Partie I. Commutant et polynômes

Exercice 1.

1. Par dénition,f₁(x) = 2Rx

0 dt= 2xet f2(x) = 2

Z x 0

√

2t dt= 2√ 2

2 3t³²

x 0

=4√ 2 3 x³² 2. La fonctionfn est de la forme demandée pour0et 1avec

a0= 1, b0= 0, a1= 2, b1= 1, a2= 4√ 2

3 , b2=3 2 De plus,fn(x) =anx^bn entraîne

f_n+1(x) = 2√ a_n

Z x 0

t^bn2 dt= 2√ a_n

"

1

1 + ^b₂ⁿt^1+bn2

#x

0

=a_n+1x^bn+1 avec

b_n+1=1

2b_n+ 1, a_n+1= 2√ an

bn+1

La suite desbn vérie une relation de récurrence arithmérico-géométrique. On se ra- mène à une suite géométrique en introduisant le point xe

bn+1= 1 2bn+ 1 2 = 1

22 + 1







⇒bn+1−2 = 1

2(bn−2)⇒bn−2 = b0−2

2ⁿ =−2¹⁻ⁿ On en déduit en remplaçant

b_n = 2−2¹⁻ⁿ, a_n+1=

√an

1−(¹₂)ⁿ⁺¹ 3. a. NotonsFn la formule que l'on nous demande de démontrer.

Pourn= 1,2ⁿln(an) = 2 ln 2et

−

n

X

k=1

2^kln(1− 1

2^k) =−2 ln1

2 = 2 ln 2

La formule F1 est donc vériée. Montrons maintenant que Fn entraîne Fn+1. D'après l'expression de 2.

2ⁿ⁺¹ln(a_n+1) = 2ⁿ⁺¹

ln(√

a_n)−ln(1− 1 2ⁿ⁺¹)

= 2ⁿln(a_n)−2ⁿ⁺¹ln(1− 1

2ⁿ⁺¹) =−

n+1

X

k=1

2^kln(1− 1 2^k) b. Dénissons f dans ]− ∞,−1[ par f(x) = ln(1−x). Alors f⁰(x) = −_1−x¹ et

f⁰⁰(x) =−_(1−x)¹ 2. La formule de Taylor avec reste intégral s'écrit ln(1−x) =−x−

Z x 0

(x−t) (1−t)²dt

La partie droite de l'encadrement vient de ce que l'intégrale est toujours négative ou nulle. La partie gauche vient dex∈[0,¹₂],

(x−t) (1−t)²dt≤4

Z x 0

(x−t)dt= 2x² On en déduit

−x−2x²≤ln(1−x)≤ −x

c. Écrivons l'inégalité précédente pourx= ₂¹k aveckentre0et n:

−1 2^k − 2

2^2k ≤ln(1− 1

2^k)≤ −1⇒1≤ −2^kln(1− 1

2^k)≤1 + 1 2^k−1 En sommant ces encadrements pourkde1à n, on obtient

n≤2ⁿln(an)≤n+

1 + 1

2+· · ·+ 1 2ⁿ⁻¹

avec

1 + 1

2+· · ·+ 1

2ⁿ⁻¹ =1−₂¹n

1−¹₂ ≤2

On obtient l'équivalence demandée par le théorème de convergence par encadre- ment après avoir divisé parn.

4. De l'équivalence précédente, on tire (ln(an))n∈N →0 donc par composition par l'ex- ponentielle qui est continue,(an)n∈N→1. Debn= 2−2¹⁻ⁿ, on déduit(bn)n∈N→2. Ainsi, pour chaquexxé,(a_nx^bn)_n∈N→x². La fonctionΦest donc simplementx→x² restreinte à[0,1].

5. a. Remarquons d'abord que

an+1=

√a_n

1−(¹₂)ⁿ⁺¹ >√ an

Dea₁= 2, on déduit par récurrence quea_n>1pour n≥1. On a vu aussi que an+1= 2√

a_n

b_n+1 ⇒an+1bn+1= 2√ an >2 Ce qui donne la deuxième inégalité. Il y a égalité pourn= 1 b. Par dénition,un(x) =x²−anx^bn donc

u⁰_n(x) = 2x−anbnx^bn−1=anbnx 2

anbn

−x^bn−2

Or _an²_bn ≤1 et x^bn−2 > 1 pour 0 < x < 1 car bn−2 <0. On en déduit que u⁰_n(x)≤0doncun est décroissante dans[0,1]avecun(x) = 0et un(1) = 1−an. On en déduit queMn =an−1et que(Mn)_n∈Nconverge vers0.

Ceci montre la convergence uniforme de la suite de fonctions.

Exercice 2.

1. On obtient la forme demandée en développant(1−x)ⁿ suivant la formule du binôme.

Lesei sont entiers car ils sont égaux, au signe près, à des coecients du binôme.

2. Remarquons d'abord que0et1 sont des racines de multipliciténdef_n. On sait donc que lesfn^(k) sont nulles en0 et kpourk entre0 etn−1. Comme d'autre part f_n est de degré2n, lesfn^(k) sont nulles partout pourk >2n.

Il reste donc à montrer que lesfn^(k)(0)et fn^(k)(1)sont dansZpourn≤k≤2n. Pour un telk, exprimons la dérivée à l'aide de la formule de Leibniz :

f_n^(k)(x) = 1 n!

k

X

i=0

k i

(xⁿ)⁽ⁱ⁾((1−x)ⁿ)^(k−i)

Dans cette somme, quels sont lesiqui contribuent réellement àfn^(k)(0)? En fait, il n'y en a qu'un ! C'esti=n. On en déduit

f_n^(k)(0) = 1 n!

k n

n! (−1)^k−nn(n−1)· · ·(n−k+n−1)∈Z De même

f_n^(k)(x) = 1 n!

k

X

i=0

k i

(xⁿ)^(k−i)((1−x)ⁿ)⁽ⁱ⁾

Dans cette somme, quels sont lesiqui contribuent réellement àfn^(k)(1)? En fait, il n'y en a qu'un ! C'esti=n. On en déduit

f_n^(k)(1) = 1 n!

k n

n(n−1)· · ·(n−k+n−1) (−1)ⁿn!∈Z 3. a. À cause de l'expression deπ² :

F_n(x) =

n

X

k=0

(−1)^ka^2(n−k)b^2kf_n^(2k)(x)

Commea, bet lesfn^(2k)(0)et fn^(2k)(1)sont dansZ, les valeurs de F_n(0)et F_n(1) sont aussi entières.

b. Dérivonsgn puis calculonsF_n⁰⁰(x).

g⁰_n(x) =F_n⁰⁰(x) sin(πx) +πF_n⁰(x) cos(πx)−πF_n⁰(x) cos(πx) +π²F_n(x) sin(πx)

= F_n⁰⁰(x) +π²Fn(x) sin(πx)

F_n⁰⁰(x) =bⁿ

n

X

k=0

(−1)^kπ^2(n−k)f_n^(2(k+1))(x)

=bⁿ

n+1

X

k⁰=1

−(−1)^k0π^2(n−k0+1)f_n^(2k0)(x)aveck⁰=k+ 1

=−π²

n

X

k=1

(−1)^kπ^2(n−k)f_n^(2k)(x)carf_n^(2n−2))(x) = 0

=−π² Fn(x)−bⁿπ²ⁿfn(x)

=−π²Fn(x) +bⁿπ²⁽ⁿ⁺¹⁾fn(x)

On en déduit

g⁰_n(x) =bⁿπ²⁽ⁿ⁺¹⁾f_n(x) sin(πx) =π²bⁿaⁿ

bⁿf_n(x) sin(πx) =π²aⁿf_n(x) sin(πx) Ce calcul fournit une primitive qui permet de calculerAn

An = 1

π[gn(x)]¹₀= 1

π(πFn(1)−πFn(0)) =Fn(1)−Fn(0)∈Z 4. a. Posons m₀ = dae et q = _m^a

0. Alors 0 < q < 1 et, pour k ≥ m₀, _k^a < q donc 0< u_k≤u_m0q^k−m0. On en déduit que (u_n)_n∈

N tend vers0. Il existe donc unn₀ tel queu_n< ¹₂ pour n≥n₀.

b. Si 0≤x≤1 alors0 ≤1−x≤1 donc leurs puissances sont aussi dans[0,1]et 0≤fn(x)≤ _n!¹.

c. Sur [0,1], les deux fonctions sont positives continues mais non identiquement nulles donc

0< A_n≤ πan

n!

Z 1 0

sin(πx)dx= an

n! [−cos(πx)]¹₀= 2u_n

Pour n ≥ n0, on a 0 < An < 1 ce qui est absurde car on sait que An ∈ Z.

Ainsi, l'hypothèseπ² = ^a_b conduit à une contradiction ce qui prouve queπ² est irrationnel. On en déduit queπest irrationnel car siπétait rationnel,π²le serait aussi.

Problème.

Partie I. Commutant et polynômes

1. Soientg ethcommutant avecf et λ∈K. AlorsIdE◦f =f◦IdE et (g+h)◦f =g◦f+h◦f =f ◦g+f ◦h=f◦(g+h) (λg)◦f =λg◦f =f◦(λg)

(g◦h)◦f =g◦(h◦f) =g◦h◦g=f◦g◦h DoncC(f)est une sous-algèbre deL(E).

2. Tout polynôme en f est obtenu par combinaison linéaire et composition à partir de IdE etf qui commutent avec f. Les stabilités de la première question montrent donc que tout polynôme enf commute avecf.

3. a. Si g = P(f) avec deg(P) ≥ m, alors comme f^k = 0_L(E) pour k ≥ m, on a g=P(f)avecP le polynôme obtenu à partir deP en tronquant au degrém−1. b. Commef^m−16= 0_L(E), il existe a∈E tel quef^m−1(a)6= 0E.

Soitg un polynôme enf, par exemple

g=λ0IdE+λ1f+· · ·+λm−1f^m−1

En composant parf^m−1 et en prenant la valeur ena, on obtientf^m−1◦g(a) = λ0f^m−1(a). Comme f^m−1(a)6= 0E, ceci détermine de manière unique ceλ0. On continue algorithmiquement,

λ1f^m−1(a) =f^m−2(g(a)−λ0a)

λ₂f^m−1(a) =f^m−3(g(a)−λ₀a−λ₁f(a)) ...

à déterminer de manière unique lesλ_k. Ce qui assure l'unicité du polynômeQtel queg=Q(f)avecdeg(Q)< m.

Partie II. Endomorphisme cyclique

1. Pour touta∈E,f^m(a) = 0E donc

k∈Ntqf^k(a) = 0E est une partie non vide de N. Elle admet un plus petit élément notéµ(a). Poura6= 0E,f⁰(a)6= 0doncµ(a)≥1. Par dénition def,f^m(a) = 0E doncµ(a)≤m.

2. Il est important de remarquer quef^µ(a)−1(a)6= 0E et f^µ(a)(a) = 0E par dénition de µ(a).

Si λ0a+λ1f(a) +. . . est une combinaison linéaire nulle, en composant par f^µ(a)−1, on obtientλ₀f^µ(a)−1= 0_E ce qui entraîneλ₀= 0. On recommence en composant par f^µ(a)−2 et ainsi de suite. La famille est donc libre.

Pour k≥µ(a), on a f^k(a) = 0_E. La famille(a,· · · , f^µ(a)−1(a))engendre donc V(a). Comme elle est libre, c'est une base d'oùdim(V(a)) =µ(a).

3. a. On a déjà vu que commef^m−1 6= 0_L(E), il existea∈E tel quef^m−1(a)6= 0E. Pour cea, on a alorsµ(a) =m. Doncm=µ(a) = dim(V(a))≤dim(E) =n. b. Si m=n et a est tel que f^m−1(a)6= 0E, alorsµ(a) =m=n = dim(E). Donc

E=V(a)etf est cyclique.

Réciproquement, sif est cyclique avec E=V(a), alors µ(a) = dim(E) =n. Or µ(a)≤md'après 1. etm≤nd'après 3.a. On doit donc avoirm=n.

Dans la suite de cette partie, on supposef cyclique et on xe un élémenta deE tel queA= (a, f(a),· · ·, fⁿ⁻¹(a))soit une base deE.

4. Soitgcommutant avecfet(λ0,· · ·, λn−1)les coordonnées deg(a)dansA. Considérons h=λ₀Id_E+λ₁f+· · ·+λ_n−1fⁿ⁻¹

On a alors h(a) =g(a). Mais commeg et hcommutent avec f l'égalité sera valable aussi pour les autres éléments deA.

g(f^k(a)) =g◦f◦f◦ · · · ◦f(a) =f◦g◦f ◦ · · · ◦f(a) =· · ·=f◦ · · · ◦f ◦g(a)

=f ◦ · · · ◦f◦h(a) =f◦ · · · ◦f◦h◦f(a) =· · ·=h◦f◦ · · · ◦f(a) =h(f^k(a)) Les applications linéairesgethcoïncident sur tous les vecteurs de la baseA, elles sont donc égales ce qui montre queg est un polynôme enf.

5. Il est évident, en composant par f^k, que f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a) sont dans ker(f^k). On en déduit

Vect f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a)

⊂ker(f^k)

Réciproquement, considérons unxquelconque dansker(f^k)et sa décomposition dans la base

x=λ0a+λ1f(a) +· · ·+λn−1fⁿ⁻¹(a) En composant parf^k, on obtient

0E=λ0f^k(a) +λ1f^k+1(a) +· · ·+λn−1−kfⁿ⁻¹(a)

Or la famille f^k(a), f^k+1(a),· · · , fⁿ⁻¹(a)est extraite de la baseAelle est donc libre ce qui entraine

λ0=λ1=· · ·=λn−1−k= 0et x∈Vect f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a) En conclusion, f^n−k(a), f^n−k+1(a),· · ·fⁿ⁻¹(a)

est une base deker(f^k)et dim(ker(f^k)) =k

Partie III. Tableau de Young

1. S'il existe unktel que ker(f^k+1)⊂ker(f^k)alorsker(f^m)⊂ker(f^m−1). En eet,

x∈ker(f^m)⇒f^k+1(f^m−k−1(x)) = 0E⇒f^m−k−1(x)∈ker(f^k+1)⊂ker(f^k)

⇒f^k(f^m−k−1(x)) = 0E⇒f^m−1(x) = 0E. Or ceci est impossible carf^m= 0_L(E) etf^m−16= 0_L(E).

2. Soit k < m−1 et x ∈ Uk+1. Comme Uk+1 ⊂ kerf^k+2, on a f^k+2(x) = 0E donc f(x)∈kerf^k+1. On peut donc bien considérerpk(f(x))carpkest dénie danskerf^k+1. Par construction même, cette application

πk

(Uk+1→Uk

x7→pk(f(x)) est linéaire. Examinons son noyau :

x∈kerπk ⇒f(x)∈kerpk = kerf^k⇒x∈kerf^k+1.

Or πk est déni dans Uk+1 qui est un supplémentaire de kerf^k+1 danskerf^k+2. On doit donc avoirx= 0E ce qui prouve que πk est injective.

3. a. Chaqueuk est la dimension deUk et la question précédente a montré l'existence d'une suite d'injections

Um−1 πm−2

−−−→Um−2 πm−3

−−−→ · · ·−→^π1 U1 π₀

−→U0. Le théorème du rang entraîne alors que

u_m−1≤u_m−2≤ · · · ≤u₁≤u₀.

b. D'après le résultat de cours sur la dimension des espaces supplémentaires dim(ker(f)) = 0 +u₀

dim(ker(f²)) = dim(ker(f)) +u1

dim(ker(f³)) = dim(ker(f²)) +u2

...

dim(ker(f^m)) = dim(ker(f^m−1)) +u_m−1. Par une simplication en dominos, on obtient

u0+u1+· · ·+um−1= dim(ker(f^m)) = dim(E) =n.

4. Lorsquef est cyclique, commem=n, tous les uk sont égaux à1.

5. a. Lorsque m =n−1, les conditions du 3. combinées avec le fait que les uk sont supérieurs ou égaux à 1 (conséquence de la question 1.) ne sont réalisées que si u₀= 2et u₁=u₂=· · ·=u_n−2= 1.

Soit a tel que fⁿ⁻²(a) 6= 0E. Alors fⁿ⁻²(a) est un vecteur non nul de ker(f). Commeker(f) est de dimension 2, il existe (théorème de la base incomplète) b dansker(f)tel que (fⁿ⁻²(a), b)soit une base deker(f).

La famille(a, f(a),· · ·, fⁿ⁻²(a), b)contientn= dim(E)vecteurs. Il sut de mon- trer qu'elle est libre pour prouver que c'est une base. Considérons une combinaison linéaire nulle

λ₀a+λ₁f(a) +· · ·+λ_n−2fⁿ⁻²(a) +µb= 0_E En composant parf, on obtient

λ0f(a) +λ1f(a) +· · ·+λ_n−3fⁿ⁻²(a) = 0E

Or(f(a)· · ·, fⁿ⁻²(a))est libre car extraite de(a· · · , fⁿ⁻²(a)). On a donc λ₀f(a) =λ₁=· · ·=λ_n−3= 0

Comme(fⁿ⁻²(a), b)est libre,λ_n−2fⁿ⁻²(a) +µb= 0E entraîneλ_n−2=µ= 0. b. Remarquons que la question précédente entraîne queV(a)etVect(b)sont supplé-

mentaires dans E. Dénissons un endomorphisme g par les images des vecteurs de la base de la question précédente.

g(a) =a, g(f(a)) =f(a), · · · , g(fⁿ⁻²(a)) =fⁿ⁻²(a), g(b) = 0_E

En fait g est la projection sur V(a) parallèlement à Vect(b). Comme V(a) et Vect(b)sont stables parf, on vérie facilement quef etg commutent.

Sigétait un polynôme enf, il vérieraitg=λ0IdE+λ1f+· · ·. Mais en compo- sant parfⁿ⁻² et en prenant la valeur en a. (comme en I.3.b), on devrait avoir

fⁿ⁻²(g(a)) =λ₀fⁿ⁻²(a)⇒fⁿ⁻²(a) =λ₀fⁿ⁻²(a)⇒λ₀= 1 Alors

g= IdE+λ1f +· · · ⇒g(b) =b en contradiction avec la dénition deg.

6. Soits le plus grand des µ(ak) pour les ak dont on a admis l'existence. Comme tout vecteur de E se décompose en une somme de vecteurs dans les V(ak), il est clair que f^s(a) = 0E. On en déduit que m =s. En permutant au besoin, supposons que m=µ(ap).

La condition vériée par lesV(ak)entraîne queW =V(a1) +· · ·+V(ap−1)etV(ap) sont supplémentaires. Il est évident queW et V(ap) sont stables par f. Notons g la projection sur V(a_p)parallèlement à W. Comme W etV(a_p)sont stables parf, elle

commute avecf. On peut ensuite raisonner comme en 5.b..

Sig=λ0Ide+λ1f +· · ·, alorsf^m−1(ap)6= 0E et

f^m−1(ap) =f^m−1(g(ap)) =λ0f^m−1(ap)⇒λ0= 1

Or W est stable par f et sa restriction est toujours nilpotente donc elle n'est pas injective. Il existe donc un vecteurxnon nul deW dans le noyau de f. Alorsg(x) = 0E car x ∈ W et g est une projection parallèlement à W et, d'après l'expression polynomiale

g(x) =x+λ₁f(x) +...=x6= 0E

On en déduit donc quegn'est pas un polynôme enf.

On a donc montré, en admettant un résultat, que sif n'est pas cyclique, il existe un g qui commute avecf et qui n'est pas un polynôme en f. Logiquement, cela montre que siC(f)se réduit aux polynômes enf alorsf est cyclique.

7. L'objet de cette question est de se convaincre, en considérant un cas particulier assez signicatif que la proposition admise dans la question précédente est vraie.

a. En faitp₂(f(a1) =π₂(a₁)et p₂(f(a2) =π₂(a₂) avec(a₁, a₂)famille libre de U₃. Or, d'après la question 2.,π2 est injective. On en déduit que(π2(a1), π2(a2))est libre dansU2. On peut compléter cette famille pour obtenir une base U2 qui est de dimensionu2= 3

b. Considérons une combinaison linéaire nulle

λ1f³(a1) +λ2f³(a2) +λ3f²(a3) = 0E ⇒λ1f(a1) +λ2f(a2) +λ3a3∈kerf²

⇒λ1p2(f(a1)) +λ2p2(f(a2)) +λ3a3=OE⇒λ1=λ2=λ3= 0 car(π2(a1), π2(a2), a3)est libre. La famille est donc libre, on la complète para4

pour former une base dekerf. On peut remarquer aussi que cela entraîne que la famille(f²(a₁), f²(a₂), f(a₃)) est libre car en composant par f, on obtient une famille extraite d'une famille libre.

c. Il sut en fait de montrer que les vecteurs du tableau forment une base. Remar- quons d'abord qu'il y en a bien12comme la dimension de l'espace.

Ils se répartissent dans4 colonnes et chaque sous famille des vecteurs d'une co- lonne est libre. Considérons une combinaison linéaire nulle. En composant parf³, on obtient la nullité des coecients dea1eta2. En composant parp2◦f², on ob- tient la nullité des coecients associés aux veteurs de la colonne 3. En composant parf, on obtient la nullité des coecients de la colonne 1 d'après la question b et on termine en utilisant la dénition dea4 pour former une famille libre.