Partie II. Exemple avec des polynômes.

(1)

MPSI B Année 2019-2020 Corrigé DM 15 pour le 20/04/20 24 avril 2020

Pb 1

1. On rappelle quea∈[1,2].

a. Appliquons la formule de Taylor avec reste intégral à la fonctiont7→e^−atà l'ordre 1 entre0et x.

e^−ax= 1−ax+ Z x

0

(x−t)(−a)²e^−atdt= 1−ax+a² Z x

0

(x−t)e^−atdt

⇒ϕ(x) =a² Z x

0

(x−t)e^−atdt.

Pour étudier le signe deϕ, séparons les casx≥0et x≤0.

Pour x≥0, ϕ(x)est clairement positif car les bornes d'intégration sont dans le bon sens etx−t≥0 pourt∈[0, x].

Pourx≤0, on intervertit les bornes d'intégration : ϕ(x) =−a²

Z 0 x

(x−t)e^−atdt=a² Z 0

x

(t−x)

| {z }

≥0

e^−atdt≥0.

b. Interprétons l'hypothèse surx: x≥ −ln 2

a ⇔ −ax≤ln 2⇔e^−ax≤2.

Introduisons cette inégalité pour majorer l'intégrale. Dans le casx≥0, 0≤ϕ(x)≤a²

Z x 0

(t−x)2dt=a²x².

Le calcul est analogue dans le casx≤0. Comme tout est posif, on écrit l'inégalité avec des valeurs absolues avant de diviser parx.

0≤ϕ(x)≤a²x²⇒ |ϕ(x)| ≤a²|x|²⇒0≤

ϕ(x) x

≤a²|x|.

2. a. Avec les dénitions,

h(0) = Z 1

0

dt

1 +t² + 0²= π 4. b. Utilisons le changement de variableu=xt. Alorsdu=x dtet

Z 1 0

e^−x²^t²dt= Z x

0

e^−u² du x = 1

xλ(x)⇒λ(x) =x Z 1

0

e^−x²^t²dt.

c. Avec la formule de dérivation admise en 1. et le résultat de la question précédente,

h⁰(x) = 2xf⁰(x²) + 2λ⁰(x)λ(x)

=−2x Z 1

0

e^−x²^(1+t²⁾dt+ 2e^−x²x Z 1

0

e^−x²^t²dt= 0.

La fonctionhest donc constante sur l'intervalle[0,+∞[de valeur ^π₄. d. La fonction à intégrer est positive. Avecx >0, on majore grossièrement ent

1 +t²≥1⇒







e^−x(1+t²⁾≤e^−x 1

1 +t² ≤1

⇒0≤f(x)≤ Z 1

0

e^−xdt=e^−x.

On en déduit quef →0en+∞.

e. On passe à la limite en+∞dans la relation tirée de 2.c.

π

4 =f(x²)

| {z }

→0

+λ(x)²⇒λ(x) = rπ

4 −f(x²)→

√π 2 .

Pb 2

Partie I. Exemple.

1. Par dénition, λ ∈ R est une valeur propre de f si et seulement si f −λIdE n'est pas injective ce qui est équivalent àrg(f−λIdE)<3. La discussion du rang permet de former des polynômes dont les racines sont les valeurs propres. On transforme les matrices par opérations élémentaires.

A−λI₃−−−−−→^mult⁻¹





λ 1 1 1 λ 1

1 1 λ





C1←C1+C2+C3

−−−−−−−−−−→





2 +λ 1 1 2 +λ λ 1 2 +λ 1 λ





8

<

:

L₂←L₂−L₁ L3←L3−L1

−−−−−−−−−−−−−→





2 +λ 1 1

0 λ−1 0

0 0 λ−1



⇒ spectre dea={−2,1}

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai M1915C

(2)

B−λI₃−−−−−−−→^perm^L¹^L³





1 −3 −1

0 2−λ 0

3−λ −3 −1





L₃←L3−(3−λ)L1

−−−−−−−−−−−→





1 −3 −1

0 2−λ 0

0 6−3λ −4 + 4λ−λ²





L₃←L3−3L2

−−−−−−−−→





1 −3 −1

0 2−λ 0

0 0 −(λ−2)²



⇒ spectre deb={2}

2. Le calcul matriciel conduit à AU₁ =U₁, AU₂=U₂, AU₃ =−2U₃. On en déduit que les trois vecteurs deFsont propres pouraaveca(u₁) =u₁,a(u₂) =u₂,a(u₃) =−2u₃. Pour montrer que F est une base, on montre qu'elle est génératrice en prouvant que le rang de la matrice de(u3, u2, u1)dansE est 3 :





1 0 1

1 1 0

1 −1 −1





8

<

:

L₂←L₂−L₁ L3←L3−L1

−−−−−−−−−−−−−→





1 0 1

0 1 −1

0 −1 −2





L3←L3+L2

−−−−−−−→





1 0 1

0 1 −1 0 0 −3





⇒rg = 3 Aucun de ces vecteurs n'est propre pourb car

BU1=



 4 0 0



∈/Vect(U1), BU2=





−2 2

−4



∈/Vect(U2), BU3=





−1 2 1



∈/ Vect(U3) 3. On forme la matrice deb−2 IdE dans la baseE.





1 −3 −1

0 0 0

1 −3 −1





Il apparait clairement que la famille constituée de la première colonne est une base l'espace vectoriel engendré par les trois colonnes. Cette première colonne est la matrice deu4dansE. On en déduit queIm(b−2 IdE) = Vect(u4). Le théorème du rang entraine quedim(ker(b−2 IdE)) = 2.

On remarque sur la matrice que la ligne 1 engendre l'espace des lignes. On en déduit que cette ligne seule forme une équation du noyau. Un vecteur de coordonnées(x, y, z) dansE est dansker(b−2 Id_E)si et seulement six−3y−1 = 0.

4. Formons les équations caractérisant qu'un vecteur u de coordonnées (x, y, z) dans E est dansker(a−IdE)∩ker(b−2 IdE); certaines de ces équations se répètent. Il reste :

( x−3y−z= 0

−x−y−z= 0 ⇔

(x−3y−z= 0

−4y−2z= 0 ⇔

(x=y z=−2y

On en déduit queu∈ker(a−IdE)∩ker(b−2 IdE)si et seulement siu∈Vect(u5)de la formeu=y(e1+e2−2e3) =yu5.

Tous les vecteurs non nuls deVect(u5)sont des vecteurs propres communs aux endo- morphismesaetb.

Comme le spectre de b se réduit à2, les seuls autres vecteurs propres possibles sont dans ker(a+ 2 IdE)∩ker(b−2 IdE). Un vecteur u de coordonnées (x, y, z) est dans cette intersection si et seulement si











x−3y−z= 0 2x−y−z= 0

−x+ 2y−z= 0

−x−y+ 2z= 0

⇔











x−3y−z= 0 5y+z= 0

−y+ 2z= 0

−4y+z= 0

⇔x=y=z= 0

Il n'y a donc pas d'autres vecteurs propres communs.

Partie II. Exemple avec des polynômes.

1. a. Les dénitions des endomorphismesaetbconduisent aux matrices suivantes dans la base canonique(1, X, X²):

A=





0 1 0 0 0 2 0 0 0



, B=





0 0 1 0 1 0 1 0 0





b. En calculant, il vient A²=





0 0 2 0 0 0 0 0 0



, [A, B] =





0 1 0

2 0 −2

0 −1 0



, [A², B] =





2 0 0

0 0 0

0 0 −2





On lit clairement sur leurs colonnes que[A, B]et[A², B]sont de rang 2.

2. Valeurs et vecteurs propres dea.

(3)

a. Soit λ une valeur propre de a. Il existe alors un polynôme P non nul tel que P⁰ = λP. À cause du degré, cela n'est possible que si λ = 0 et P de degré 0. La seule valeur propre de a est donc 0, les seuls vecteurs propres de a sont les polynômes de degré0.

b. Pourientre2et2n,aⁱ(P) =P⁽ⁱ⁾. La seule valeur propre deaⁱ est donc encore0, les vecteurs propres sont tous les polynômes non nuls de degré strictement plus petit quei.

3. Valeurs et vecteurs propres deb.

a. Par dénition b(X^k) = X^2n−k pour k entre 0 et 2n. On en déduit que b◦ b coïncide avec l'identité sur les vecteurs de la base canonique d'oùb◦b= IdE. Si λest un vecteur propre, il existe un polynôme non nulP tel queb(P) =λP. En composant, il vientP =b◦b(P) =λb(P) =λ²P d'oùλ² = 1carP n'est pas le polynôme nul. Les deux seules valeurs propres possibles sont donc1 ou−1. b. Rappelons la notion de valuation d'un polynôme non nul qui est en quelque sorte

symétrique de celle de degré. Un polynôme P est de valuation v et de degré d lorsqu'il s'écrit

P =avX^v+av+1X^v++· · ·+adX^d avecv≤det av 6= 0etad6= 0 Prendre l'image parbéchange valuation et degré :

b(P) =adX^2n−d+· · ·avX^2n−v SiP est un vecteur propre, on doit donc avoir

d= 2n−v⇒2n=v+d⇒2n≤2d(carv≤d) ⇒d≥n

c. Les polynômes proposés exploitent la symétrie sous-jacente dans la dénition de b. On obtient des vecteurs propres

b(Xⁿ) =Xⁿ, ∀k∈ {1,· · ·n}

( b(X^n−k+X^n+k) =X^n−k+X^n+k b(−X^n−k+X^n+k) =− −X^n−k+X^n+k 4. D'après les questions2bet3b, sii≤n, les conditions sur les degrés sont contradictoires

et il ne peut exister de vecteurs propres communs àaetb.

Si i > n, la question3cfournit des exemples de polynômes de degré strictement plus petit queiqui sont propres pourb. Il existe donc des vecteurs propres communs dans ce cas.

En conclusion, il existe des vecteur propres communs àaⁱetbsi et seulement sii > n.

Partie III. Condition nécessaire. Conditions susantes.

1. Siaet badmettent un vecteur propre communxaveca(x) =λxetb(x) =µx, alors [a, b](x) =a(b(x))−b(a(x)) =µa(x)−λb(x) = (µλ−λµ)x= 0E

Le noyau du crochet contient un vecteur non nul, donc le rang du crochet est strictement plus petit que la dimension de l'espace d'après le théorème du rang.

Qu'en est-il de la réciproque ? Si deux endomorphismes ont un crochet dont le rang est strictement plus petit que la dimension de l'espace, ont-ils forcément un vecteur propre commun ?

L'exemple de la partie II montre que non. Pourn = 1, l'espace est de dimension 3.

.On sait, d'après la dernière question de la partie II, que aet b ne peuvent avoir de vecteurs propres communs mais on a calculé au début que le rang de[a, b] = 2. 2. a. Si le crochet est l'application nulle, son noyau estEet contient tout. La propriété

Hest donc vériée.

b. On doit montrer queker(a−λId_E)est stable parb. Pour tout vecteurydans cet espace,

(a−λIdE)(b(y)) =a◦b(y)−λb(y) =a◦b(y)−b◦a(y) +b◦a(y)−λb(y)

= [a, b](y) +b◦(a−λId_E)(y) = 0_E Le deuxième terme étant nul cary∈ker(a−λIdE)et le premier car y∈ker(a− λIdE)⊂ker([a, b])qui est supposé par l'énoncé.

Cette stabilité montre que la restriction debest un endomorphisme du Cespace vectorielker(a−λId_E). D'après la propriété que l'énoncé en début de cette partie nous permet d'utiliser sans justication, il admet une valeur propre µ donc un vecteur propre qui sera un vecteur propre aussi pouracar dans l'espaceker(a− λId_E).

3. Dans un espace de dimension1, tout vecteur non nul est vecteur propre pour n'importe quel endomorphisme. Tout couple d'endomorphismes admet donc des vecteurs propres communs. La propositionP1est vraie.

4. Dans cette question,(a, b)∈ L(E)² ne vérie pas la propriété H. On notec = [a, b]. On supposerg(c) = 1et on considère une valeur propreλ∈Cdea.

a. Par hypothèse, le couple(a, b)ne vérie pas la propriétéH. Cela signie que, pour n'importe quelle valeur propreλdea, il existe un vecteur utel queu∈ker(a− λId_E)(c'est à direa(u) =λu) etu /∈ker([a, b])(c'est à direc(u) = [a, b](u)6= 0E).

(4)

b. On pose v =c(u), c'est un vecteur non nul de Im(c). Comme par hypothèse, le rang decest 1, on peut en déduire queIm(c) = Vect(v).

Montrons quev∈Im(a−λId_E), on en déduira queIm(c)⊂Im(a−λId_E). v=c(u) = (a◦b)(u)−(b◦a)(u) =a(b(u))−λb(u)

= (a−λIdE)(b(u))∈Im(a−λIdE) c. Il est évident queIm(a−λId_E)est stable par a. Pour montrer la stabilité par

b, considérons un x quelconque dans Im(a−λId_E). Il existe un y tel que x= a(y)−λy. On en déduit,

b(x) = (b◦a)(y)−λb(y) =−[a, b](y) + (a◦b)(y)−λb(y)

= −[a, b](y)

| {z }

∈Im(c)⊂Im(a−λId_E)

+ (a−λIdE)(b(y))∈Im(a−λIdE)

5. On démontre les propositionsPn par récurrence. On a vu queP1 est vraie. On veut montrer l'implicationP_n−1⇒ Pn.

On considère donc unC-espace vectorielEde dimensionnavec deux endomorphismes a,btels que rg([a, b]) = 1.

Si le couple (a, b) vérie la propriété H, la question 2. montre que a et b ont un vecteur propre en commun.

Si le couple (a, b) ne vérie pas la propriété H, il existe (question 4) une valeur propreλdeatelle que

Im(a−λId_E)stable paraet b

NotonsV ce sous-espace etaV, bV les restrictions à V dea et b. Il est clair que le crochet des restrictions est la restriction du crochet et que restreindre diminue le rang. On en déduit

rg([aV, bV])≤1

Si[aV, bV] = 0_L(E), on se retrouve dans les conditions de la question2. Le couple de restrictions vérie la propriétéHce qui entraine qu'elles admettent un vecteur propre commun.

Si le rang est 1. On peut utiliser l'hypothèse de récurrence, les deux restrictions admettent un vecteur propre commun donc le endomorphismesaet baussi.

Deux endomorphismes peuvent admettre un vecteur propre commun sans que le rang du crochet soit inférieur ou égal à 1. La partie II en fournit un exemple :a² et b ont un vecteur propre commun bien que le rang du crochet soit2.