Problème
Les coordonnées d'un vecteur deCpsont toujours relatives à la base canonique. Lai-ème coordonnée de(x1,· · · , xp)est doncxi.
Partie I. Boîte à outils.
1. a. Par linéarité def :
∀z= (z1,· · · , zn)∈F, f(z) =
p
X
i=1
ai1zi,· · ·,
p
X
i=1
aipzi
! .
b. Pour tout(i, j)∈J1, pK
2, commef(ei)∈ Q+, lesaij sont strictement positifs par dénition deQ+.
Comme,f(u) =uavecu= (1,· · · ,1). D'après l'expression def(z):
∀j∈J1, pK,
p
X
i=1
aij=j-ème coordonnée def(u) = 1.
2. Pourkxé, d'après les propriétés des suites usuelles :
n k
=
kfacteurs
z }| { n(n−1)· · ·
k! ⇒
n k
λn
n≥p
∼nk
k!λn →0car|λ|<1.
3. On rappelle queλi>0 pour tous lesiavecλ1+· · ·+λp= 1. a. Ici tous lesλetµsont positifs ou nuls. Donc
∀i∈J1, pK, λiµi ≤λ1µ1+· · ·+λpµp.
Cela est vrai en particulier pour l'indicei0tel que µi0 = max(µ1,· · · , µp), donc
min(λ1,· · ·, λp)
| {z }
≤λi0
max(µ1,· · · , µp)
| {z }
≥0
≤λi0max(µ1,· · · , µp) =λi0µi0
≤λ1µ1+· · ·+λpµp
Si on suppose de plus que la somme desλµest nulle, on en déduit
0≤min(λ1,· · ·, λp)
| {z }
>0
max(µ1,· · ·, µp)
| {z }
≥0
≤0⇒max(µ1,· · · , µp) = 0
⇒µ1=· · ·=µp= 0.
Pour la deuxième implication, on écrit1comme somme desλet on se ramène à la première
λ1µ1+· · ·+λpµp= 1 =λ1+· · ·+λp⇒λ1(1−µ1)
| {z }
≥0
+· · ·+λp(1−µp)
| {z }
≥0
= 0
⇒1−µ1=· · ·= 1−µp= 0.
b. Ici lesui ∈C. Notonsµi = Re(ui)et considérons la partie réelle de la combinai- son :
∀i∈J1, pK,Re(ui)≤ |Re(ui)| ≤ |ui| ⇒µi≤1 Re (λ1u1+· · ·+λpup) =λ1µ1+· · ·+λpµp= 1
)
⇒µ1=· · ·=µp= 1 d'après l'implication précédente. On conclut alors par
∀i∈J1, pK, Re(ui) = 1
|Re(ui)| ≤1 )
⇒Im(ui) = 0et ui= 1.
Partie II. Valeurs propres complexes.
1. Pourp= 2, en se limitant àR2, on trouve le carré unité : les 4 segments pourN et la plaque pourB.
2. Par dénition f(u) = uce qui signie que 1 est valeur propre de vecteur propre u. L'ensembleS des valeurs propres def (appelé son spectre) est non vide, il contient au moins1.
3. On veut montrer que le module d'une valeur propre est inférieure ou égale à1. a. Soitwun vecteur propre de valeur propre λet µ∈Cnon nul.
Notonsv=µw6= 0F. C'est encore un vecteur propre car f(v) =f(µw) =µf(w) =µ(λw) =λ(µw) =λv.
x1 x2
1 1
-1
-1
x1 x2
1 1
-1
-1 Fig. 1:N ∩R2 etB ∩R2
b. Soitw = (z1,· · · , zp) ∈ B. Par linéarité de f, laj-ème coordonnée de f(w) est a1jv1+· · ·+apjvp avec
|a1j
|{z}
>0
z1+· · ·+ apj
|{z}
>0
zp| ≤a1j |z1|
|{z}
≤1
+· · ·+apj |zp|
|{z}
≤1
≤a1j+· · ·+apj= 1
d'après I1b. Ceci étant valable pour tous lesj, on en tiref(v)∈ B.
c. Soitw= (z1,· · · , zp), notonsW = max(|z1|,· · ·,|zp|). Alorsw6= 0F ⇒W >0. Il sut de choisirµ=W1 pour queµ w∈ N.
d. Soitλune valeur propre. D'après c. et a., il existew= (z1,· · · , zp)∈ N qui est un vecteur propre de valeur propreλ. CommeN ⊂ B, la question b. montre que
λw=f(w)∈ B ⇒ ∀j∈J1, pK, |λzj| ≤1.
Il existe unj tel que|zj|= 1carw∈ N. On en déduit|λ| ≤1. 4. Soitλune valeur propre de module1.
a. Comme dans la question précédente, il existew= (z1,· · ·, zp)∈ N (d'après 3.c.
et 3.a.) qui est un vecteur propre de valeur propreλ.
b. Il existej tel que|zj|= 1et |zi| ≤1 pour tous lesi carw= (w1,· · · , wp)∈ N. Considérons laj-ème coordonnée de f(w):
a1jz1+· · ·+apjzp=λzj.
Divisons parλzj qui est non nul car de module1. On en tire a1ju1+· · ·+apjup= 1avecuk= zk
λzi ⇒ |uk|= |zk|
|λzi| ≤1.
On conclut alors queuk = 1pour tous leskavec la question I.3.b. car a1j+· · ·+apj= 1.
En considérant k = j, on obtient λ = 1. Ceci prouve que 1 est la seule valeur propre de module 1. Pour tous les autresk, on obtientzk=zj.
On peut noter que cela entrainew=zjuce qui est utile dans la question suivante.
c. Remarquons que v∈ker(f−IdF)⇔f(v) =v. Commef(u) =upar hypothèse, u∈ker(f −IdF)doncVect(u)⊂ker(f−IdF).
Soit v non nul dans ker(f −IdF). D'après 3.c. et 3.a., il existe µ > 0 tel que µv = (z1,· · ·, zp)soit un vecteur propre dans N de valeur propre1. D'après la question précédente, il existe j tel que µv =ziu ∈ Vect(u). On en tire l'autre inclusion donc
ker(f−IdF) = Vect(u).
Partie III. Hyperplan supplémentaire stable.
1. a. Sig(x) = 0alorsg(x) = 0donckerg⊂kerg2doncdim(kerg)≤dim(kerg2). Pour la deuxième inégalité, considéronsg0 la restriction deg àkerg2. Elle prend ses valeurs danskerg doncrgg0 ≤dim(kerg)et son noyau estkerg. Appliquons àg0 le théorème du rang :
dim(kerg2) = dim(kerg) + rg(g0)≤2 dim(kerg).
b. On sait quekerg⊂kerg2 etImg2⊂Img pour tout endomorphismeg. SupposonsImg⊕kerg=Eet montrons que Img⊂Img2.
Soitx=g(y)∈Img, décomposons y eny=a+b aveca∈kerget b=g(c)∈ Img. On en tirex=g2(c)∈Img2 doncImg= Img2.
SupposonsImg= Img2 et montrons quekerg= kerg2.
L'égalité des deux images entraine l'égalité des dimensions des deux images. Le théorème du rang entraine l'égalité des dimensions des deux noyaux. Comme kerg⊂kerg2, l'égalité des dimensions entraine l'égalité des espaces.
Supposonskerg2= kerg et montrons queImg⊕kerg=E.
Six∈Img∩kerg, il existeytel quex=g(y)etg(x) = 0. Alorsg2(y) = 0donc y∈kerg2⊂kerg doncg(y) =x= 0. L'intersection est réduite au vecteur nul doncdim(Img+ kerg) = dim Img+ dim kerg= dimE à cause du théorème du rang. D'oùImg+ kerg=E puisImg⊕kerg=E.
Les trois implications prouvées au dessus montrent circulairement l'équivalence Img⊕kerg=E⇔Img2= Img⇔kerg2= kerg.
2. Notonsg=f −IdF de sorte quef = IdF+g. La formule du binôme est valable pour une somme de deux endomorphismes qui commutent :
fn= IdF+ n
1
g+ n
2
g2+ n
3
g3+· · ·
On sait d'après II.4.c que kerg = Vect(u) donc dim(kerg) = 1. Si dim(kerg2) = 2 l'inclusion entre les deux noyaux est stricte et il existe un w∈kerg2 avec w /∈kerg. On a donc f(w) 6=w et g2(w) = 0. Le vecteur v n'est pas forcémént dans B mais, comme il est non nul, il existe µ >0 tel que v =µw = (z1,· · ·, zp)∈ N ⊂ Bet qui vérie les mêmes propriétés. L'expression defn(v)se réduit alors à
fn(v) =v+ n
1
g(v) + 0 =v+n(f(v)−v).
Ceci entre en contradiction avec le fait queBest stable parf (partie II question III.b).
En eet il existe un indicejtel que laj-ème coordonnée devsoit diérente de laj-ème coordonnée def(v). Pour cej, la suite desj-ème coordonnés defn(v)va diverger vers +∞ou−∞et ne sera pas bornée par1. Ceci prouve quekerg2= kerg.
3. Toujours avecg=f−IdF, la question 1.a. montre que
ker(f −IdF)2= ker(f −IdF)⇒Im(f−IdF)⊕ker(f−IdF) =E.
Commeker(f−IdF) = Vect(u)est une droite vectorielle,Im(f−IdF)est un hyperplan supplémentaire notéH.
Il est stable parf car six∈H, il existey∈F tel que
x=f(y)−y⇒f(x) =f2(x)−f(x) = (f −IdF)(f(x)) =g(x)∈H.
4. a. Il s'agit d'une question de cours. Soitvun vecteur qui n'est pas dans l'hyperplan kerφ= kerψalorsψ(v)etφ(v)sont non nuls et la droiteVect(v)est un supplé- mentaire de cet hyperplan. En décomposant danskerψ⊕Vect(v), on vérie que φ=ψ(v)φ(v)ψ.
b. CommeH est un hyperplan, il existe une forme linéaire γ1 telle queH = kerγ1 avecγ1(u)6= 0 carun'est pas dansH. On peut poser γ= γ1
1(u)γ1 pour assurer
queγ(u) = 1.
Notons γ0 = γ◦f. C'est encore une forme linéaire et elle n'est pas nulle car γ0(u) = 1. La stabilité de H par f entraine queH ⊂kerγ0. Comme il sont de même dimension, les deux hyperplans sont égaux. Il existe donc un réelλtel que γ0 =λγ. De plusλ= 1 carγ(u) =γ0(u).
c. Décomposonsv∈F dansVect(u)⊕H. Il existeµ∈Ceth∈H = kerγtel que v=λu+h⇒γ(v) =λγ(u)⇒pVect(u)H(v) =λu=γ(v)ucarγ(u) = 1.
Partie IV. Convergence.
1. Utilisons la formule du binôme pour l'endomorphisme fn= (λIdF+(f−λIdF))n
carλIdF commute avecf−λIdF. Prenons la valeur env∈ker(f−λIdF)p : fn(v) =λnv+
p−1
X
k=1
n k
λn−k(f−λIdF)k(v)
car (f −λIdF)k(v) = 0 pour k ≥p. D'après II.,|λ| <1 car c'est une valeur propre autre que1. De I.1., on déduit que toutes les suites numériques en jeu (pour chaquek et chaque coordonnée) dans la suite de vecteurs(fn(x))n≥p convergent vers0. 2. Soitλune valeur propre telle queker(f −λIdF)p ⊂H et v 6= 0F un vecteur propre
associé.
v∈ker(f −λIdF)⊂ker(f−λIdF)p⊂H H∩ker(f −IdF) ={0F}
)
⇒f(v)6=v⇒λ6= 1⇒ |λ|<1
car d'après II.|λ| ≤1etλ6= 1⇒ |λ|<1.
3. CommeVect(u)⊕H =F, tout vecteurv se décompose en v=γ(v)u+havech=∈H = ker Γ.
De plus, d'après la propriété admise,hse décompose en une sommeh=v1+· · ·+vr
avecvk ∈ker(f−λk)p. La question 2 montre que les suites de coordonnées desfn(vk) convergent vers 0. La seule composante qui contribue réellement à la limite est celle dansVect(u)qui est constante. Toutes les suites de coordonnées desfn(v)convergent vers la même valeurγ(v).
Exercice
1. a. La linéarité est évidente. Elle résulte de la linéarité de la multiplication par un polynôme xé et de la dérivation. Commedeg(A) =n, le plus grand degré possible pourf(P) =AP0−A0P avecdeg(P) =sests+n−1. Examinons le coecient deXs+n−1:
(s−n)(Coe. dom. de A)(Coe. dom. deP)
⇒deg(f(P))
(=s+p−1sis6=n
≤s+p−1sis=n
⇒p= max{deg(f(S), S∈Rm[X]}=n+m−1carn < m 2 < m.
b. Par un calcul immédiat :f(QA) =A2Q0.
c. La formule de dérivation suggérée par l'énoncé est P
A 0
=AP0−A0P A2 .
On en déduit que f(P) = 0 si et seulement si la fraction rationnelle PA est de dérivée nulle. On peut associer une fonction dénie dansI car le polynômeAest sans racine dans cet intervalle. SiP est dans le noyau def, il existe donc un réel λtel quePe =λAe. Attention, la relation précédente est relative à des fonctions.
On en déduit l'égalité polynomiale car P −λA admet une innité de racines.
Finalement :
kerf = Vect(A)⇒rg(f) = dimRm[X]−1 =m(théorème du rang). 2. a. NotonsV = Vect Xi, i∈J\ {n}
.
dimV =m= dim(Rm[X]−1 deg(A) =n⇒V ∩Vect(A) ={0}
)
⇒V ⊕kerf =E.
On en déduit avec le théorème noyau-image du cours que la restriction def àV est injective et donc que la famille Yi
i∈J\{n}est libre. Comme son nombre de vecteurs est égal àrg(f), c'est une base deIm(f).
b. On a déjà vu quef(A) = 0. On en déduit par linéarité :
Yn=−a0Y0−a1Y1− · · · −an−1Yn−1(pas de terme enaiYi).
3. a. On sait déjà (question 1a) quedeg(Yi) =n+i−1. Montrons que min{deg(S, S∈Im(f), S6= 0}=n−1.
Ce degré est atteint pourS=f(1) =−A0.
Sideg(P)6=n, alorsdeg(f(P)) =n+ deg(P)−1≥n−1.
Sideg(P) =n, notonsλson coecient dominant. Il existe alors un polynômeR tel queP =λA+Ravecdeg(R)< n. CommeAest dans le noyau :f(P) =f(R) avecdeg(f(R)) = deg(R) +n−1≥n−1.
b. Un polynôme divisible parA2 est de la forme A2Q. Il est dans l'image de f car on peut écrire
A2Q=f(AQ1)
oùQ1 est un polynôme primitif deQ(c'est à dire tel queQ01=Q).
SupposonsP =A2Q+RavecR dans l'image. Alors, par linéarité, A2Q∈Imf ⇒P ∈Imf.
Réciproquement, supposons P =f(P1)dans l'image. Écrivons la division eucli- dienne P =A2Q+R deP parA2. Comme A2Q=f(Q1),R =f(P1−Q1)est aussi dans l'image.
CommeRest le reste d'une division par A2, la valeur maximale de son degré est deg(A2)−1 = 2n−1.
4. a. Les primitives de
f(P)
A2 = AP0−A0P
A2 =
P A
0
sont les fractions rationnelles P
A+C avecC∈R.
b. Pouri∈J\ {n},Yi=f(Xi)donc une primitive de AYi2 est XAi. Pouri=n,
Yn =−a0Y0−a1Y1− · · · −an−1Yn−1
donc une primitive de YAn2 est
−a0−a1X1− · · · −an−1Xn−1
A =Xn−A
A = Xn A −1.
Dans ce cas aussi XAn est une primitive de AYn2.
5. Dans cette questionm >6et A=X3−X+ 1. a. On trouve, après un calcul direct :
Y0=−3X2+ 1, Y1=−2X3+ 1, Y2=−X4−X2+ 2X.
b. On peut exprimerS =X4+ 4X3−2X2−2X−1comme combinaison desYi en utilisant systématiquement le terme de plus haut degré. On obtient
S=−Y2−2Y1+Y0∈Im(f).
c. On déduit de la question précédente que
−X2−2X+ 1
A est une primitive de X4+ 4X3−2X2−2X−1 (X3−X+ 1)2 . d. D'après les questions précédentes, un polynômeP est dans l'image si et seulement
si il est combinaison desYi c'est à dire s'il existeu, v,wtels que P =−wX4−2vX3−(w+ 3u)X2+ 2wX+v+u
Le polynôme P est donc dans l'image si et seulement si le système suivant (aux inconnuesu,v,w) admet des solutions. On le transforme par opérations élémen- taires
−w=a
−2v=b
−w−3u=c 2w=d v+u=e
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a
−3u−w=c 2w=d
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a 3v−w=c+ 3e
2w=d
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a
−w=c+ 3e+3 2b 2w=d
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a
0 =c+ 3e+3 2b−a 0 =d+ 2a
La condition cherchée est donc
( 2a+d= 0 2a−3b−2c−6e= 0.
