Partie A – G´ en´ eralit´ es

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Probl` eme – Endomorphismes v´ erifiant u

= ku

Partie A – G´ en´ eralit´ es

A.1

a L’existence est assur´ee par la d´efinition d’une homoth´etie. Si f admet λ et µ pour rapports, alors λe=µe, puis (λ−µ)e= 0. CommeE n’est pas r´eduit `a son vecteur nul,e6= 0, doncλ−µ= 0 : l’unicit´e est montr´ee.

bSi le rapportλdef n’est pas nul, alorsf admet 1

λepour inverse. Siλ= 0, alorsf est nulle, donc non inversible (carEn’est pas r´eduit `a son vecteur nul).

A.2

a Siuest inversible,uest alors l’homoth´etie de rapportksurE. R´eciproquement, cette homoth´etie est bien ´el´ement deAk.Ak admet un ´el´ement inversible si et seulement sik6= 0, et cet ´el´ement est, le cas ´ech´eant, l’homoth´etie de rapportk.

bSix=u(y)∈Imu, alorsu(x) =u(u(y)) =ku(y) =kx.

cUn ´el´ementxcommun `a=uet Keruv´erifieu(x) = 0 etu(x) =kx. Sik6= 0, on a donc Keru∩=u={0}.

De plus, tout vecteurxdeE peut s’´ecrirex= (x−_k¹u(x)) +_k¹u(x), donc comme somme d’un vecteur de Keru (`a savoirx−<sup>1</sup><sub>k</sub>u(x)) et d’un vecteur de Imu(`a savoir _k¹u(x)) : Keruet=usont des sous-espaces suppl´ementaires dansE. Sik= 0, on a bien sˆur=u⊂Keru.

Partie B – ´ El´ ements de A

commutant

B.1 Si uv+vu = 0, alors kuv+uvu = 0, uvu+kvu= 0 (en composant `a gauche puis `a droite par u).

Commek6= 0, on en d´eduit facilement queuv=vu= 0.

B.2

a u+v∈Ak si et seulement si (u+v)²=k(u+v),i.e.uv+vu= 0, soit encoreuv=vu= 0 d’apr`es la question pr´ec´edente (l’implication (uv=vu= 0)⇒uv+vu= 0 ´etant ´evidente).

bBien sˆur, Im(u+v)⊂Imu+ Imv. Pour l’inclusion inverse, remarquons que six=u(y)∈Imu, alors x= ¹_k(u+v)(u(y))∈Im(u+v), donc Imu⊂Im(u+v). De mˆeme, Imv⊂Im(u+v), et donc Imu+ Imv ⊂ Im(u+v).

cBien sˆur, Keru∩Kerv⊂Ker(u+v). Pour l’inclusion inverse, remarquons que six∈Ker(u+v), alors en composant `a gauche par u, on a ku(x) = 0 et donc, puisque k 6= 0, x∈Keru. De mˆeme x∈ Kerv, donc Ker(u+v)⊂Keru∩Kerv.

B.3Siuv=vu, alors (uv)²=uvuv=u²v²=k²uv appartient `a l’ensemble A_k2.

On a ´evidemment Imuv⊂Imuet Imuv⊂Imv(puisqueuv=vu) donc Imuv⊂Imu∩Imv. Six=u(y) = v(z)∈Imu∩Imv, alorskx=u(x) =uv(z). Puisquek6= 0, x∈Imuv: Imu∩Imv⊂Imuv.

On a ´evidemment Kerv ⊂Keruv et Keru⊂Keruv (puisque uv =vu), donc Keru+ Kerv ⊂Keruv. Si x∈Keruv, alorsx= (x−_k¹u(x)) +_k¹u(x), o`ux−¹_ku(x)∈Keruet ¹_ku(x)∈Kerv: Keruv⊂Keru+ Kerv.

Partie C – Celle du milieu

C.1 Soitλet µ deux r´eels tels queλf +µe= 0. Par hypoth`ese, f n’est pas une homoth´etie, ce qui force λ= 0, ce qui laisseµe= 0, doncµ= 0 (care6= 0).

C.2f−λe∈A_k si et seulement si

f²−2λf+λ²e=k(f−λe)

i.e.f²−(2λ+k)f+ (λ²+kλ)e= 0, soit encore (puisquef²−af+be= 0) : (a−(2λ+k))f+ (λ²+kλ−b)e= 0 i.e., puisquef etesont lin´eairement ind´ependants :

a= 2λ+k etb=λ²+kλ soit enfin :

λ²−aλ+b= 0 etk=a−2λ

C.3 Le polynˆome X²−aX+b admet deux racines r´eelles distinctes si et seulement si son discriminant a²−4b est strictement positif :uetv comme dans l’´enonc´e existent si et seulement sia²−4b >0. Les racines λ1 et λ2 v´erifientλ1+λ2=aetλ1λ2=b.

C.4Bien entendu,uetv commutent (puisque ce sont des polynˆomes enf), et doncuv=vu= 0.

C.5On peut raisonner par r´ecurrence, mais aussi utiliser la formule du binˆome de Newton. On a f = λ1v−λ2u

λ1−λ2

(si on nevoit pas cette formule, l’´enonc´e nous la donne en prenant p= 1).

Commeuv=vu= 0, (etu^p=k₁^p−1u,v^p=k₂^p−1v) on a d’apr`es la formule du binˆome de Newton : f^p=

λ1

λ1−λ2

p

k₂^p−1v+

−λ2

λ1−λ2

p

k^p−1₁ u

Remarquons quek₂λ₁=λ₁(a−2λ₂) =λ₁(λ₁−λ₂) et de mˆemek₁λ₂=λ₂(λ₂−λ₁), et donc f^p= 1

λ1−λ2

(λ^p₁v−λ^p₂u) = λ^p₁−λ^p₂ λ1−λ2

f+λ₂λ^p₁−λ₁λ^p₂ λ2−λ1

e

C.6Si b6= 0, alors f est inversible d’inverse−¹_b(f −ae). Sib= 0, f inversible entraˆınerait f =ae, ce qui n’est pas.f est donc inversible si et seulement sib6= 0, son inverse valant alors −¹_b(f−ae).

Partie D – Suites r´ ecurrentes lin´ eaires d’ordre 2

D.1

a Siuetu⁰ sont deux suites r´eelles,λet λ⁰ deux r´eels, alorsϕ(λu+λ⁰u⁰) est de terme g´en´eralλun+1+ λ⁰u⁰_n+1, tout comme λϕ(u) +λ⁰ϕ(u⁰).

ϕest un endomorphisme.

bϕn’est pas injectif, son noyau est l’ensemble des suites nulles `a partir du deuxi`eme terme.

ϕest surjectif, car une suite r´eelle quelconque uest l’image parϕde la suite (0, u₀, u₁, . . .).

c(ϕ^p(u))_m=u_m+p. D.2

a Ω = Ker(ψ), o`uψ=ϕ²−aϕ+be.

bOn peut montrer `a la main que Ω est stable par ϕ, mais aussi en remarquant queϕet ψ commutent (puisqueψ est un polynˆome enϕ), et donc que Ω = Ker(ψ) est stable par ϕ(si x∈Ker(ψ), alors ψ(ϕ(x)) = ϕ(ψ(x)) = 0, doncϕ(x)∈Ker(ψ).

cf²−af+be= 0, puisque Ω = Ker(ψ).

D.3

a On peut utiliser les questions pr´ec´edentes : les racines deX²−X−1 sont 1 +√ 5

2 et 1−√ 5

2 . D’apr`es C.5, on a, pour toutn∈N

un = (fⁿ(u))0= 1

√5

1 +√ 5 2

!n

− 1−√ 5 2

!n! .

b 1 +√ 5 2 >1 et

1−√ 5 2

<1, donc

1−√ 5 2

n

= o

1+√ 5 2

n . Un ´equivalent simple de la suite de Fibonacci est donc ^√1

5

1+√ 5 2

ⁿ .

Partie E – Exemple fonctionnel

E.1uest un endomorphisme deE, car ´egal `a la compos´eemId_R∗ +

◦D, o`uDest l’endomorphisme d´erivation etm_Id

R∗ +

l’endomorphisme multiplication par la fonction Id_R^∗

+ (identit´e deR^∗+).

E.2F = Ker(u²−ku) est un sous-espace vectoriel deE.

E.3Pour toutx∈R^∗+, toutg∈E,

u²(g)(x) =x²g⁰⁰(x) +xg⁰(x) et ku(g)(x) =kxg⁰(x), doncF est l’ensemble des solutions surR^∗+ de l’´equation diff´erentielle :

xy⁰⁰+ (1−k)y⁰ = 0.

E.4L’ensemble des solutions de cette ´equation diff´erentielle (sur R^∗+) est : F ={x7→λx^k+µ,(λ, µ)∈R²} sik6= 0, et

F ={x7→λln(x) +µ,(λ, µ)∈R²} sik= 0.