-
On peut faire par étape :
f
est définie sur
E
car toute fonction polynôme est dérivable.
Soit
P
est un polynôme de degré inférieur ou égal à 2.
P
′
sera de degré inférieur ou égal à
1.
et
x
→
(
x
−
1
)
⁢
P
′
⁡
(
x
)
+
P
⁡
(
x
)
sera un polynôme de degré inférieur ou égal à 2.
Donc
f
est une application e
E
dans
E
.
Pour la linéarité :
Soient
P
et
R
de
E
et
α
et
β
réels,
f
⁡
(
α
⁢
P
+
β
⁢
R
)
⁢
(
x
)
=
(
x
−
1
)
⁢
(
α
⁢
P
+
β
⁢
R
)
′
⁡
(
x
)
+
(
α
⁢
P
+
β
⁢
R
)
⁢
(
x
)
=
(
x
−
1
)
⁢
α
⁢
P
′
⁡
(
x
)
+
(
1
−
x
)
⁢
β
⁢
R
′
⁡
(
x
)
+
α
⁢
P
⁡
(
x
)
+
β
⁢
R
⁡
(
x
)
=
α
⁢
f
⁡
(
P
)
⁢
(
x
)
+
β
⁢
f
⁡
(
R
)
⁢
(
x
)
Donc
f
⁡
(
α
⁢
P
+
β
⁢
R
)
=
α
⁢
f
⁡
(
P
)
⁢
(
x
)
+
β
⁢
f
⁡
(
R
)
⁢
(
x
)
Conclusion :
f
est un endomrphisme de
E
On peut aussi faire plus rapide :
Soit
P
∈
E
:
P
⁡
(
x
)
=
a
+
b
⁢
x
+
c
⁢
x
2
Alors
f
⁡
(
P
)
est définie et
f
⁡
(
P
)
⁢
(
x
)
=
(
x
−
1
)
⁢
(
b
+
2
⁢
c
⁢
x
)
+
a
+
b
⁢
x
+
c
⁢
x
2
=
a
−
b
+
(
2
⁢
b
−
2
⁢
c
)
⁢
x
+
3
⁢
c
⁢
x
2
Donc
f
⁡
(
P
)
est un polynôme de
E
.
et
f
⁡
(
P
)
a pour coordonnées
(
a
−
b
2
⁢
b
−
2
⁢
c
3
⁢
c
)
=
(
1
−
1
0
0
2
−
2
0
0
3
)
⁢
(
a
b
c
)
dans la base canonique.
Donc
f
est l'endomorphoisme de
E
associé à
A
dans la base canonique.
Donc
f
est un endomorphisme de
E
et sa matrice est
A
.
-
On calcule les images des vecteurs de la base canonique, et leurs
coordonnées.
P
⁡
(
x
)
=
1
alors
P
′
⁡
(
x
)
=
0
et
f
⁡
(
P
)
⁢
(
x
)
=
P
⁡
(
x
)
=
1
(coordonnées
(
1
,
0
,
0
)
)
P
⁡
(
x
)
=
x
alors
P
′
⁡
(
x
)
=
1
et
f
⁡
(
P
)
⁢
(
x
)
=
(
x
−
1
)
+
x
=
2
⁢
x
−
1
(coordonnées
(
−
1
,
2
,
0
)
)
P
⁡
(
x
)
=
x
2
alors
P
′
⁡
(
x
)
=
2
⁢
x
et
f
⁡
(
P
)
⁢
(
x
)
=
(
x
−
1
)
⁢
2
⁢
x
+
x
2
=
3
⁢
x
2
−
2
⁢
x
(coordonnées
(
0
,
−
2
,
3
)
)
Donc la matrice
A
de
f
dans
ℬ
,
est :
A
=
(
1
−
1
0
0
2
−
2
0
0
3
)
-
Comme
A
est triangulaire, ses valeurs propers sont sur la diagonale.
Conclusion :
les valeurs propres de
f
sont donc 1, 2 et 3.
Comme
f
a trois valeurs propres ditinctes,
elle est diagonalisable.
Comme aucune valeur propre n'est nulle,
f
est bijective et
f
est un automorphisme de
E
-
On a
pour tout réel
x
:
R
0
′
⁡
(
x
)
=
0
,
R
1
′
⁡
(
x
)
=
1
et
R
2
⁡
(
x
)
=
2
⁢
(
x
−
1
)
donc
f
⁡
(
R
0
)
⁢
(
x
)
=
0
+
1
=
1
f
⁡
(
R
1
)
⁢
(
x
)
=
(
x
−
1
)
+
x
−
1
=
2
⁢
(
x
−
1
)
f
⁡
(
R
2
)
⁢
(
x
)
=
(
x
−
1
)
⁢
2
⁢
(
x
−
1
)
+
(
x
−
1
)
2
=
3
⁢
(
x
−
1
)
2
Conclusion :
f
⁡
(
R
0
)
=
R
0
:
f
⁡
(
R
1
)
=
2
⁢
R
1
:
f
⁡
(
R
2
)
=
3
⁢
R
2
-
Comme les trois sont non nuls, ce sont des vecteurs propres associés.
Ils sont associés à des valeurs propres distinctes, donc ils forment
une famile libre.
Ils sont trois.
Conclusion :
ℬ
′
=
(
R
0
,
R
1
,
R
2
)
est une base de vecteurs propres de
f
.
On a leurs coordonnées dans la base canonique :
R
0
⁡
(
x
)
=
1
:
coordonnées
(
1
,
0
,
0
)
R
0
⁡
(
x
)
=
x
−
1
:
coordonnées
(
−
1
,
1
,
0
)
R
2
⁡
(
x
)
=
(
x
−
1
)
2
=
x
2
−
2
⁢
x
=
1
:
coordonnées
(
1
,
−
2
,
1
)
Donc
P
=
(
1
−
1
1
0
1
−
2
0
0
1
)
et
D
=
(
1
0
0
0
2
0
0
0
3
)
-
on vérifie pour tout réel
x
:
R
2
⁢
x
+
2
⁢
R
1
⁡
(
x
)
+
R
0
⁡
(
x
)
=
x
⁢
(
x
−
1
)
2
+
2
⁢
(
x
−
1
)
+
1
=
x
2
=
P
2
⁡
(
x
)
R
1
⁡
(
x
)
+
R
0
⁡
(
x
)
=
(
x
−
1
)
+
1
=
P
1
⁡
(
x
)
Donc
P
2
a pour coordonnées
(
1
,
2
,
1
)
dans
ℬ
′
P
1
a pour coordonnées
(
1
,
1
,
0
)
et enfin
P
0
=
R
0
apour coordonées
(
1
,
0
,
0
)
dans
ℬ
′
.
Donc la matrice de passage de
ℬ
′
dans
ℬ
est
P
−
1
=
(
1
1
1
0
1
2
0
0
1
)
( ce que l'on vérifie en calculant le produit
P
−
1
⁢
P
=
I
)
-
La formule de changement de base donnc alors
A
=
P
⁢
D
⁢
P
−
1
et
A
−
1
=
(
P
−
1
)
−
1
⁢
D
−
1
⁢
P
−
1
Conclusion :
A
−
1
=
P
⁢
D
⁢
P
−
1
N.B. :
(
A
⁢
B
)
−
1
=
B
−
1
⁢
A
−
1
,
l'ordre du produit s'inverse !
On a alors par récurrence
-
Pour
n
=
0
:
P
⁢
[
D
−
1
]
0
⁢
P
−
1
=
I
=
A
0
-
Soit
n
∈
ℕ
tel que
[
A
−
1
]
n
=
P
⁢
[
D
−
1
]
n
⁢
P
−
1
alors
[
A
−
1
]
n
+
1
=
A
⁢
[
A
−
1
]
n
=
P
⁢
D
⁢
P
−
1
⁢
P
⁢
[
D
−
1
]
n
⁢
P
−
1
=
P
⁢
[
D
−
1
]
n
+
1
⁢
P
−
1
Conclusion :
pour tout entier
n
:
[
A
−
1
]
n
=
P
⁢
[
D
−
1
]
n
⁢
P
−
1
la troisième colonne de la matrice
[
A
−
1
]
n
est issue du produit par la troisième colonne de
P
−
1
.
On connait les puissnce de
D
car
D
est diagonale.
[
A
−
1
]
n
=
P
⁢
[
D
−
1
]
n
⁢
(
\dots
1
\dots
2
\dots
1
)
=
P
⁢
(
1
−
n
0
0
0
2
−
n
0
0
0
3
−
n
)
⁢
(
\dots
1
\dots
2
\dots
1
)
=
(
1
−
1
1
0
1
−
2
0
0
1
)
⁢
(
\dots
1
\dots
2
⋅
2
−
n
\dots
3
−
n
)
=
(
\dots
1
−
2
⋅
2
−
n
+
3
−
n
\dots
2
⋅
2
−
n
−
2
⋅
3
−
n
\dots
3
−
n
)
On s'intéresse à une suite d'épreuves définies de la
manière suivante :