Corrigé des exercices - Dunod

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3. On sait que l’image par f d’une base est une famille génératrice de Im(f). Comme
pour k ∈ [1,n] on a f(X k ) = (k − 1)X k−1 et f(1) = −1, on en déduit que la famille
(−1,0,X,2X 2 ,...,(n − 1)X n−1 ) est génératrice de Im(f). Il en est alors de même de la
famille (1,X,X 2 ,...,X n−1 ). Or cette famille est libre, c’est donc une base de Im(f).
Exercice 10.6
1. Soient P,Q ∈ K n [X] et λ,µ deux scalaires. On a
donc u est linéaire, et
v est linéaire.
2. Soit P ∈ K[X], on a
u(λP + µQ) = −n(λP + µQ) + 2X(λP + µQ) ′
= λ(−nP + 2XP ′ ) + µ(−nQ + 2XQ ′ )
= λu(P) + µu(Q)
v(λP + µQ) = nX(λP + µQ) − X 2 (λP + µQ) ′
= λ(nXP − X 2 P ′ ) + µ(nXQ − X 2 Q ′ )
= λv(P) + µv(Q)
(uv − vu)(P) = u(nXP − X 2 P ′ ) − v(−nP + 2XP ′ )
= −n(nXP − X 2 P ′ ) + 2X(nXP − X 2 P ′ ) ′ − (nX(−nP + 2XP ′ ) − X 2 (−nP + 2XP ′ ) ′ )
= −n 2 XP + nX 2 P ′ + 2X(nP + nXP ′ − 2XP ′ − X 2 P ′′ ) + n 2 XP − 2nX 2 P ′
+X 2 (−nP ′ + 2P ′ + 2XP ′′ )
= (−n 2 X + 2nX + n 2 X)P + (nX 2 + 2nX 2 − 4X 2 − 2nX 2 − nX 2 + 2X 2 )P ′
+(−2X 3 + 2X 3 )P ′′
= 2nXP − 2P ′
= 2v(P)
et donc uv − vu = 2v.
3. Pour n = 0 on a uv 0 − v 0 u = u − u = 0 = 2 × 0v 0 . Pour n = 1 on a uv − vu = 2v. La
propriété est donc vérifiée aux rangs 0 et 1.
Supposons que uv n−1 − v n−1 u = 2(n − 1)v n−1 et uv n − v n u = 2nv n . En composant
à gauche et à droite par v on en déduit les deux égalités vuv n − v n+1 u = 2nv n+1 et
uv n+1 − v n uv = 2nv n+1 . En additionnant on en déduit que
soit encore
uv n+1 − v n+1 u + vuv n − v n uv = 4nv n+1
uv n+1 − v n+1 u + v(uv n−1 − v n−1 u)v = 4nv n+1
⇔ uv n+1 − v n+1 u + v(2(n − 1)v n−1 )v = 4nv n+1
⇔ uv n+1 − v n+1 u = 4nv n+1 − 2(n − 1)v n+1 = (4n − 2n + 2)v n+1 = 2(n + 1)v n+1
la propriété est vérifiée au rang n + 1. On en déduit donc que pour tout n ∈ N
uv n − v n u = 2nv n