Partie II Cas g´ en´ eral

PREMIER PROBL ` EME

1. a. Montrons par r´ecurrence que, pour tout ´el´ementndeN,fn est une application polynˆomiale.

•Cela semble relativement clair pour n= 0 puisque∀x∈I, f0(x) = 1.

• Supposons que pour un ´el´ement n deN, f_n soit une application polynˆomiale. Montrons qu’il en est de mˆeme pourfn+1.

fn est une application polynˆomiale donchn:t→fn(t) +fn(t²) aussi. Ainsix→ Z x

0

fn(t) +fn(t²) dt est

´

egalement une application polynˆomiale car c’est la primitive dehn sur l’intervalleIqui prend la valeur 0 en 0.

Alorsfn+1:x→1 + 1 2

Z x 0

fn(t) +fn(t²)

dt est encore une application polynˆomiale et ainsi s’ach`eve la r´ecurrence.

Pour tout ´el´ementndeN,fn est une application polynˆomiale.

b. ∀x∈I, f1(x) = 1 +1 2

Z x 0

f0(t) +f0(t²)

dt= 1 +1 2

Z x 0

2 dt= 1 +1

2 (2x) = 1 +x.

∀x∈I, f1(x) = 1 +x.

∀x∈I, f2(x) = 1 +1 2

Z x 0

f1(t) +f1(t²)

dt= 1 +1 2

Z x 0

(1 +t+ 1 +t²) dt= 1 +1 2

2t+t²

2 +t³ 3

^x

0

.

∀x∈I, f₂(x) = 1 +x+x² 4 +x³

6 ·

∀x∈I, f2(x) = 1 +x+x² 4 +x³

6 ·

∀x∈I, f3(x) = 1 +1 2

Z x 0

f2(t) +f2(t²)

dt= 1 +1 2

Z x 0

1 +t+t² 4 +t³

6 + 1 +t²+t⁴ 4 +t⁶

6

dt.

∀x∈I, f₃(x) = 1 +1 2

2t+t²

2 +5t³ 12 + t⁴

24+ t⁵ 20+ t⁷

42 ^x

0

.

∀x∈I, f3(x) = 1 +x+x² 4 +5x³

24 +x⁴ 48+x⁵

40+x⁷ 84·

2. Notons que I est un segment et qu’ainsi toute application continue de I dans R, poss`ede un maximum (et un minimum).

Ainsi, pour tout ´el´ement nde N^∗, on a encore :Dn = Max

x∈I |fn(x)−f_n−1(x)| (|fn−f_n−1|est continue sur I...).

a. D₁= Max

x∈I |f1(x)−f₀(x)|= Max

x∈I |1 +x−1|= Max

x∈I |x|=1 2· D1= 1

2·

D₂= Max

x∈I |f₂(x)−f₁(x)|= Max

x∈I

1 +x+x² 4 +x³

6 −1−x

= Max

x∈I

x² 4 +x³

6

= Max

x∈I

x² 6

x+3

2

. Sixest dansI, x²

6

x+3 2

est un r´eel positif ; doncD₂= Max

x∈I

x² 6

x+3

2

= Max

x∈I

x² 4 +x³

6

. D`es lors ´etudions rapidement la fonctionud´efinie par :∀x∈I, u(x) =x²

4 +x³ 6 · uest d´erivable surI et ∀x∈I, u⁰(x) = x

2 +x² 2 = x

2(1 +x). Donc si xest dans I,u⁰(x) est du signe de x.

Ainsiuest d´ecroissante sur [−¹₂,0] et croissante sur [0,¹₂]. Remarquons queu −¹₂

=₂₄¹ et u ¹₂

= ₁₂¹· Ce qui pr´ec`ede donne alors : Max

x∈I u(x) = 1

12 et donc D₂= 1

12·

b. Afin de ne pas refaire quatre fois la mˆeme d´emonstration (au niveau de Q2 b, Q4 a, Q4 c et Q7) je propose d’´etablir le lemme suivant.

Soitg une application continue du segmentI= [−¹₂,¹₂] dansR. PosonsM = Max

x∈I |g(x)|.

∀(x, y)∈I²,

Z x y

g(t) +g(t²) dt

62M|x−y| (1).

∀x∈I,

Z x 0

g(t) +g(t²) dt

6M (2).

D´emonstration du lemme.

∀t∈I, t²∈I. Donc :∀t∈I, |g(t) +g(t²)|6|g(t)|+|g(t²)|62M. Soitxet y deux ´el´ements de I.

Siy6x:

Z x y

g(t) +g(t²) dt

6

Z x y

g(t) +g(t²) dt6

Z x y

2Mdt62M(x−y) = 2M|x−y|.

Si y > x:

Z x y

g(t) +g(t²) dt

=

− Z y

x

g(t) +g(t²) dt

=

Z y x

g(t) +g(t²) dt

et nous sommes ra- men´es au cas pr´ec´edent et (1) est alors prouv´e.

Soitxun ´el´ement deI. (1) donne sans difficult´e :

Z x 0

g(t) +g(t²) dt

62M|x−0|= 2M|x|.

Commexest dans I: 2|x|61. Par cons´equent :

Z x 0

g(t) +g(t²) dt

6M. Ceci ach`eve la d´emonstration du lemme.

Soitnun ´el´ement deN^∗ et soitxun ´el´ement deI.

|fn+1(x)−f_n(x)|=

1 +1 2

Z x 0

f_n(t) +f_n(t²)

dt−1−1 2

Z x 0

f_n−1(t) +f_n−1(t²) dt

.

|fn+1(x)−fn(x)|= 1 2

Z x 0

h

fn−f_n−1

(t) + fn−f_n−1 (t²)i

dt . Rappelons quefn−fn−1est continue surI et que Max

x∈I |fn(x)−fn−1(x)|=Dn. En appliquant le point 2 du lemme `a |fn−f_n−1| il vient :|fn+1(x)−fn(x)|6 1

2 Dn.

∀n∈N^∗, ∀x∈I, |fn+1(x)−fn(x)|6 1 2 Dn.

c. Soitnun ´el´ement deN^∗. Nous venons de voir que :∀x∈I, |fn+1(x)−fn(x)|6 1 2 Dn. Par cons´equent Dn+1= Max

x∈I |fn+1−fn(x)|61 2 Dn. R´esumons :D1= 1

2 et ∀n∈N^∗, Dn+16 1

2 Dn. Une r´ecurrence des plus banales donne alors :

∀n∈N^∗, Dn 6 1 2ⁿ·

d. ∀n∈N^∗, 06Dn 6 1 2ⁿ =

1 2

ⁿ . La convergence de la s´erie de terme g´en´eral

1 2

ⁿ

(|¹₂|<1 !) et les r`egles de comparaison des s´eries `a termes positifs montrent que :

la s´erie de terme g´en´eralDn converge.

Soitxun ´el´ement deI. ∀n∈N^∗, 06|fn(x)−f_n−1(x)|6Dn.

La convergence de la s´erie de terme g´en´eral Dn et les r`egles de comparaison des s´eries `a termes positifs montrent que la s´erie de terme g´en´eral|fn(x)−f_n−1(x)|converge.

Pour tout ´el´ement xde I, la s´erie de terme g´en´eral fn(x)−fn−1(x) est absolument convergente donc convergente.

3. Soitxun ´el´ement deI.

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

f_k(x)−f_k−1(x)

=f_n(x)−f₀(x) =f_n(x)−1.

Donc∀n∈N^∗, fn(x) =

n

X

k=1

fk(x)−f_k−1(x) + 1.

Comme la s´erie de terme g´en´eralf_n(x)−f_n−1(x) converge, la suite de terme g´en´eral

n

X

k=1

f_k(x)−f_k−1(x) converge ´egalement. Il est alors clair que :

la suite fn(x)

n∈N

converge.

4. Ici encore sinest dansN,M_n = Max

x∈I |fn(x)|(car|fn|est continue sur le segmentI).

a. Soitnun ´el´ement deN^∗.

∀x∈I, |f_n(x)|=

1 + 1 2

Z x 0

f_n−1(t) +f_n−1(t²) dt

61 + 1 2

Z x 0

f_n−1(t) +f_n−1(t²) dt

. En appliquant le point 2 du lemme `a fn−1 il vient alors :∀x∈I, |fn(x)|61 + 1

2 Mn−1. AlorsMn= Max

x∈I |fn(x)|61 +1 2 M_n−1.

∀n∈N^∗, Mn61 +1 2 Mn−1. b. Montrons par r´ecurrence que pour tout ´el´ementndeN,Mn 62.

•La propri´et´e est vraie pourn= 0 carM0vaut 1 puisquef0= 1.

• Supposons la propri´et´e vraie pour un ´el´ement n de N et montrons la pour n+ 1. Mn+1 61 + ¹₂ Mn. Comme, par hypoth`eseMn 62 :Mn+161 +<sup>1</sup><sub>2</sub>×2 = 2 et ainsi s’ach`eve la r´ecurrence.

∀n∈N, Mn 62·

c. Soientnun ´el´ement deN^∗,xet y deux ´el´ements de I.

|f_n(x)−f_n(y)|=

1 + 1 2

Z x 0

f_n−1(t) +f_n−1(t²)

dt−1−1 2

Z y 0

f_n−1(t) +f_n−1(t²) dt

.

|fn(x)−fn(y)|= 1 2

Z x y

fn−1(t) +fn−1(t²) dt

.

En appliquant le point 1 du lemme `a f_n−1 il vient :|fn(x)−f_n(y)|61

2 2M_n−1|x−y|=M_n−1|x−y|.

OrM_n−162 donc|f_n(x)−f_n(y)|62|x−y|.

Notons que cette derni`ere in´egalit´e vaut encore pourn= 0 carf0= 1. Ainsi :

∀n∈N, ∀(x, y)∈ I², |fn(x)−f_n(y)|62|x−y|.

5. a. ∀n∈ N, ∀(x, y)∈ I², |fn(x)−fn(y)| 62|x−y|. En faisant tendre n vers l’infini on obtient sans difficult´e :

∀(x, y)∈ I², |f(x)−f(y)|62|x−y|.

b. Soitaun ´el´ement deI. ∀x∈ I, |f(x)−f(a)|62|x−a|.

x→alim|x−a|= 0 donne alors lim

x→a|f(x)−f(a)|= 0 et donc lim

x→af(x) =f(a).

f est continue enaet ceci pour tout ´el´ementadeI.

f est continue surI.

6. a. Soientxun ´el´ement deI,net pdeux ´el´ements deN^∗.

|fn+p(x)−fn(x)|=

n+p

X

k=n+1

fk(x)−f_k−1(x)

6

n+p

X

k=n+1

fk(x)−f_k−1(x) .

|fn+p(x)−fn(x)|6

n+p

X

k=n+1

Dk6

n+p

X

k=n+1

1 2

^k

= 1

2

ⁿ⁺¹ 1− ¹₂^p 1−¹₂ = 1

2ⁿ

1− 1 2^p

.

∀x∈I, ∀n∈N^∗, ∀p∈N^∗, |fn+p(x)−fn(x)|6 1 2ⁿ

1− 1

2^p

.

b. ∀x ∈I, ∀n ∈ N^∗, ∀p ∈N^∗, |f_n+p(x)−f_n(x)| 6 1

2ⁿ· En faisant tendre pvers l’infini on obtient sans difficult´e :

∀x∈I, ∀n∈N^∗, |f(x)−fn(x)|6 1 2ⁿ· 7. Soitxun ´el´ement deI.

Rappelons que :∀n∈N, f_n+1(x) = 1 +1 2

Z x 0

f_n(t) +f_n(t²)

dt et que lim

n→+∞f_n+1(x) =f(x).

Ainsi pour montrer quef(x) = 1 +1 2

Z x 0

f(t) +f(t²)

dtil suffit de prouver que :

n→+∞lim Z x

0

fn(t) +fn(t²) dt

= Z x

0

f(t) +f(t²) dt.

Montrons pour cela que lim

n→+∞

Z x 0

h

f_n−f (t) +

f_n−f (t²)i

dt

= 0.

Soitnun ´el´ement deN^∗. fn−f est continue surI.

Le point 2 du lemme appliqu´e `a cette application donne alors :

Z x 0

h

f_n−f (t) +

f_n−f (t²)i

dt 6Max

x∈I |f_n(x)−f(x)|= Max

x∈I |f(x)−f_n(x)|.

Or∀x∈ I, |f(x)−f_n(x)|6 1 2ⁿ·Donc

Z x 0

hf_n−f (t) +

f_n−f (t²)i

dt 6 1

2ⁿ·

n→+∞lim 1

2ⁿ = 0 fournit lim

n→+∞

Z x 0

hf_n−f (t) +

f_n−f (t²)i

dt

= 0 et ach`eve de montrer que :

∀x∈I, f(x) = 1 +1 2

Z x 0

f(t) +f(t²) dt.

DEUXI ` EME PROBL ` EME

Partie I : Etude d’un exemple

1. E est de dimension 3 donc pour montrer que la famille de trois vecteurs e1, f(e1), f²(e1)

est une base deE il suffit de montrer que c’est une famille libre.

f(e1) =e1+e2−2e3. f²(e1) =f f(e1)

=−e1−2e2+ 2e3 car





1 2 2

1 1 2

−2 −2 −3







 1 1

−2



=





−1

−2 2



.

Soientα,β et γtrois ´el´ements deCtels que :αe1+βf(e1) +γf²(e1) = 0E. Montrons queα=β =γ= 0.

αe1+β(e1+e2−2e3) +γ(−e1−2e2+ 2e3) = 0E donc (α+β−γ)e1+ (β−2γ)e2+ (−2β+ 2γ)e3= 0E. La libert´e de (e₁, e₂, e₃) donne alorsα+β−γ=β−2γ=−2β+ 2γ= 0.

Ainsiγ=β = 2γetα+β−γ= 0. N´ecessairementβ =γ= 0 etα=−β+γ= 0. Finalementα=β=γ= 0.

Ceci ach`eve de montrer que :

e1, f(e1), f²(e1)

est une base deE.

Cherchons la matrice def dans cette base.

f(e₁) = 0.e₁+ 1.f(e₁) + 0.f²(e₁) etf²(e₁) = 0.e₁+ 0.f(e₁) + 1.f²(e₁).

f f²(e1)

=f(−e1−2e2+ 2e3) =−e1+e2car





1 2 2

1 1 2

−2 −2 −3









−1

−2 2



=





−1 1 0



.

f f²(e₁)

=−e1+e₂=−e1−(e₁+e₂−2e₃)−(−e1−2e₂+ 2e₃) =−e1−f(e₁)−f²(e₁).

La matrice def dans la base e₁, f(e₁), f²(e₁) est :





0 0 −1 1 0 −1 0 1 −1



.

2. Montrons quef est cyclique d’ordre 4.

•f³(e1) =−e1+e2; alorsf⁴(e1) =−f(e1) +f(e2) =−(e1+e2−2e3) + (2e1+e2−2e3) =e1.

• e1, f(e1), f²(e1), f³(e1)

est une famille g´en´eratrice deE comme sur-famille de la famille g´en´eratrice e₁, f(e₁), f²(e₁)

de E. En effet E = Vect e₁, f(e₁), f²(e₁)

⊂Vect e₁, f(e₁), f²(e₁), f³(e₁)

⊂E donne Vect e₁, f(e₁), f²(e₁), f³(e₁)

=E n’est-il pas ?

• e₁, f(e₁), f²(e₁), f³(e₁)

= (e₁, e₁+e₂−2e₃,−e₁−2e₂+ 2e₃,−e₁+e₂) ; la famille e1, f(e1), f²(e1), f³(e1)

est donc constitu´ee d’´el´ements deux `a deux distincts.

Les trois points pr´ec´edents permettent de dire que :

f est cyclique d’ordre 4 et e1, f(e1), f²(e1), f³(e1)

est un cycle def.

3. Pour montrer quef⁴= id_E il suffit de prouver que ces deux endomorphismes deEco¨ıncident sur la base

e1, f(e1), f²(e1)

deE. Pour cela il suffit de prouver quef⁴(e1) =e1,f⁵(e1) =f(e1) etf⁶(e1) =f²(e1).

f⁴(e1) =e1r´esulte de Q1 et permet d’´ecrire que :f f⁴(e1)

=f(e1) etf² f⁴(e1)

=f²(e1) ; alorsf⁵(e1) = f(e1) et f⁶(e1) =f²(e1). Ainsi :

f⁴= idE.

4. Observons quef⁴−idE = 0_L(E). Ainsi X⁴−1 est un polynˆome annulateur de f dont l’ensemble des racines est{1,−1, i,−i}.

Les seules valeurs propres possibles def sont 1,−1,iet−i.

NotonsB⁰ la base

e1, f(e1), f²(e1)

deE et A⁰ la matrice def dans cette base. A⁰ =





0 0 −1 1 0 −1 0 1 −1



.

Soitxun ´el´ement deE de coordonn´ees (α, β, γ) dansB⁰. f(x) =x⇔A⁰



 α β γ



=



 α β γ



⇔

(−γ=α α−γ=β β−γ=γ

⇔

(γ=−α β= 2α 2α+α=−α

⇔α=β=γ= 0⇔x= 0E. Donc 1 n’est pas valeur propre def.

f(x) =−x⇔A⁰



 α β γ



=−



 α β γ



⇔

(−γ=−α α−γ=−β β−γ=−γ

⇔

α=γ β= 0.

Alors−1 est valeur propre def et le sous-espace propre associ´e est SEP (f,−1) = Vect e1+f²(e1) . Observons que Vect e1+f²(e1)

= Vect(e1−e1−2e2+ 2e3) = Vect(−2e2+ 2e3) = Vect(e2−e3).

f(x) =ix⇔A⁰



 α β γ



=i



 α β γ



⇔

(−γ=iα α−γ=iβ β−γ=iγ

⇔







γ=−iα

β =¹_i(α−γ) =−i(α+iα) = (1−i)α (1−i)α+iα=i(−iα) =α

.

f(x) =ix⇔







γ=−iα β= (1−i)α α=α

⇔

(γ=−iα β= (1−i)α.

Alorsiest valeur propre defet le sous-espace propre associ´e est SEP (f, i) = Vect e1+(1−i)f(e1)−if²(e1) . Ore1+ (1−i)f(e1)−if²(e1) =e1+ (1−i)(e1+e2−2e3)−i(−e1−2e2+ 2e3)) = 2e1+ (1 +i)e2−2e3. Par cons´equent SEP (f, i) = Vect 2e1+ (1 +i)e2−2e3

.

Remarquons alors que si X est un ´el´ement de M3,1(C), A⁰X = −iX ⇔ A⁰X = iX puisque A⁰ est `a coefficients r´eels.

Ainsi f(x) =−ix⇔

(γ=−iα β= (1−i)α ⇔

(γ=iα

β= (1 +i)α. Alors−i est valeur propre def et le sous-espace propre associ´e est SEP (f,−i) = Vect

e1+ (1 +i)f(e1) +if²(e1)

= Vect

2e1+ (1−i)e2−2e3

. f admet trois valeurs propres distinctes etE est de dimension 3 donc :

f est diagonalisable.

Comme SEP (f,−1) = Vect e2−e3

, SEP (f, i) = Vect

2e1+ (1 +i)e2−2e3

et SEP (f,−i) = Vect 2e1+ (1−i)e2−2e3

:

e2−e3,2e1+ (1 +i)e2−2e3,2e1+ (1−i)e2−2e3

est une base deEconstitu´ee de vecteurs propres de f respectivement associ´es aux valeurs propres 1,iet −i.

Partie II Cas g´ en´ eral

1. x0, f(x0), . . . , f^p−1(x0)

est un cycle de f donc c’est une famille g´en´eratrice de E. Cette famille g´en´eratrice est de cardinalpetE est de dimensionn, par cons´equent :

p>n.

2. Soit x un ´el´ement de E. x0, f(x0), . . . , f^p−1(x0)

est une famille g´en´eratrice de E donc il existe un

´

el´ement (λ₀, λ₁, . . . , λ_p−1) deC^p tel que :x=

p−1

P

k=0

λ_k f^k(x₀).

f^p(x) =f^p _p−1

P

k=0

λk f^k(x0)

=

p−1

P

k=0

λk f^p f^k(x0)

=

p−1

P

k=0

λk f^p+k(x0) =

p−1

P

k=0

λk f^k f^p(x0) . Orf^p(x0) =x0. Ainsif^p(x) =

p−1

P

k=0

λk f^k(x0) =x.

Finalement∀x∈E, f^p(x) =x= idE(x) donc :

f^p= idE.

f◦f^p−1=f^p= id_E. De mˆemef^p−1◦f =f^p= id_E. Ainsi :

f est bijective etf⁻¹=f^p−1. 3. a. Par d´efinition dem, x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0)

est libre et x0, f(x0), . . . , f^m(x0)

est li´ee.

Par cons´equent il existe un ´el´ement non nul (λ0, λ1, . . . , λm) deC^m+1 tel que :

m

P

k=0

λk f^k(x0) = 0E. Supposons λm = 0. Alors

m−1

P

k=0

λk f^k(x0) = 0E. La libert´e de la famille x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0) donne λ0=λ1=· · ·=λm−1= 0.

Ainsiλ0=λ1=· · ·=λm= 0 ce qui induit une l´eg`ere contradiction.

On peut donc affirmer queλm n’est pas nul et ´ecrire :f^m(x0) =

m−1

X

k=0

−λk

λm

f^k(x0).

f^m(x0) est combinaison lin´eaire de x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0) .

b. Montrons par r´ecurrence que, pour tout ´el´ement kde [[m,+∞[[, f^k(x₀) est combinaison lin´eaire des m vecteursx₀, f(x₀), ...,f^m−1(x₀).

•Nous venons de montrer que la propri´et´e est vraie pourk=m.

•Supposons la propri´et´e vraie pour un ´el´ement kde [[m,+∞[[ et montrons la pourk+ 1.

L’hypoth`ese de r´ecurrence permet de dire quef<sup>k</sup>(x0) appartient `a Vect x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0) . Alors :f^k+1(x0)∈f Vect x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0)

= Vect f(x0), f²(x0), . . . , f^m(x0) . De toute ´evidence fⁱ(x0) appartient `a Vect x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0)

si i appartient `a [[1, m−1]]. f<sup>m</sup>(x0) appartient ´egalement `a Vect x₀, f(x₀), . . . , f^m−1(x₀)

d’apr`es a.

Ainsi∀i∈[[1, m]], fⁱ(x₀)∈Vect x₀, f(x₀), . . . , f^m−1(x₀) . Alors Vect f(x₀), f²(x₀), . . . , f^m(x₀)

⊂ Vect x₀, f(x₀), . . . , f^m−1(x₀)

. Comme f^k+1(x₀) appartient `a Vect f(x0), f²(x0), . . . , f^m(x0)

,f^k+1(x0) appartient `a Vect x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0) .

f^k+1(x0) est combinaison lin´eaire desmvecteursx0,f(x0), ...,f^m−1(x0) et ainsi s’ach`eve la r´ecurrence.

Pour tout entier naturelksup´erieur ou ´egal `am, le vecteurf^k(x0) est combinaison lin´eaire desmvecteurs x0,f(x0), ...,f^m−1(x0).

c. Nous venons de voir que pour tout ´el´ementk de [[m,+∞[[ le vecteurf^k(x0) est combinaison lin´eaire des mvecteursx0,f(x0), ...,f^m−1(x0). Ceci vaut ´egalement pourkdans [[0, m−1]].

Ainsi tous les ´el´ements de la famille g´en´eratrice x₀, f(x₀), . . . , f^p−1(x₀)

sont combinaisons lin´eaires de la famille x₀, f(x₀), . . . , f^m−1(x₀)

. AlorsE= Vect x₀, f(x₀), . . . , f^p−1(x₀)

⊂Vect x₀, f(x₀), . . . , f^m−1(x₀)

⊂E.

Ainsi Vect x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0)

=E.

La famille x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0)

est donc une famille g´en´eratrice deE. Rappelons que par d´efinition de melle est libre.

x0, f(x0), . . . , f^m−1(x0)

est donc une base deE de cardinal m. CommeE est de dimensionn:

m=net x0, f(x0), . . . , fⁿ⁻¹(x0)

est une base deE.

4. a. Soitk un ´el´ement deN. g f^k(x0)

=

n−1

X

`=0

a`f<sup>`</sup> f^k(x0)

=

n−1

X

`=0

a`f<sup>`+k</sup>(x0) =

n−1

X

`=0

a`f<sup>k</sup> f<sup>`</sup>(x0)

=f^k

n−1

X

`=0

a`f<sup>`</sup>(x0)

! .

Rappelons que, par hypoth`ese,fⁿ(x0) =

n−1

X

`=0

a`f<sup>`</sup>(x0).

Ainsig f^k(x₀)

=f^k fⁿ(x₀)

=f^k+n(x₀) =f^n+k(x₀) =fⁿ f^k(x₀) .

∀k∈N, g f^k(x₀)

=f^n+k(x₀) =fⁿ f^k(x₀) .

Ceci permet en particulier de dire que les deux endomorphismes g et fⁿ co¨ıncident sur les ´el´ements de la base x₀, f(x₀), . . . , fⁿ⁻¹(x₀)

deE. Alorsg=fⁿ.

fⁿ=a₀id_E+a₁f+a₂f²+· · ·+a_n−1fⁿ⁻¹. b. ∀i∈[[0, n−2]],f fⁱ(x0)

= 0.x0+ 0.f(x0) +· · ·+ 0.fⁱ(x0) + 1.fⁱ⁺¹(x0) + 0.fⁱ⁺²(x0) +· · ·+ 0.fⁿ⁻¹(x0).

On a ´egalement :f fⁿ⁻¹(x₀)

=fⁿ(x₀) =a₀x₀+a₁f(x₀) +a₂f²(x₀) +· · ·+a_n−1fⁿ⁻¹(x₀).

La matrice def dans la base x₀, f(x₀), . . . , fⁿ⁻¹(x₀)

est donc :

















0 · · · 0 a0

1 . .. ... a₁ 0 . .. . .. ... ...

... . .. . .. 0 ... 0 · · · 0 1 an−1















 .

c. Soitλun ´el´ement deC. Posons pour tout ´el´ementk de [[0, n]],ek =f^k(x0).

e0, e1, . . . , e_n−1

= x0, f(x0), . . . , fⁿ⁻¹(x0)

est une base deE. De plus∀k∈[[0, n−1]], f(ek) =ek+1. Alors∀k∈[[0, n−1]], (f −λidE)(ek) = (f−λidE)( f^k(x0)

=f^k+1(x0)−λ f^k(x0) =ek+1−λ ek. e1−λe0, e2−λe1, . . . , en−1−λen−2, en−λen−1

est donc une famille d’´el´ements de Im(f−λidE).

e₁−λe₀, e₂−λe₁, . . . , e_n−1−λe_n−2) ´egalement. Pour prouver que la dimension de Im(f −λid_E) est sup´erieure ou ´egale `an−1, montrons que cette derni`ere famille est libre.

Soit (λ₁, λ₂, . . . , λ_n−1) un ´el´ement deCⁿ⁻¹tel que :λ₁(e₁−λe₀) +λ₂(e₂−λe₁) +· · ·+λ_n−1(e_n−1−λe_n−2) = 0E.

−λ1λ e0+ (λ1−λ2λ)e1+ (λ2−λ3λ)e2+· · ·+ (λ_n−2−λ_n−1λ)e_n−2+λ_n−1e_n−1= 0E. La famille (e0, e1, . . . , e_n−1) est libre il vient donc :

−λ1λ=λ1−λ2λ=λ2−λ3λ=· · ·=λn−2−λn−1λ=λn−1= 0.

Ceci donne sans difficult´eλ1=λ2=· · ·=λn−1= 0.

Ainsi e₁−λe₀, e₂−λe₁, . . . , e_n−1−λe_n−2

est une famille libre de Im(f −λid_E), de cardinaln−1.

Par cons´equent dim Im(f−λid_E)>n−1.

∀λ∈C, rg(f−λidE)>n−1.

Soitλune valeur propre def et SEP (f, λ) le sous-espace propre associ´e.

dim SEP (f, λ) = dim Ker(f −λidE). En appliquant le th´eor`eme du rang on obtient : dim SEP (f, λ) = dimE−rg(f−λidE) =n−rg(f−λidE).

rg(f −λidE)>n−1 donne alors dim SEP (f, λ)6n−(n−1) = 1.

Ainsi SEP (f, λ) est de dimension au plus 1.

Or par d´efinition SEP (f, λ) est de dimension au moins 1. Alors dim SEP (f, λ) = 1.

Les sous-espaces propres def sont de dimension 1.

5. a. f est cyclique d’ordrendoncfⁿ= id_E (d’apr`es Q2). Xⁿ−1 est alors un polynˆome annulateur def. Toute valeur propre def est alors une racine de ce polynˆome. Ainsi :

Si un nombre complexeλest valeur propre def, alorsλⁿ= 1.

b. fⁿ(x0) =x0,fⁿ(x0) =a0x0+a1f(x0) +a2f²(x0) +· · ·+a_n−1fⁿ⁻¹(x0) et x0, f(x0), . . . , fⁿ⁻¹(x0) est une base deE. Alors a0= 1 eta1=a2=· · ·=a_n−1= 0.

La matrice def dans la base x0, f(x0), . . . , fⁿ⁻¹(x0)

est donc :















0 · · · 0 1 1 . .. ... 0 0 . .. . .. ... ... ... . .. . .. 0 ... 0 · · · 0 1 0













 .

c. Soitλun ´el´ement deCtel queλⁿ= 1.

Soitxun ´el´ement deE de coordonn´ees (α₀, α₁, . . . , α_n−1) dans la base x₀, f(x₀), . . . , fⁿ⁻¹(x₀) .

f(x) =λ x⇔















0 · · · 0 1 1 . .. ... 0 0 . .. . .. ... ... ... . .. . .. 0 ... 0 · · · 0 1 0



























 α₀ α₁ ... ... α_n−1















=λ













 α₀ α₁ ... ... α_n−1













 .

f(x) =λ x⇔αn−1=λα0 et∀k∈[[0, n−2]], αk=λαk+1.

f(x) =λ x⇔α_n−1=λα₀ et∀k∈[[0, n−2]], α_k+1= 1 λ α_k. f(x) =λ x⇔α_n−1=λα0 et∀k∈[[0, n−1]], αk= 1

λ^k α0. f(x) =λ x⇔ ∀k∈[[0, n−1]], α_k = 1

λ^k α₀ et α₀= 1

λα_n−1= 1 λ

1

λⁿ⁻¹α₀= 1

λⁿ α₀=α₀ ! f(x) =λ x⇔ ∀k∈[[0, n−1]], αk = 1

λ^k α0.

Alorsλest valeur propre def et le sous-espace propre associ´e est la droite vectorielle engendr´ee par x₀+1

λ f(x₀) + 1

λ² f²(x₀) +· · ·+ 1

λⁿ⁻¹ fⁿ⁻¹(x₀).

Posons∀k∈[[0, n−1]], λk =e^i2kπn ettk =x0+ 1

λ_k f(x0) + 1

λ²_k f²(x0) +· · ·+ 1

λⁿ⁻¹_k fⁿ⁻¹(x0).

λ0, λ1,. ..,λ_n−1sont lesnsolutions de l’´equationλ∈Cetλⁿ= 1.

λ0,λ1,. ..,λn−1sont (les)nvaleurs propres distinctes def et (t0, t1, . . . , tn−1) est une famille d’´el´ements de E constitu´ee de vecteurs propres def associ´es `a des valeurs propres distinctes.

(t₀, t₁, . . . , t_n−1) est alors une famille libre de cardinalnde l’espace vectorielE dont la dimension estn.

(t₀, t₁, . . . , t_n−1) est donc une base deE constitu´ee de vecteurs propres def. Ainsi

f est diagonalisable.