(X+1)}^{(n+\lambda )/2}{(X-1)}^{(n-\lambda )/2}$$

  polynôme non nul de ${ℝ}_n[X]$. On en déduit que l’endomorphisme $f$ (et donc la matrice $A$) possède $n+1$ valeurs propres deux à deux distinctes. La matrice $A$ est diagonalisable.

• (a)

  Si $\mathrm{deg}(P)\le n-1$, il est clair que $\phi (P)\in E$.

  Si $\mathrm{deg}(P)=n$ après simplification des termes en $X^{n+1}$, on obtient que $\phi (P)\in E$.

  La linéarité de $\phi$ est claire et on peut donc conclure que $\phi$ est un endomorphisme de ${ℝ}_n[X]$.

• (b)

  La matrice de $\phi$ dans la base canonique est tridiagonale et peu pratique.

  Formons plutôt la matrice de $\phi$ dans la base des ${(X-a)}^k$ pour $k=0,\mathrm{\dots },n$.

  $$\phi \left({(X-a)}^k\right)=k{(X-a)}^k(X-b)-nX{(X-a)}^k$$

  donc

  $$\phi \left({(X-a)}^k\right)=(k-n){(X-a)}^{k+1}+(k(a-b)-na){(X-a)}^k$$

  et, cette fois-ci, la matrice de $\phi$ est triangulaire inférieure à coefficients diagonaux distincts:

  $$-nb,-(a+(n-1)b),-(2a+(n-2)b),\mathrm{\dots },-((n-1)a+b),-na\text{.}$$

  Ce sont les valeurs propres de $\phi$. Puisque $\phi$ admet $n+1$ valeurs propres distinctes et que $dimE=n+1$, on peut conclure que $\phi$ est diagonalisable

• (a)

  La linéarité est immédiate et sans peine $\mathrm{deg}(\varphi (P))\le n$ pour $P\in {ℝ}_n[X]$.

• (b)

  On a

  $$P(X)=\sum _{k=0}^n\frac{P^{(k)}(a)}{k!}{(X-a)}^k\text{.}$$

  $$P^{\prime }(X)=\sum _{k=1}^n\frac{P^{(k)}(a)}{(k-1)!}{(X-a)}^{k-1}$$

  puis

  $$\varphi (P)(X)=\sum _{k=2}^n\frac{P^{(k)}(a)}{(k-1)!}{(X-a)}^k-2\sum _{k=1}^n\frac{P^{(k)}(a)}{k!}{(X-a)}^k$$

  donc

  $$\varphi (P)(X)=\sum _{k=3}^n(k-2)\frac{P^{(k)}(a)}{k!}{(X-a)}^k-2P^{\prime }(a)(X-a)\text{.}$$

  Ainsi,

  $$P\in \mathrm{Ker}(\varphi )\iff P^{\prime }(a)=0\text{ et }\forall 3\le k\le n,P^{(k)}(a)=0$$

  et donc

  $$\mathrm{Ker}(\varphi )=\mathrm{Vect}(1,{(X-a)}^2)\text{.}$$

  Aussi,

  $$P\in \mathrm{Im}(\varphi )\iff P(a)=P^{\prime \prime }(a)=0$$

  et donc

  $$\mathrm{Im}(\varphi )={(X-a)}^3{ℝ}_{n-3}[X]+\mathrm{Vect}(X-a)\text{.}$$

• (c)

  On a

  $$\varphi (P)=\lambda P\iff \{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill 0& =\lambda P(a)\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill -2P^{\prime }(a)& =\lambda P^{\prime }(a)\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill (k-2)P^{(k)}(a)& =\lambda P^{(k)}(a)\text{ pour }k\in \{2,\mathrm{\dots },n\}\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

  Cette équation possède une solution non nulle si, et seulement si, $\lambda =0$, $\lambda =-2$ ou $\lambda =k-2$ avec $k\in \{2,\mathrm{\dots },n\}$.

  Ainsi,

  $$\mathrm{Sp}(\varphi )=\{-\mathrm{2,0,1},\mathrm{\dots },n-2\}\text{.}$$

  On a

  $$E_{-2}(\varphi )=\mathrm{Vect}(X-a),E_0(\varphi )=\mathrm{Ker}(\varphi ),E_{k-2}(\varphi )=\mathrm{Vect}{(X-a)}^k$$

  pour $k\in \{3,\mathrm{\dots },n\}$. La somme des dimensions des sous-espaces propres valant $dim{ℝ}_n[X]$, l’endomorphisme est diagonalisable.

  En fait, la base des ${(X-a)}^k$ est une base de diagonalisation de l’endomorphisme $\varphi$.

Si $M$ appartient à l’hyperplan des matrices de trace nulle alors $\varphi (M)=M$ et donc $M\in E_1(\varphi )$.

Ainsi, l’espace $E_1(\varphi )$ est de dimension au moins égale à $n^2-1$.

De plus, $\varphi ({\mathrm{I}}_n)=(n+1){\mathrm{I}}_n$ donc l’espace propre $E_{n+1}(\varphi )$ est de dimension au moins égale à $1$.

Puisque la somme des dimensions des sous-espaces propres est au moins égale à $n^2=dim{ℳ}_n(ℝ)$, l’endomorphisme $\varphi$ est diagonalisable (et les inégalités précédentes étaient des égalités).

• (a)

  $\phi (E_{i,j})=({\lambda }_i-{\lambda }_j)E_{i,j}$. La matrice de $\phi$ relative à la base canonique de ${ℳ}_n(𝕂)$ est diagonale.

• (b)

  Soit $ℬ$ une base de $E$ dans laquelle l’endomorphisme $f$ est représenté par une matrice diagonale $D$. En introduisant l’image réciproque de la base canonique de ${ℳ}_n(𝕂)$ par l’isomorphisme de représentation matricielle dans $ℬ$, on obtient une base de $ℒ(E)$ dans laquelle $\varphi$ est représenté par une matrice diagonale.

On vérifie aisément que $\mathrm{\Phi }$ est endomorphisme de ${𝒮}_2(ℝ)$.

• (a)

  En choisissant la base de ${𝒮}_2(ℝ)$ formée des matrices $E_{\mathrm{1,1}},E_{\mathrm{2,2}}$ et $E_{\mathrm{1,2}}+E_{\mathrm{2,1}}$, on obtient la matrice de $\mathrm{\Phi }$ suivante

  $$\left(\begin{array}{ccc}\hfill 2a\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 2b\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 2d\hfill & \hfill 2c\hfill \\ \hfill c\hfill & \hfill b\hfill & \hfill a+d\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

• (b)

  Par la règle de Sarrus, on calcule ${\chi }_{\mathrm{\Phi }}(\lambda )$ et l’on obtient

  $${\chi }_{\mathrm{\Phi }}(2\lambda )=8\left(\lambda -\frac{a+d}{2}\right){\chi }_A(\lambda )\text{.}$$

• (c)

  Posons $\mathrm{\Delta }$ égal au discriminant de ${\chi }_A$.
  Si $\mathrm{\Delta }>0$ alors ${\chi }_{\mathrm{\Phi }}$ possède trois racines réelles distinctes

  $$a+d,a+d+\sqrt{\mathrm{\Delta }}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}a+d-\sqrt{\mathrm{\Delta }}\text{.}$$

  Si $\mathrm{\Delta }=0$ alors ${\chi }_{\mathrm{\Phi }}$ possède une racine réelle triple

  $$a+d\text{.}$$

  Si $\mathrm{\Delta }<0$ alors ${\chi }_{\mathrm{\Phi }}$ possède une racine réelle et deux racines complexes non réelles.

  Supposons $\mathrm{\Phi }$ diagonalisable.

  Le polynôme caractéristique de $\mathrm{\Phi }$ est scindé sur $ℝ$ donc $\mathrm{\Delta }\ge 0$.

  Si $\mathrm{\Delta }>0$ alors ${\chi }_A$ possède deux racines réelles distinctes et la matrice $A$ est donc diagonalisable.

  Si $\mathrm{\Delta }=0$ alors $\mathrm{\Phi }$ est diagonalisable et ne possède qu’une seule valeur propre $\lambda =a+d$ donc l’endomorphisme $\mathrm{\Phi }$ est une homothétie vectorielle de rapport égal à cette valeur propre. On obtient matriciellement

  $$\left(\begin{array}{ccc}\hfill 2a\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 2b\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 2d\hfill & \hfill 2c\hfill \\ \hfill c\hfill & \hfill b\hfill & \hfill a+d\hfill \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\hfill a+d\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill a+d\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill a+d\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

  On en déduit

  $$A=\left(\begin{array}{cc}\hfill a\hfill & \hfill b\hfill \\ \hfill c\hfill & \hfill d\hfill \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\hfill a\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill a\hfill \end{array}\right)$$

  et donc la matrice $A$ est diagonalisable.

• (d)

  Supposons $A$ diagonalisable
  Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé sur $ℝ$ donc $\mathrm{\Delta }\ge 0$.
  Si $\mathrm{\Delta }>0$ alors $\mathrm{\Phi }$ est diagonalisable car possède 3 valeurs propres réelles distinctes.
  Si $\mathrm{\Delta }=0$ alors $A$ possède une seule valeur propre et étant diagonalisable, c’est une matrice scalaire

  $$A=\left(\begin{array}{cc}\hfill a\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill a\hfill \end{array}\right)$$

  et alors la matrice de $\mathrm{\Phi }$ est diagonale

  $$\left(\begin{array}{ccc}\hfill 2a\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 2a\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 2a\hfill \end{array}\right)\text{.}$$

• (a)

  Soit $\lambda$ une valeur propre de $\phi$.
  Il existe $v\in ℒ(E)\setminus \{\tilde{0}\}$ tel que $u\circ v=\lambda v$.
  Soit alors $x\in E$ tel que $v(x)\ne 0$ (ce qui est possible puisque $v\ne \tilde{0}$)
  Puisque $u\left(v(x)\right)=\lambda v(x)$, on peut affirmer que $\lambda$ est valeur propre de $u$.
  Inversement, soit $\lambda$ une valeur propre de $u$ et $x\ne 0$ un vecteur propre associé.
  Considérons $v$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

  $$\forall 1\le i\le n,v(e_i)=x\text{.}$$

  L’endomorphisme $v$ est bien déterminé puisque l’on a ici fixé l’image d’une base.
  Puisque a $u\circ v=\lambda v$ (car cette égalité vaut pour les vecteurs d’une base), on obtient $\phi (v)=\lambda v$ avec $v\ne \tilde{0}$. Ainsi, $\lambda$ est aussi valeur propre de $\phi$.
  

• (b)

  Sachant $E_{i,j}{E}_{k,\mathrm{\ell }}={\delta }_{j,k}{E}_{i,\mathrm{\ell }}$,

  $$U{E}_{i,j}=\sum _{k,\mathrm{\ell }=1}^n{u}_{k,\mathrm{\ell }}{E}_{k,\mathrm{\ell }}{E}_{i,j}=\sum _{k=1}^n{u}_{k,i}{E}_{k,j}\text{.}$$

  Dans la base $((E_{\mathrm{1,1}},\mathrm{\dots },E_{n\mathrm{,1}}),(E_{\mathrm{1,2}},\mathrm{\dots },E_{n\mathrm{,2}}),\mathrm{\dots },(E_{1,n},\mathrm{\dots },E_{n,n}))$, la matrice de $\phi$ est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux chacun égaux à $U$.

• (a)

  Par bilinéarité du produit de composition, on vérifie aisément que $ℱ$ est linéaire.

• (b)

  Soit $f\in ℒ(E)$.

  Cas: $\mathrm{Im}(f)\subset \mathrm{Im}(p)$ et $\mathrm{Ker}(p)\subset \mathrm{Ker}(f)$. On a $ℱ(f)=f$.

  Un tel endomorphisme $f$ est entièrement déterminé par sa restriction de $\mathrm{Im}(p)$ vers $\mathrm{Im}(p)$. On en déduit

  $$dim{E}_1(ℱ)\ge {\left(dim\mathrm{Im}(p)\right)}^2\text{.}$$

  Cas: $\mathrm{Im}(f)\subset \mathrm{Ker}(p)$ et $\mathrm{Im}(p)\subset \mathrm{Ker}(f)$. On a $ℱ(f)=0$.

  Un tel endomorphisme $f$ est entièrement déterminé par sa restriction de $\mathrm{Ker}(p)$ vers $\mathrm{Ker}(p)$. On en déduit

  $$dim{E}_0(ℱ)\ge {\left(dim\mathrm{Ker}(p)\right)}^2\text{.}$$

  Cas: $\mathrm{Im}(f)\subset \mathrm{Im}(p)$ et $\mathrm{Im}(p)\subset \mathrm{Ker}(f)$. On a $ℱ(f)=\frac{1}{2}f$.

  Un tel endomorphisme $f$ est entièrement déterminé par sa restriction de $\mathrm{Ker}(p)$ vers $\mathrm{Im}(p)$.

  Cas: $\mathrm{Im}(f)\subset \mathrm{Ker}(p)$ et $\mathrm{Ker}(p)\subset \mathrm{Ker}(f)$. On a $ℱ(f)=\frac{1}{2}f$.

  Un tel endomorphisme $f$ est entièrement déterminé par sa restriction de $\mathrm{Im}(p)$ vers $\mathrm{Ker}(p)$.

  De plus, un endomorphisme appartenant à ces deux dernières catégories est nécessairement nul. On en déduit

  $$dim{E}_{1/2}(ℱ)\ge 2dim\mathrm{Ker}(p)\times dim\mathrm{Im}(p)\text{.}$$

  Or

  $${\left(dim\mathrm{Im}(p)\right)}^2+2dim\mathrm{Ker}(p)dim\mathrm{Im}(p)+{\left(dim\mathrm{Ker}(p)\right)}^2={\left(dim\mathrm{Im}(p)+dim\mathrm{Ker}(p)\right)}^2=dim{E}^2=dimℒ(E)$$

  donc $ℱ$ est diagonalisable.

• (c)

  Les inégalités sur les dimensions précédentes sont alors des égalités $dim{E}_1(ℱ)={\left(dim\mathrm{Im}(p)\right)}^2$, $dim{E}_0(ℱ)={\left(dim\mathrm{Ker}(p)\right)}^2$ et $dim{E}_{1/2}(ℱ)=2dim\mathrm{Ker}(p)\times dim\mathrm{Im}(p)$.