Exercice 6 - Exercice 1

L'expression de $$\varphi(X^k)$$ est :
$$\varphi(X^k) = (2X+1)\,X^k + (1-X^2)\,(X^k)'$$
Soit :
$$\varphi(X^k) = (2X+1)\,X^k + k\,(1-X^2)\,X^{k-1}$$
La présence de la puissance $$k-1$$ nous oblige à distinguer le cas $$k=0$$ et le cas $$k \neq 0$$. On a :
$$\,\,\,\,\, \bullet \,\,$$ Si $$k = 0$$
Dans ce cas, on a :
$$\varphi(X^0) = \varphi(1) = (2X+1)\,1 + k\,(1-X^2)\,(1)' = (2X+1)$$
Ce qui nous donne :
$$\varphi(X^0) = \varphi(1) = 2X+1$$
$$\,\,\,\,\, \bullet \bullet \,\,$$ Si $$k \geqslant 1$$ :
Dans ce cas, on a :
$$\varphi(X^k) = (2X+1)\,X^k + k\,(1-X^2)\,X^{k-1}$$
Ce qui nous permet d'écrire en développant :
$$\varphi(X^k) = 2 \, X \, X^k + X^k + k\,X^{k-1} - k X^2\, X^{k-1}$$
Soit encore :
$$\varphi(X^k) = 2 \, X^{k+1} + X^k + k\,X^{k-1} - k X^{k-1+2}$$
Finalement, on trouve que :
$$\varphi(X^k) = (2-k) \, X^{k+1} + X^k + k\,X^{k-1}$$

Comme $$P \in \mathbb{R}_n[X]$$, son expression, selon l'indéterminée $$X$$, est donc donnée par :
$$P(X) = \sum_{k = 0}^{n} a_k \, X^k \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \, : a_n \neq 0$$
Ainsi, on en déduit que :
$$\varphi(P)(X) = \varphi \left(\sum_{k = 0}^{n} a_k \, X^k \right) = \sum_{k = 0}^{n} a_k \, \varphi \left( X^k \right)$$
Selon la première question, on a alors :
$$\varphi(P)(X) = \sum_{k = 1}^{n} a_k \, \varphi \left( X^k \right) + a_0 \, \varphi \left( X^0 \right) = \sum_{k = 1}^{n} a_k \, \varphi \left( X^k \right) + a_0 \, \varphi \left( 1 \right)$$
Donc, on trouve que :
$$\varphi(P)(X) = \sum_{k = 1}^{n} \left( a_k (2-k) \, X^{k+1} + a_k \, X^k + k \, a_k \,X^{k-1} \right) + a_0 (2X+1)$$
Afin de clairement faire apparaitre le degré de $$\varphi(P)$$, on va donc écrire que :
$$\begin{array}{l} \varphi(P)(X) = \\ {\color{red}{a_n(2-n) \, X^{n+1}}} + a_nX^n + n a_n \,X^{n-1} + \displaystyle{\sum_{k = 1}^{n-1}} \left( a_k (2-k) \, X^{k+1} + a_k X^k + k \, a_k \, X^{k-1} \right) + a_0 (2X+1) \\ \end{array}$$
Donc, on constate que :
$$\clubsuit \,\,$$ si $$n = \deg P = 0$$ alors $$\deg \varphi (P) = 1$$ car :
$$P(X) = a_0 \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \varphi(P)(X) = a_0 (2X+1) = 2 a_0 \, X + a_0$$
$$\clubsuit \,\,$$ $$n = \deg P = 1$$ alors $$\deg \varphi (P) = 2$$ car :
$$P(X) = a_1X + a_0 \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \varphi(P)(X) = a_1(2-1)X^{1+1} + a_1 X^1 + 1 \, a_1\,X^{1-1} + a_0 (2X+1)$$
Soit :
$$P(X) = a_1X + a_0 \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \varphi(P)(X) = a_1 \,X^{2} + (2 a_0 + a_1) \, X + a_0 + a_1$$
$$\clubsuit \,\,$$ si $$n = \deg P = 2$$ alors on a :
$$P(X) = a_2 X^2 + a_1 X + a_0$$
On a donc :
$$\begin{array}{l} \varphi(P)(X) = \\ {\color{red}{a_2(2-2) \, X^{2+1}}} + a_2 X^2 + 2 a_2 \,X^{2-1} + a_1 (2-1) \, X^{1+1} + a_1 \, X^1 + 1 \, a_1 \,X ^{1-1} + a_0 (2X+1) \\ \end{array}$$
Soit :
$$\varphi(P)(X) = {\color{red}{0 \, X^{2+1}}} + a_2 X^2 + 2 a_2 \,X^{1} + a_1 \, X^{2} + a_1 \, X + a_1 \,X ^{0} + 2 a_0 \, X + a_0$$
Soit encore :
$$\varphi(P)(X) = (a_2 + a_1) X^2 + (2 a_2 + a_1 + 2 a_0 ) \,X + a_0 + a_1$$
Ainsi, si $$n = \deg P = 2$$ alors $$\deg \varphi (P) \leqslant 2$$.
Par exemple :
$$\bullet$$ si on a $$a_1 \neq - a_2$$ alors $$\deg \varphi (P) = 2$$ ;
$$\bullet$$ si on a $$a_1 = - a_2$$ \textbf{et} $$a_0 \neq - \dfrac{1}{2} a_2$$ alors $$\deg \varphi (P) = 1$$ ;
$$\bullet$$ si on a $$a_1 = - a_2$$ \textbf{et} $$a_0 = - \dfrac{1}{2} a_2$$ alors $$\deg \varphi (P) = 0$$ car dans ce cas précis $$a_0 = \dfrac{1}{2} a_1$$ et de fait $$a_0 + a_1 = \dfrac{3}{2} a_1 = - \dfrac{3}{2} a_2$$ ;
\item la seule possibilité pour avoir $$\varphi(P)(X) = 0$$ serait d'avoir $$a_0 = a_1 = a_2 = 0$$. Mais cela n'est pas possible par ici $$a_2 \neq 0$$.
$$\clubsuit \,\,$$ si $$n = \deg P \geqslant 3$$ alors $$\deg \varphi (P) = n+1$$
$${\color{red}{\bf{En \,\, conclusion :}}}$$
$${\color{red}{\,\,\,\,\, \bullet \,\, si \,\,\deg P \neq 2 \,\, alors \,\, \deg \varphi (P) = 1 + \deg P ;}}$$
$${\color{red}{\,\,\,\,\, \bullet \,\, si \,\, \deg P = 2 \,\, alors \,\, \deg \varphi (P) \leqslant 2.}}$$

Pour que $$\varphi$$ soit injective, il suffit que $$\ker \varphi = 0_E$$. On a alors :
$$\varphi(P)(X) = 0_E \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, (2X+1)\,P(X) + (1-X^2)\,P'(X) = 0$$
Soit :
$$-\dfrac{2X+1}{1-X^2} = \dfrac{P'(X)}{P(X)} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{2X+1}{X^2-1} = \dfrac{P'(X)}{P(X)}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{2X}{X^2-1} + \dfrac{1}{X^2-1} = \dfrac{P'(X)}{P(X)} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{2X}{X^2-1} + \dfrac{1}{(X+1)(X-1)} = \dfrac{P'(X)}{P(X)}$$
En effectuant une décomposition en éléments simples sur la seconde fraction rationnelle, on obtient alors :
$$\dfrac{2X}{X^2-1} + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{X-1} - \dfrac{1}{X+1} \right) = \dfrac{P'(X)}{P(X)}$$
Par intégration, avec $$q \in \mathbb{R}$$, on trouve que :
$$\ln(X^2-1) + \dfrac{1}{2} \left( \ln(X-1) - \ln(X+1) \right) + q = \ln(P(X))$$
Soit encore :
$$\ln(X^2-1) + \dfrac{1}{2} \ln\left( \dfrac{X-1}{X+1} \right) + q = \ln(P(X))$$
Ainsi, on a encore :
$$\ln(X^2-1) + \ln\left( \sqrt{\dfrac{X-1}{X+1}} \right) + q = \ln(P(X))$$
Avec les propriétés algébriques des logarithmes, on obtient :
$$\ln\left( (X^2-1)\sqrt{\dfrac{X-1}{X+1}} \right) + q = \ln(P(X))$$
En posant $$q = \ln(r)$$, et donc $$r \in \mathbb{R}$$, on obtient :
$$\ln\left( (X^2-1)\sqrt{\dfrac{X-1}{X+1}} \right) + \ln(r) = \ln(P(X)) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \ln\left( r(X^2-1)\sqrt{\dfrac{X-1}{X+1}} \right) = \ln(P(X))$$
Ce qui nous donne :
$$P(X) =r(X^2-1)\sqrt{\dfrac{X-1}{X+1}}$$
$${\color{red}{\textbf{Cette \,\, expression \,\, n'est \,\, pas \,\, possible \,\, car \,\, elle \,\, n'est \,\, pas \,\, polynomiale}}}$$. Donc, il nous faut une autre approche. D'après les questions précédentes, on sait qu'à partir de $$P \in \mathbb{R}_n[X]$$, $${\color{red}{\bf{la \,\, seule \,\, possibilité}}}$$ pour obtenir une image $$\varphi(P)$$ qui soit nulle est de partir d'un polynôme du second degré, à savoir :
$$P(X) = a_2 X^2 + a_1 X + a_0 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \varphi(P)(X) = (a_2 + a_1) X^2 + (2 a_2 + a_1 + 2 a_0 ) \,X + a_0 + a_1$$
Avec :
$$a_2 = a_1 = a_0 = 0$$
Ainsi, on en déduit que le noyau est composé uniquement du polynôme nul :
$$\ker \varphi = 0_E$$
Et de fait $$\varphi$$ est injective.

On rappelle que pour qu'une application $$f : E \longrightarrow F$$ soit déclarée surjective, il faut que $${\color{red}{\bf{tous \,\, les \,\, éléments}}}$$ de $$F$$ admette au moins un antécédent dans $$E$$.
D'après l'étude sur les degrés de $$P$$ et de $$\varphi(P)$$, on constate que tous les polynômes images $$\varphi(P)$$ de degré $$3$$ n'admette pas d'antécédent $$P$$. Donc $$\varphi$$ n'est pas surjective.

Soit $$\lambda$$ un réel. La relation
$$\varphi(P) = \lambda \, P$$
implique que :
$$\deg \varphi(P) = \deg P$$
Ceci n'est possible qu'avec les polynôme du second degré ; donc le coefficient réel $$a_2 \neq 0$$. Donc, on en déduit que l'on a la relation suivante :
$$(a_2 + a_1) X^2 + (2 a_2 + a_1 + 2 a_0 ) \,X + a_0 + a_1 = \lambda \left( a_2 X^2 + a_1 X + a_0 \right)$$
Soit encore :
$$(a_2 + a_1) X^2 + (2 a_2 + a_1 + 2 a_0 ) \,X + a_0 + a_1 = \lambda a_2 X^2 + \lambda a_1 X + \lambda a_0$$
Ainsi, on a les trois égalités suivantes :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a_2 + a_1 & = & \lambda a_2 \\ 2 a_2 + a_1 + 2 a_0 & = & \lambda a_1 \\ a_0 + a_1 & = & \lambda a_0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a_1 & = & (\lambda - 1) \, a_2 \\ a_1 & = & (\lambda - 1) \, a_0 \\ 2 (a_2 + a_0) & = & (\lambda - 1) \, a_1 \\ \end{array} \right.$$
A ce stade, deux cas sont à distinguer : $$\lambda = 1$$ et $$\lambda \neq 1$$. On a alors :
$${\color{red}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \,\, \lambda = 1}}$$
Dans ce cas, on obtient :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a_1 & = & 0 \\ a_0 & = & - a_2 \\ \end{array} \right.$$
Ce qui nous donne donc :
$$P_{\lambda = 1}(X) = a_2 X^2 + 0 X - a_2$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{P_{\lambda = 1}(X) = a_2 \left( X^2 - 1 \right)}}}$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \,\, \lambda \neq 1}}$$
Dans ce cas, on obtient :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a_0 & = & a_2 \\ a_1 & = & (\lambda - 1) \, a_2 \\ 2 (2a_2) & = & (\lambda - 1) \, a_1 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a_0 & = & a_2 \\ a_1 & = & (\lambda - 1) \, a_2 \\ 4 a_2 & = & (\lambda - 1) \, a_1 \\ \end{array} \right.$$
Les deux dernière lignes nous permettent d'écrire que :
$$4 a_2 = (\lambda - 1) \times (\lambda - 1) \, a_2$$
Comme $$a_2 \neq 0$$, on peut simplifier par ce coefficient réel $$a_2$$, et ainsi, on obtient :
$$4 = (\lambda - 1)^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 2^2 = (\lambda - 1)^2$$
Ainsi :
$$\lambda - 1 = \pm 2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \lambda = 1 \pm 2$$
Et on trouve que :
$$\lambda = 3 \,\,\,\, \mathrm{ou \, bien} \,\,\,\, \lambda = -1$$
Donc, avec $$\lambda = 3$$, on a :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a_0 & = & a_2 \\ a_1 & = & 2\, a_2 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, P_{\lambda = 3}(X) = a_2 X^2 + 2 a_2 X + a_2$$
Soit en factorisant :
$${\color{blue}{\boxed{P_{\lambda = 3}(X) = a_2 \left( X + 1 \right)^2}}}$$
Et avec $$\lambda = -1$$, on a :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a_0 & = & a_2 \\ a_1 & = & -2\, a_2 \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, P_{\lambda = -1}(X) = a_2 X^2 - 2 a_2 X + a_2$$
Soit en factorisant :
$${\color{blue}{\boxed{P_{\lambda = -1}(X) = a_2 \left( X - 1 \right)^2}}}$$