Un endomorphisme symétrique de ℝn[X]

(Exercice d’oral Centrale Mp)
Dans tout le problème, {n} est un entier naturel donné.

On munit {\mathbb{R}_n[X]} du produit scalaire : {(A\mid B)=\displaystyle\int_0^1A(x)\,B(x)\,\text{d}x}.
Pour tous {P\in\mathbb{R}_n[X]} et {x\in\mathbb{R}}, on pose : {u_{n}(P)(x)=\displaystyle\int _0^1(x+t)^nP(t)\,\text{d}t}

  1. Montrer que {u_{n}} est un isomorphisme symétrique de {\mathbb{R}_n[X]}

  2. Soit {\lambda_{0},\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n}} les valeurs propres de {u_{n}}.

    Soit {(P_0,\ldots ,P_n)} une b.o.n. de diagonalisation de {u_{n}} ({P_i} correspond à {\lambda_i}).

    Avec {Q_{t}=(X+t)^{n}}, montrer que : {Q_{t}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_k P_k(t)P_k}.
    En déduire que {\text{tr}(u_{n})=\dfrac{2^n}{n+1}}.

    Comment aurait-on pu obtenir directement ce résultat~?

  3. Montrer que {\text{tr}(u_{n}^2)=\displaystyle\int _0^1\|Q_t\|^2\,\text{d}t=\dfrac{2^{2n+1}-1}{(n+1)(2n+1)}}.

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  1. On peut écrire : {\begin{array}{rl}u_{n}(P)&=\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\biggl(\displaystyle\int_0^1t^{n-k}P(t)\,\text{d}t\biggr)X^{k}\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\,\big(X^{n-k}\mid P\big)\,X^{k}\end{array}}Ainsi {u_{n}} est clairement un endomorphisme de {\mathbb{R}_{n}[X]}.

    De même {(u_{n}(P)|Q)=\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\,\big(X^{n-k}\mid P\big)\,\big(X^{k}\mid Q\big)} et {u_{n}} est symétrique.

    Enfin {P\in{Ker}(u_{n})\Rightarrow \Bigl(\forall\, k\in [[ 0,n]],\;(P\mid X^{n-k})=0\Bigr)\Rightarrow P=0}.

    Ainsi {u_{n}} est injectif, donc est un automorphisme symétrique de {(\mathbb{R}_{n}[X],\,\mid\;)}.

  2. On a {u_{n}(P_k)=\lambda_k P_k} et les {P_{k}} sont orthonormés.

    En particulier {\left\|{P_{k}}\right\|^{2}=\displaystyle\int _0^1P_k^{2}(x)\,\text{d}x=1}.

    On sait également que {Q_t=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^n\alpha_k(t)P_k}, avec {\alpha_k(t)=(Q_t\mid P_k)}.

    Mais : {(Q_t\mid P_k)=\displaystyle\int _0^1(x+t)^nP_k(x)\,\text{d}x=u_{n}(P_k)(t)=\lambda_kP_k(t)}.

    Il en résulte : {Q_{t}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_kP_k(t)P_k}.

    En particulier : {\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_kP_{k}^{2}(t)=Q_{t}(t)=(2t)^{n}} pour tout réel {t}. Ainsi : {\begin{array}{rl}\text{tr}(u_{n})&=\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_k=\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_k\int_{0}^{1}P_{k}^{2}(t)\,\text{d}t\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_kP_{k}^{2}(t)\,\text{d}t=\displaystyle\int _0^1(2t)^n\,\text{d}t=\dfrac{2^n}{n+1}\end{array}}

    Autre méthode! On a {u_{n}(X^p)=\displaystyle\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\dfrac{X^k}{n+p-k+1}}.

    Le coefficient de degré {p} en est {\displaystyle\binom{n}{p}\dfrac{1}{n+1}}.

    Ainsi, grâce à la matrice de {u} dans {(1,X,\ldots,X^{n})} :
    {\text{tr}(u_{n})=\displaystyle\dfrac{1}{n+1}\sum_{p=0}^n\binom{n}{p}=\dfrac{2^n}{n+1}}

  3. On a {Q_{t}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_k P_k(t)P_k}. Ainsi : {\text{tr}(u_{n}^2)=\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_k^2=\displaystyle\int _0^1\sum_{k=0}^n\lambda_k^2P_k^2(t)\,\text{d}t=\displaystyle\int _0^1\|Q_t\|^2\,\text{d}t}Mais {\|Q_t\|^2=\displaystyle\int _{0}^{1}(x+t)^{2n}\,\text{d}x=\dfrac{1}{2n+1}\left((t+1)^{2n+1}-t^{2n+1}\right)}. Ainsi : {\begin{array}{rl}\text{tr}(u_{n}^2)&=\dfrac{1}{2(n+1)(2n+1)}\Bigl[(t+1)^{2n+2}-t^{2n+2}\Bigr]_{0}^{1}\\\\&=\dfrac{2^{2n+1}}{(n+1)(2n+1)}\end{array}}