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Dans cet exercice, on désigne par p un nombre entier naturel non nul et par p [ X ] l'espace vectoriel des fonctions polynômes de degré inférieur ou égal à p .

  1. Étude d'un endomorphisme φ de p [ X ]

    1. On associe à toute fonction polynôme P la fonction P ^ définie sur par : P ^ ( x ) = 1 x 1 1 x P ( t ) t si  x 1    et P ^ ( 1 ) = P ( 1 ) Soit P p [ X ] et P ( t ) = k = 0 p a k t k pour tout t son écriture.

      On a alors 1 x P ( t ) t = [ k = 0 p a k 1 k + 1 t k + 1 ] t = 1 x = k = 0 p a k 1 k + 1 x k + 1 k = 0 p a k 1 k + 1 (constante)

      Donc la fonction x 1 x P ( t ) t est polynômiale de degré deg P + 1

      Et comme 1 1 P ( t ) t = 0 alors 1 est racine de ce polynôme.

      Soit Q ( x ) = 1 x P ( t ) t est donc factorisable par ( x 1 ) : Q ( x ) = ( x 1 ) R ( x ) avec R fonction polynôme de degré deg ( Q ) 1 = deg ( P ) .

      Donc P ^ ( x ) = R ( x ) pour x 1.

      Reste à voir si R ( 1 ) = P ( 1 ) .

      Astuce : en dérivant (les fonctions polynomes sont dérivables sur ) on a

      • d'une part Q ( x ) = P ( x ) (intégrale fonction de la borne supérieure)

      • d'autre part : Q ( x ) = ( x 1 ) R ( x ) + R ( x ) et Q ( 1 ) = R ( 1 )

      Autre idée : on peut ausi passer par une écriture du polynôme qui favorise 1 via un changement de variable x = t + 1

      P ( x ) = k = 0 p a k x k = k = 0 p a k ( t + 1 ) k et en développant P ( x ) = k = 0 p b k t k = k = 0 p b k ( x 1 ) k

      On a alors Q ( x ) = k = 0 p b k 1 k + 1 ( x 1 ) k + 1 d'où R ( x ) = k = 0 p b k 1 k + 1 ( x 1 ) k et R ( 1 ) = b 0 = P ( 1 )

      Donc P ( 1 ) = R ( 1 ) = P ^ ( 1 ) et pour tout x : R ( x ) = P ^ ( x ) donc P ^ est polynomial de degré deg ( P )

      Ou encore : Q est une primitive de P . Donc Q = P et donc le taux d'accroissement de Q entre 1 et x est :

      R ( x ) = 1 x 1 ( Q ( x ) Q ( 1 ) ) Q ( 1 ) = P ( 1 ) (avec Q ( 1 ) = 0 ) on a donc R ( x ) P ( 1 ) et par continuité de la fonctinpoynôme R , R ( 1 ) = P ( 1 ) .

      Donc

      Conclusion :

      P ^ est une fonction polynôme de même degré que P lorsque P 0 .

    2. On considère l'application φ associant à toute fonction polynôme P appartenant à p [ X ] la fonction polynôme P ^ définie ci-dessus.
      φ est une application de p [ X ] dans p [ X ]

      reste à voir la linéarité :

      Soient P 1 et P 2 p [ X ] et α et β .

      Pour x 0 : φ ( α P 1 + β P 2 ) ( x ) = 1 x 1 1 x ( α P 1 + β P 2 ) ( t ) t = 1 x 1 α 1 x P 1 ( t ) t + 1 x 1 β 1 x P 2 ( t ) t = α φ ( P 1 ) ( x ) + β φ ( P 2 ) ( x )

      Et pour x = 1 : φ ( α P 1 + β P 2 ) ( 1 ) = ( α P 1 + β P 2 ) ( 1 ) = α P 1 ( 1 ) + β P 2 ( 1 ) = α φ ( P 1 ) ( 1 ) + β φ ( P 2 ) ( 1 ) Donc φ ( α P 1 + β P 2 ) = α φ ( P 1 ) + β φ ( P 2 )

      Conclusion :

      φ est un endomorphisme de p [ X ]

      Pour l'injectivité :

      D'après le degré, si P 0 alors deg ( φ ( P ) ) = deg ( P ) . Donc φ ( P ) 0.

      Et seule 0 peut avoir une image nulle.

      Donc ker ( φ ) = 0

      Conclusion :

      φ est injective

      Et comme les dimension du départ est de l'arrivée sont les même, le théorème du rang nous donne alors

      Conclusion :

      φ est surjective
      et est donc bijective.

    3. On calcule l'intégrale :

      1 x e k ( t ) t = 1 x t k t = [ 1 k + 1 t k + 1 ] 1 x = 1 k + 1 ( x k + 1 1 ) donc, pour x 1 , φ ( e k ) ( x ) = 1 k + 1 x k + 1 1 x 1 écriture qui peut se factoriser en φ ( e k ) ( x ) = 1 k + 1 i = 0 k x i

      et en 1 , φ ( e k ) ( 1 ) = e k ( 1 ) = 1 = 1 k + 1 i = 0 k 1 i

      Conclusion :

      φ ( e k ) = 1 k + 1 i = 0 k e i

      et on a les coordonnées des images sur la base canonique, donc la matrice :

      m a t ( φ ) = ( 1 1 2 1 3 \dots 1 p + 1 0 1 2 1 3 0 0 1 3 0 0 0 0 0 0 0 1 p + 1 )

    4. Comme la matrice de φ est triangulaire, ses valeurs propres sont sur la diagonale.

      Donc φ a p + 1 valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.

      Conclusion :

      Les valeurs propres de φ sont : 1 , 1 2 , \dots , 1 p + 1 et φ est diagonalisable.

  2. Étude des éléments propres de l'endomorphisme φ

    1. On voit sur la matrice que e 0 est vecteur popre associé à 1.

      Comme la forme diagonalisée nous donne la dimension du sous espace propre , 1, on en déduit que ( e 0 ) est uine base de ce sous espace popre.

      Conclusion :

      Le sous espace propre associé à 1 est V e c t ( e 0 )

      Conclusion :

      les fonctions propres sont V e c t ( e 0 ) \ { 0 }

    2. On considère une valeur propre λ de φ et une fonction polynôme propre associée P .
      On a alors φ ( P ) = λ P et φ ( P ) ( x ) = λ P ( x ) soit pour x 1 1 x 1 1 x P ( t ) t = λ P ( x )  et 1 x P ( t ) t = λ ( x 1 ) P ( x ) qui est également vraie pour x = 1 .

      Donc, en dérivant (intégrale fonction de la borne supérieure)

      P ( x ) = λ ( x 1 ) P ( x ) + λ P ( x )  et donc  Conclusion :

      ( 1 λ ) P ( x ) = λ ( x 1 ) P ( x ) pour tout x

      Qui donne pour x = 1 : ( 1 λ ) P ( 1 ) = 0 et P ( 1 ) = 0 si λ 1

      Conclusion :

      Pour P fonction propre associé à λ 1 , 1 est racine de P .

    3. On calcule pour x 1 :

      (il serait très maladroit de développer ( t 1 ) k pour le primitiver ) 1 x P k ( t ) t = 1 x ( t 1 ) k t = t = [ 1 k + 1 ( t 1 ) k + 1 ] 1 x = 1 k + 1 ( x 1 ) k + 1 donc φ ( P k ) ( x ) = 1 k + 1 P k ( x ) et par continuité, ceci est encore valable en 0.

      Conclusion :

      φ ( P k ) = 1 k + 1 P k

      Donc la famille ( P 0 , P l , , P p ) est (au choix)

      • une famille de fonctions propre associé à des valeurs porpes distinctes, donc libre.

      • comme P k est de dgré k , la famille est échelonnée donc libre.

      de p + 1 vecteurs, dans p [ X ] qui est de dimension p + 1.

      Conclusion :

      ( P 0 , P l , , P p ) est une base -de vecteurs propres- de p [ X ] .

    4. On considère une fonction polynôme P exprimée comme suit dans la base précédente : P = a 0 P 0 + a 1 P 1 + + a p P p

      Comme les vecteurs propres non associé à 1 s'annulent en 1 alors P ( 1 ) = a 0 P 0 ( 1 ) = a 0

      Conclusion :

      a 0 = P ( 1 )

      On a Φ 1 = φ ( P )  par linéarité = k = 0 p a k φ ( P k ) = k = 0 p a k 1 k + 1 P k et de même Φ 2 = φ ( φ ( P ) ) = φ ( Φ 1 ) = k = 0 p a k 1 ( k + 1 ) 2 P k

      et (par récurrence)

      Conclusion :

      Φ n = k = 0 p a k 1 ( k + 1 ) n P k pour n *
      n * .
      On a alors, pour k 1 : | k + 1 | > 1 et 1 ( k + 1 ) n 0 quand n + .

      Donc dans la somme Φ n ( x ) , seul le terme a 0 1 1 n P 0 ( x ) = a 0 ne tend pas vers 0.

      Conclusion :

      Φ n ( x ) a 0 quand n +

      Et comme a 0 = P ( 1 ) , pour P ( x ) = x p on a a 0 = P ( 1 ) = 1

      Conclusion :

      si P ( x ) = x p alors Φ n ( x ) tend vers 1 quand n tend vers +

  3. Application à une marche aléatoire
    Un individu se déplace sur les points d'abscisse 0, 1, 2, p selon les règles suivantes :
    il est au point d'abscisse p à l'instant 0.
    il est au point d'abscisse k ( 0 k p ) à l'instant n ( n ) , il est de façon équiprobable en l'un des k + 1 points d'abscisses 0 , 1 , , k à l'instant n + 1 .

    Pour tout nombre entier naturel n , on désigne par X n la variable aléatoire indiquant l'abscisse du point où se trouve l'individu à l'instant n et par E ( X n ) , son espérance.

    1. Comme ( X n = 0 , X n = 1 , , \dots , X n = p ) est un système complet d'événements,

      P ( X n + 1 = k ) = i = 0 p P ( X n = i ) P X n = i ( X n + 1 = k ) On intèrpète le conditionnement :

      Quand X n = i , les abscisses de 0 à i sont équiprobables et ont donc une probabilité de 1 i + 1 .

      Les autres sont de probabilité nulle.

      Donc, si i k on a P X n = i ( X n + 1 = k ) = 1 i + 1 et si i < k on a P X n = i ( X n + 1 = k ) = 0.

      Et dansla somme, il ne reste donc que :

      Conclusion :

      P ( X n + 1 = k ) = i = k p 1 i + 1 P ( X n = i )

    2. On a donc

      ( P ( X n + 1 = 0 ) P ( X n + 1 = 1 ) P ( X n + 1 = p ) ) = ( 1 P ( X n = 0 ) + 1 2 P ( X n = 1 ) + \dots + 1 p + 1 P ( X n = p ) 1 2 P ( X n = 1 ) + \dots + 1 p + 1 P ( X n = p ) 1 p + 1 P ( X n + 1 = p ) ) = ( 1 1 2 1 p + 1 0 1 2 1 p + 1 0 0 1 p + 1 ) ( P ( X n = 0 ) P ( X n = 1 ) P ( X n = p ) ) Conclusion :

      M = m a t ( φ ) vérifie U n + 1 = M U n

    3. On calcule : ( 0 1 2 p ) ( 1 1 2 1 3 1 p + 1 0 1 2 1 3 1 p + 1 0 1 2 1 3 1 p + 1 0 0 0 1 p + 1 ) = ( 0 1 2 1 0 + 1 + \dots p p + 1 ) = ( 0 1 2 2 2 p ( p + 1 ) ( p + 1 ) 2 ) = 1 2 0 1 2 p Conclusion :

      ( 0 1 2 p ) M = 1 2 ( 0 1 2 p )
      .

      On a ( 0 1 2 p ) U n = ( 0 P ( X n = 0 ) + \dots + p P ( X n = p ) ) = ( E ( X n ) )

      Et comme ( 0 1 2 p ) U n + 1 = ( 0 1 2 p ) M U n = 1 2 ( 0 1 2 p ) U n

      on a donc

    4. Conclusion :

      E ( X n + 1 ) = 1 2 E ( X n )

      suite géométrique de premier terme E ( X 0 ) = p (car il est en p à l'instant 0 )

      Conclusion :

      E ( X n ) = ( 1 2 ) n p et E ( X n ) 0 quand n +

      car | 1 2 | < 1.

    5. On a U 0 = ( 0 1 ) , et comme la suiet U est géométrique matricielle on a

      Conclusion :

      U n = M n U 0

      Pour utiliser 2.d, on ne fait pas le classique changement de base, mais on introduit un polynôme en relation avec U n :

      Q n = P ( X n = 0 ) 1 + + P ( X n = p ) X p qui a pour coordonnées U n dans la base canonique de p [ X ] .

      La relation U n = M n U 0 se traduit alors sur les vecteurs par Q n = φ n ( Q 0 ) = φ n ( X p )

      Et comme φ n ( X p ) ( x ) 1 pour tout x , on a en particulier pour x = 0

      P ( X n = 0 ) = Q n ( 0 ) = φ n ( X p ) ( 0 ) 1 quand n + .

      La somme des probabliités de la oi valant 1 et étant positives on a alors P ( X n = k ) 0 pour k 1

      ( P ( X n = k ) = 1 donc 0 P ( X n = k ) = 1 P ( X n = 0 ) \dots 1 P ( X n = 0 ) 0 et par encadrement P ( X n = k ) 0 )

      Conclusion :

      les p + 1 composantes de U n ont pour limites (de haut en bas) 1, 0, 0, ... , 0 quand n tend vers +

      Interprètation :

      La probabilité que le point échappe à l'oroigine est nulle, à long terme.