Diagonalisation
Bonsoir,
On considère l'espace $E = \R_n[X]$ et on pose pour tout polynôme $P(X)$,
$f(P)=P(X+1) - P(X) $
Comparer les dégres de $P$ et de $f(P)$. f est elle diagonalisable ?
Ma réponse
$P$ est de dégré n+1, et $f(P)$ aussi.
La matrice représentative de f dans la base canonique de $ \R_n[X]$ est une matrice triangulaire où la diagonale ne comporte que des 0.
donc 0 est la seule valeur propre de M.
f n'est pas diagonalisable.
Je ne suis pas très sur de ma réponse.
Merci de me signaler les erreurs ou améliorations.
On considère l'espace $E = \R_n[X]$ et on pose pour tout polynôme $P(X)$,
$f(P)=P(X+1) - P(X) $
Comparer les dégres de $P$ et de $f(P)$. f est elle diagonalisable ?
Ma réponse
$P$ est de dégré n+1, et $f(P)$ aussi.
La matrice représentative de f dans la base canonique de $ \R_n[X]$ est une matrice triangulaire où la diagonale ne comporte que des 0.
donc 0 est la seule valeur propre de M.
f n'est pas diagonalisable.
Je ne suis pas très sur de ma réponse.
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Réponses
Bon ensuite pour determiner la matrice de $f$ dans la base canonique de $\R_n[X]$ on calcule $f(X^i)$ pour $i \in \{0,1,...n\}$
$f(X^i)=(X+1)^i-X^i=\sum_{k=0}^{i-1} C_i^k X^k$ qui est de degre $k-1$
Donc on trouve $d°f(P)=d°P-1$ pour $P$ un polynome de la base canonique
Apres je suis d'accord avec toi : la matrice est triangulaire avec des $0$ sur la diagonale
Donc $0$ est la seule val propre $f$
Et comme $f$ n'est pas identiquement nulle, son noyau n'est pas $\R_n[X]$ tout entier
Donc $f$ n'est pas diagonalisable par un argument sur la dim des espaces propres
PS: le $C_i^k$ c'est les combinaisons, je precise parce que l'habitude de cette notation sur papier mais pas sur que ca ressorte comme il faut la
L'argument pour montrer que f n'est pas diagonalisable est:
$dim(V(0))=0$ et $dim (\R_n[X])=n+1$ donc $ dim(V(0)) \neq dim (\R_n[X])$
donc f n'est pas diagonalisable.
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$dim(V(0))=1$, non? (si cette notation signifie la dimension de l'espace propre associé à $0$). Du coup, pour faire le chieur mais il faut savoir avoir de la rigueur, elle est bien diagonalisable si $n=0$.
$M\begin{pmatrix} \\\\\\
0& 1 & 1\\ \\\\\\
0& 0 & 2\\ \\\\\\
0 & 0 & 0 \\\\\\
\end{pmatrix} $
Déterminons l'espace propre associé à 0
$M.(x,y,z)=0.(x,y,z)$ donc on en déduit que $y=z=0$, mais il n'y a pas de condition sur $x$.
donc $V(0)=Vect{(1,0,0)}$
$dim(V(0))=1$
Je ne vois pas comment on peut être très précis sur le degré de $P$ et celui de $f(P)$, pouvez vous me donner un indice ?
Merci
Par contre pour etre precis sur le degre il me semble que je l'ai fait non?
Et pour ta derniere remarque tu fais effectivement le chieur mais tu as encore raison (et si j'y avais pense j'aurais fait le chieur aussi)
$deg(f(P))=deg(P)-1$ si $deg(P)\geq 1$
$deg(f(P))=-\infty$ sinon (avec la convention $deg(0) =-\infty$)
nuls, elle est donc nilpotente. Or une matrice nilpotente non nulle n'est
pas diagonalisable...
Soit $N \in M_n(\C)$ nilpotente non nulle d'indice de nilpotence $n$
Par l'absurde supposons $N$ diagonalisable
$\existes$ $P \in GL_n(\C)$ telle que $P^{-1}NP=D$ diagonale
On eleve a la puissance $n$ :
on obtient $P^{-1}M^nP=D^n$
D'ou $0_{M_N(\C)}=D^n$
Or $D$ diagonale $\Rightarrow$ $D^n$ diagonale
D'ou $D=0_{M_N(\C)}$
Donc dans une certaine base $N$ est la matrice nulle donc $N$ est nulle : contradiction
est réduit à l'élément nul (car le spectre est inclus dans l'ensemble des
racines de tout polynome annulateur). Donc si une matrice nilpotente est
diagonalisable, elle est alors semblable à la matrice nul et est donc nul,
d'ou le résultat.