[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 16 Enoncés 1 Eléments propres d un endomorphisme Eercice 1 [ 768 ] [Correction] Soient E = C (R, R) et D l endomorphisme de E qui à f associe sa dérivée f. Déterminer les valeurs propres de D ainsi que les sous-espaces propres associés. Eercice [ 316 ] [Correction] Soient E = C N et f : E E l application qui transforme une suite u = (u n ) en v = (v n ) définie par v = u et n N, v n = u n + u n 1 Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de f. Eercice 3 [ 77 ] [Correction] Soient E l espace des suites réelles convergeant vers et : E E l endomorphisme défini par Déterminer les valeurs propres de. u E, n N, (u)(n) = u(n + 1) u(n) Eercice 4 [ 769 ] [Correction] Soient E = C (R, R) et I l endomorphisme de E qui à f E associe sa primitive qui s annule en. Déterminer les valeurs propres de I. Eercice 6 [ 771 ] [Correction] Soit E le sous-espace vectoriel des fonctions de C([ ; + [R) s annulant en. Pour tout f E, on définit ϕ(f): [ ; + [ R par ϕ(f)() = et ϕ(f)() = 1 f(t) dt pour > a) Montrer que ϕ(f) E puis que ϕ est un endomorphisme de E. b) Déterminer les éléments propres de ϕ. Eercice 7 [ 3435 ] [Correction] Soit E l espace vectoriel des fonctions continues de [ ; + [ vers R. Pour tout f E, on définit T (f): ] ; + [ R par T (f)() = 1 f(t) dt pour > a) Montrer que la fonction T (f) se prolonge par continuité en et qu alors T est un endomorphisme de E. b) Déterminer les éléments propres de T. Eercice 8 [ 363 ] [Correction] Soit E l espace des fonctions f de classe C 1 de [ ; + [ vers R vérifiant f() =. Pour un élément f de E on pose T (f) la fonction définie par T (f)() = f(t) t Montrer que T est un endomorphisme de E et trouver ses valeurs propres. dt Eercice 5 [ 3467 ] [Correction] Soit E le R-espace vectoriel des fonctions continues de [ ; + [ vers R convergeant en +. Soit T l endomorphisme de E donné par [ ; + [, T (f)() = f( + 1) Déterminer les valeurs propres de T et les vecteurs propres associés. Eercice 9 [ 7 ] [Correction] Soit E = C([ ; 1], R). Si f E on pose T (f): [ ; 1] a) Vérifier que T est un endomorphisme de E. min(, t)f(t) dt b) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de T.
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 16 Enoncés Eercice 1 [ 577 ] [Correction] a) Montrer que Φ, qui à P associe est un endomorphisme de R 4 [X]. b) Résoudre l équation différentielle (X 1)P (X) (4X + 1)P (X) y = ( 5 λ ( 1) + 3 + λ ( + 1) ) y c) En déduire les valeurs propres et les vecteurs propres de Φ. Eercice 11 [ 315 ] [Correction] Déterminer valeurs propres et vecteurs propres de l endomorphisme ϕ de R n [X] défini par ϕ: P (X 1)P nxp Eercice 1 [ 511 ] [Correction] Soit a R et n. a) Montrer que φ(p )(X) = (X a) (P (X) P (a)) (P (X) P (a)) définit un endomorphisme de R n [X]. b) À l aide de la formule de Taylor, déterminer l image et le noyau de φ. c) Trouver ses éléments propres. L endomorphisme est-il diagonalisable? Eercice 13 [ 3187 ] [Correction] a) Soit f un endomorphisme d un R-espace vectoriel de dimension finie. Si a est valeur propre de f, de multiplicité m, et si E(f, a) est le sous-espace propre attaché, montrer 1 dim E(f, a) m b) Soit 1 1 1 1 A = 3 3 3 3 4 4 4 4 Déterminer simplement les valeurs propres de A. La matrice A est-elle diagonalisable?
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 16 Corrections 3 Corrections Eercice 1 : [énoncé] Soient λ R et f E. On a D(f) = λf f est solution de y = λy Les solutions de l équation y = λy sont les fonctions de la forme t Ce λt. Sp(D) = R et E λ (D) = Vect(t e λt ) Eercice : [énoncé] Soient λ C et u E. Étudions l équation f(u) = λu. On a Cas λ = 1 f(u) = λu { (1 λ)u = n N, (λ 1)u n = u n 1 f(u) = u n N, u n = u n 1 On en déduit que 1 est valeur propre de f et que le sous-espace propre associé est formé des suites constantes. Cas λ 1 { u f(u) = λu = n N, (λ 1)u n = u n 1 Que λ = 1/ ou non, on obtient et donc λ n est pas valeur propre. Finalement Eercice 3 : [énoncé] Soient λ R et u E. f(u) = λu n N, u n = Sp f = {1} (u) = λu n N, u(n + 1) = (1 + λ)u(n) (u) = λu n N, u(n) = u (1 + λ) n Pour λ ] ; [, la suite u(n) = (1 + λ) n est élément non nul de E et vérifie (u) = λu. Pour λ / ] ; [, seule la suite nulle est converge vers et satisfait On peut donc conclure n N, u(n) = u (1 + λ) n Sp( ) = ] ; [ Eercice 4 : [énoncé] Soient λ R et f E. Si I(f) = λf alors I(f) est solution de l équation différentielle y = λy Si λ = alors I(f) =. Si λ alors I(f) est de la forme Ce /λ et puisque I(f) s annule en donc I(f) =. Dans les deu cas f = I(f) =. Sp(I) = Eercice 5 : [énoncé] Soit λ un réel et f une fonction élément de E. Si T (f) = λf alors [ ; + [, f( + 1) = λf() En passant cette relation à la limite quand +, on obtient en notant l la limite de f. Cas l : Nécessairement λ = 1 et l = λl [ ; + [, f( + 1) = f() Puisque la fonction f est périodique et converge en +, elle est constante. Inversement, toute fonction constante non nulle est vecteur propre associé à la valeur propre 1. Cas l = : Si λ est valeur propre alors en introduisant f vecteur propre associé, il eiste [ ; + [ tel que f( ) et la relation T (f) = λf donne par récurrence n N, f( + n) = λ n f( )
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 16 Corrections 4 En faisant tendre n vers +, on obtient λ < 1. Inversement, supposons λ < 1. Si T (f) = λf alors f(1) = λf() et n N, [ ; 1[, f( + n) = λ n f() La fonction f est donc entièrement déterminée par sa restriction continue sur [ ; 1] vérifiant f(1) = λf(). Inversement, si ϕ: [ ; 1] R est une fonction continue sur [ ; 1] vérifiant ϕ(1) = λϕ() alors la fonction f donnée par n N, [ ; 1[, f( + n) = λ n ϕ() et continue (on vérifie la continuité en k N par continuité à droite et à gauche), converge vers en + et vérifie T (f) = λf. Puisqu il est possible de construire une fonction non nulle de la sorte, le scalaire λ ] 1 ; 1[ est valeur propre et les vecteurs propres associés sont les fonctions non nulles de la forme précédente. Eercice 6 : [énoncé] a) ϕ(f) est dérivable sur R + donc continue sur R +. Puisque f est continue, f admet une primitive F et alors quand + ϕ(f)() = F () F () F () = f() = On en déduit que ϕ(f) est continue en. La linéarité de ϕ est immédiate et donc ϕ est un endomorphisme de E. b) Soient λ R et f une fonction de E non nulle vérifiant ϕ(f) = λf. Pour tout R +, donc f est de classe C 1 et vérifie f(t) dt = λf() (1 λ)f() = λf () Le cas λ = implique f = et est donc eclu. Pour λ et > on a f () = αf() avec α = (1 λ)/λ dont la résolution conduit à f() = C α, ] ; + [ Pour α = ou α < la condition lim f = entraîne f = et est donc eclue. Par contre le cas α > (correspondant à λ ] ; 1[) conduit au vecteur propre élément de E. Eercice 7 : [énoncé] f() = C α, [ ; + [ a) T (f) est dérivable sur R + donc continue sur R +. Puisque f est continue, f admet une primitive F et alors quand + T (f)() = F () F () F () = f() On en déduit que T (f) se prolonge en une fonction continue en. La linéarité de T est immédiate et donc T est un endomorphisme de E. b) Soient λ R et f une fonction de E non nulle vérifiant T (f) = λf. Pour tout >, donc f est de classe C 1 et vérifie f(t) dt = λf() (1 λ)f() = λf () Le cas λ = implique f = et est donc eclu. Pour λ et > on a f () = αf() avec α = (1 λ)/λ dont la résolution conduit à f() = C α, ] ; + [ Pour α < la condition lim f = entraîne f = et est donc eclue. Par contre le cas α (correspondant à λ ] ; 1]) conduit au vecteurs propres f() = C α, [ ; + [, C éléments de E.
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 16 Corrections 5 Eercice 8 : [énoncé] Puisque f est de classe C 1 et que f() =, on peut écrire f(t) = t f ()t + o(t) la fonction ϕ: t f(t)/t peut être prolongée par continuité en et donc l intégrale définissant T (f)() a un sens en tant qu intégrale d une fonction continue. De plus, la fonction T (f) apparaît alors comme la primitive s annulant en de cette fonction continue ϕ, c est donc une fonction élément de E. Enfin, la linéarité de l application T étant immédiate, on peut affirmer que T est un endomorphisme de E. Soient λ R. Si T (f) = λf alors pour tout [ ; + [, T (f)() = λf() En dérivant cette relation, on obtient pour tout [ ; + [ f() = λf () Si λ = alors f est la fonction nulle et λ n est pas valeur propre. Si λ, f est solution de l équation différentielle λy = y. Cette dernière est une équation différentielle linéaire d ordre 1 homogène dont la solution générale sur ] ; + [ est y() = C 1/λ, il eiste C R tel que pour tout >, f() = C 1/λ Or pour qu une telle fonction puisse être prolongée en une fonction de classe C 1 sur [ ; + [, il faut C = ou 1/λ 1. les valeurs propres de T sont les éléments de l intervalle ] ; 1]. Inversement, soient λ ] ; 1] et la fonction f λ : 1/λ prolongée par continuité en. La fonction f λ est de classe C 1 sur [ ; + [, s annule en et vérifie T (f λ ) = λf λ sans être la fonction nulle. Finalement, les valeurs propres de T sont eactement les éléments de l intervalle ] ; 1]. Eercice 9 : [énoncé] a) On peut écrire T (f)() = tf(t) dt + f(t) dt L application T (f) apparaît alors comme continue (et même dérivable)., l application T opère de E dans E, elle de surcroît évidemment linéaire. b) Soient λ R et f E vérifiant Cas λ = On a T (f) = donc En dérivant, on obtient f() f() + T (f) = λf tf(t) dt + f(t) dt = f(t) dt = f(t) dt = En dérivant à nouveau, on obtient f =. n est pas valeur propre de T. Cas λ On a T (f) = λf tf(t) dt + f(t) dt = λf En particulier, on peut affirmer que f() = car T (f)() =. Le premier membre de l équation T (f) = λf est dérivable donc la fonction f est également dérivable et, en dérivant, on obtient la relation f(t) dt = λf () En particulier f (1) =. Le premier membre de cette nouvelle équation étant dérivable, la fonction f est deu fois dérivable et on obtient en dérivant l équation différentielle λf () + f() = Sous cas λ < Sachant f() =, la résolution de l équation différentielle donne ( ) f() = A sh λ
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 16 Corrections 6 La condition f (1) = entraîne toujours f = et donc un tel λ n est pas valeur propre de T. Sous cas λ > Sachant f() =, on obtient par résolution de l équation différentielle ( ) f() = A sin λ La condition f (1) = n entraînera pas f = que si ( ) 1 sin = λ c est-à-dire si, et seulement si, λ = 1 avec k N (kπ) Notons qu alors il est possible de remonter les précédents calculs et d affirmer que f : sin (kπ) est vecteur propre associé à la valeur propre λ = 1/(kπ) Eercice 1 : [énoncé] a) L application Φ est évidemment linéaire, il reste à voir qu elle est à valeurs dans R 4 [X]. Pour un polynôme P de degré inférieur à 4, le polynôme (X 1)P (X) (4X + 1)P (X) est de degré inférieur à 5 et, si a est le coefficient de X 4 dans P, le coefficient de X 5 dans Φ(P ) est 4a 4a =. Par suite Φ est bien à valeurs dans R 4 [X] et c est donc un endomorphisme de cet espace. b) L équation y = ( 5 λ ( 1) + 3 + λ ) y ( + 1) est une équation différentielle linéaire d ordre 1 de solution générale sur I = ] ; 1[, ] 1 ; 1[ ou ]1 ; + [. y() = C 1 (5 λ)/ + 1 (3+λ)/ c) Pour λ R, Φ(P ) = λp si, et seulement si, P (X) = 4X+(1+λ) X 1 P (X) i.e. si, et seulement si, la fonction polynomiale P est solution, par eemple sur ]1 ; + [, de l équation différentielle y = 4 + (1 + λ) y 1 Or moyennant une décomposition en éléments simples et passage à l opposé de λ, cette équation est celle précédemment résolue et le problème est alors de déterminer pour quel paramètre λ, la solution précédemment présentée est une fonction polynomiale de degré inférieur à 4. Les valeurs 3, 1, 1, 3, 5 conviennent et ce sont donc des valeurs propres de Φ, de plus il ne peut y en avoir d autres car dim R 4 [X] = 5. Les vecteurs propres associés à ces valeurs propres λ sont les polynômes C(X 1) 5+λ (X + 1) 3 λ avec C Eercice 11 : [énoncé] L application ϕ est évidemment linéaire et on vérifie en observant une simplification que ϕ transforme un polynôme de degré inférieur à n en un autre. L application ϕ est donc bien un endomorphisme de R n [X]. Soient λ R et P R n [X]. Pour résoudre l équation ϕ(p ) = λp, on recherche les solutions polynomiales de degrés inférieurs à n à l équation différentielle ( 1)y (n + λ)y = La solution générale de cette équation différentielle est y() = C ( 1) n+λ ( + 1) n λ Pour λ = n + k avec k {,..., n}, on obtient une fonction polynomiale non nulle P λ (X) = C(X 1) k (X + 1) n k avec C et donc λ est valeur propre de ϕ et les P λ sont les vecteurs propres associés. Puisque dim R n [X] = n + 1, il ne peut y avoir d autres valeurs propres (et l endomorphisme ϕ est diagonalisable). Eercice 1 : [énoncé]
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 16 Corrections 7 a) La linéarité est immédiate et sans peine deg(φ(p )) n pour P R n [X]. b) On a puis donc et donc Aussi et donc c) On a φ(p )(X) = φ(p )(X) = P (X) = P (X) = k= k=3 k= k=1 (X a) k k! (X a)k 1 (k 1)! (k 1)! (X a)k k=1 (X a) k k! (k ) (X a) k P (a)(x a) k! P ker φ P (a) = et 3 k n, = φ(p ) = λp ker φ = Vect(1, (X a) ) P Im φ P (a) = P (a) = Im φ = (X a) 3 R n 3 [X] + Vect(X a) = λp (a) P (a) = λp (a) (k ) = λ pour k {,..., n} Eercice 13 : [énoncé] a) Il suffit de calculer le polynôme caractéristique de f à partir d une représentation matricielle triangulaire par blocs relative à une base adaptée à l espace non nul E(f, a). b) La matrice A est de rang 1 donc est valeur propre de A et par la formule du rang dim E(A, ) = 3. Le polynôme caractéristique de A étant de degré 4 et factorisable par X 3, c est un polynôme scindé. La somme des valeurs propres de A comptées avec multiplicité vaut alors tr A = 1. Par suite 1 est valeur propre de A de multiplicité nécessairement 1. Finalement A est diagonalisable semblable à diag(,,, 1). Cette équation possède une solution non nulle si, et seulement si, λ =, λ = et λ = k avec k {,..., n}. Sp(φ) = {,, 1,..., n } On a E (φ) = Vect(X a), E (φ) = ker φ, E k (φ) = Vect(X a) k pour k {3,..., n}. La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut dim R n [X] : l endomorphisme est diagonalisable. En fait, la base des (X a) k est base de diagonalisation de l endomorphisme φ.