Pour $P \in \mathbb{R}[X]$, on pose $f(P) = (X^2 - 1)P' - 2XP$.
- Montrer que $f$ induit un endomorphisme de $\mathbb{R}_2[X]$, en calculant $f(a + bX + cX^2)$ pour $a, b, c \in \mathbb{R}$. On note encore $f$ cet endomorphisme.
- Déterminer $\operatorname{Ker} f$.
- En déduire $\operatorname{rg} f$ et donner une base de $\operatorname{Im} f$.
- Montrer que $\mathbb{R}_2[X] = \operatorname{Ker} f \oplus \operatorname{Im} f$.
- Résoudre dans $\mathbb{R}_2[X]$ l'équation $f(P) = -2X$. L'équation $f(P) = X^2$ admet-elle des solutions ?
- Soit $n \geq 3$. Montrer que $f(X^n) \notin \mathbb{R}_n[X]$.
Développer $(X^2 - 1)(b + 2cX) - 2X(a + bX + cX^2)$ : le terme en $X^3$ disparaît.
Le noyau se lit sur l'expression obtenue ; le théorème du rang donne le rang sans calcul.
Pour l'intersection, écrire $\lambda(X^2 - 1) = \alpha X + \beta(1 + X^2)$ et identifier.
Les solutions de $f(P) = Q$ s'obtiennent en ajoutant le noyau à une solution particulière.
1. Pour $P, Q \in \mathbb{R}[X]$ et $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ : $f(\lambda P + \mu Q) = (X^2 - 1)(\lambda P' + \mu Q') - 2X(\lambda P + \mu Q) = \lambda f(P) + \mu f(Q)$, donc $f$ est linéaire. Pour $P = a + bX + cX^2$, $P' = b + 2cX$ et $$\begin{aligned} f(P) &= bX^2 + 2cX^3 - b - 2cX - 2aX - 2bX^2 - 2cX^3 \\ &= -b - 2(a + c)X - bX^2. \end{aligned}$$ Donc $f(P) \in \mathbb{R}_2[X]$ : $f$ induit un endomorphisme de $\mathbb{R}_2[X]$.
2. $f(P) = 0 \iff b = 0$ et $a + c = 0$. Donc $P = a - aX^2 = -a(X^2 - 1)$ et $$\operatorname{Ker} f = \operatorname{Vect}(X^2 - 1),$$ de dimension $1$. Vérification : $f(X^2 - 1) = (X^2 - 1) \cdot 2X - 2X(X^2 - 1) = 0$.
3. Par le théorème du rang, $\operatorname{rg} f = 3 - 1 = 2$. L'expression de la question 1 s'écrit $f(P) = -b(1 + X^2) - 2(a + c)X$, donc $\operatorname{Im} f \subset \operatorname{Vect}(X, 1 + X^2)$ ; de plus $f(1) = -2X$ et $f(X) = -(1 + X^2)$. Ainsi $\operatorname{Im} f = \operatorname{Vect}(X, 1 + X^2)$. Ces deux polynômes, non nuls de degrés distincts, forment une famille libre : c'est une base de $\operatorname{Im} f$.
4. On a $\dim \operatorname{Ker} f + \dim \operatorname{Im} f = 1 + 2 = 3 = \dim \mathbb{R}_2[X]$. Soit $Q \in \operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f$ : $Q = \lambda(X^2 - 1) = \alpha X + \beta(1 + X^2)$. En identifiant : coefficient constant $-\lambda = \beta$, coefficient de $X$ : $0 = \alpha$, coefficient de $X^2$ : $\lambda = \beta$. Donc $\lambda = -\lambda$, soit $\lambda = 0$ et $Q = 0$. Par la caractérisation des supplémentaires par la dimension, $\mathbb{R}_2[X] = \operatorname{Ker} f \oplus \operatorname{Im} f$.
5. Avec $P = a + bX + cX^2$, l'équation $f(P) = -2X$ équivaut à $-b = 0$, $-2(a + c) = -2$, $-b = 0$, soit $b = 0$ et $a = 1 - c$. Donc $P = (1 - c) + cX^2 = 1 + c(X^2 - 1)$. L'ensemble des solutions est $$\{1 + \lambda(X^2 - 1) : \lambda \in \mathbb{R}\},$$ solution particulière $1$ (car $f(1) = -2X$) plus le noyau.
L'équation $f(P) = X^2$ imposerait $-b = 0$ (coefficient constant) et $-b = 1$ (coefficient de $X^2$) : impossible. Elle n'a pas de solution, c'est-à-dire $X^2 \notin \operatorname{Im} f$.
6. $f(X^n) = (X^2 - 1) n X^{n-1} - 2X^{n+1} = (n - 2)X^{n+1} - nX^{n-1}$. Comme $n \geq 3$, $n - 2 \neq 0$ : $f(X^n)$ est de degré $n + 1$, donc $f(X^n) \notin \mathbb{R}_n[X]$. La stabilité de $\mathbb{R}_2[X]$ tient à l'annulation du coefficient $n - 2$ pour $n = 2$.
$\operatorname{Ker} f = \operatorname{Vect}(X^2-1)$, $\operatorname{Im} f = \operatorname{Vect}(X, 1+X^2)$ ; solutions $1 + \lambda(X^2-1)$ ; $f(P) = X^2$ sans solution