Problème 1.
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).
Problème 2.
1. a. La fonctionT(f)est dérivable dans]0,+∞[comme produit de la fonctionx→ x1 et de la primitive def nulle en0. Elle est donc continue dans]0,+∞[.
Pour prouver la continuité en0, on majore pourx >0en écrivantf(0)avec une intégrale
f(0) = 1 x
Z x
0
f(0)dt⇒ |T(f)(x)−f(0)| ≤ 1 x
Z x
0
|f(t)−f(0)|dt≤max
[0,x]
|f−f(0)|
La continuité de f en 0 entraine alors celle de T(f). La linéarité de T découle immédiatement de la linéarité de l'intégrale,T est donc un endomorphisme deC. b. De Rx
0 1dt =x, on tire T(u) = u. Si f est à valeurs strictement positives alors Rx
0 f(t)dt >0 pourx >0doncT(f)(x)>0. De plusT(f)(0) =f(0)>0. c. On a déjà vu queT(f)était dérivable. NotonsF la primitive def nulle en0.
∀x >0 : T(f)(x) = F(x)
x ⇒T(f)0(x) =−F(x)
x2 +f(x)
x = f(x)−T(f)(x) x
⇒xT(f)0(x) =f(x)−T(f)(x).
d. Si f ∈kerT alorsT(f)est identiquement nulle et la formule précédente pour la dérivée entraine que f(x) = 0 pour tous les x > 0. Par continuité, on a aussi f(0) = 0. La fonctionf est identiquement nulle, l'endomorphismeT est injectif.
Il n'est évidemment pas surjectif car toute image est dérivable dans l'ouvert et il existe des fonctions continues sans être dérivables.
2. a. L'énoncé nous fait remarquer que, par dénition, f f = (xf)0f. On en tire une intégration par parties :
Z b
a
f(t)f(t)dt=
tf(t)f(t)b
a− Z b
a
tf(t)f0(t)dt
= F2(t)
t b
a
− Z b
a
f(t)f(t)dt+ Z b
a
f2tdt
⇒ Z b
a
f2tdt= 2 Z b
a
f(t)f(t)dt+F2(a)
a −F2(b) b ≤2
Z b
a
f(t)f(t)dt+F2(a) a .
b. L'énoncé nous faisait remarquer que F2(a) = a2f2(a). On en tire que F2a(a) = af2(a)converge vers0quandatend vers0. En passant à la limite :
Z b
0
f2tdt≤2 Z b
0
f(t)f(t)dt.
Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, Z b
0
f2tdt≤2 s
Z b
0
f2(t)dt s
Z b
0
f2(t)dt
En simpliant par la racine de l'intégrale def2 et en élevant au carré, on obtient Z b
0
f2tdt≤4 Z b
0
f2(t)dt.
3. a. La dénition deNcest valide car une fonction continue sur un segment est bornée est atteint ses bornes.
∀x∈[0, c], ∀t∈[0, x], |f(t)| ≤Nc(f).
En intégrant il vient|T(f)(x)| ≤Nc(f)d'oùNc(T(f))≤Nc(f). b. Pour0< x < y < c, en coupant l'intervalle[0, y]enx,
T(f)(y)−T(f)(x) = 1 y
Z y
x
f(t)dt−y−x xy
Z x
0
f(t)dt
|T(f)(y)−T(f)(x)| ≤ 1 y
Z y
x
|f(t)|dt+y−x xy
Z x
0
|f(t)|dt
≤ 1 y
Z y
x
Nc(f)dt+y−x xy
Z x
0
Nc(f)dt= 2Nc(f) y (y−x) On peut aussi utiliser l'expression de la dérivée de T(f) pour la majorer puis utiliser l'inégalité des accroissements nis.
c. Cette inégalité a été prouvée en1apour justier la continuité deT(f)en0. 4. a. Par dénition des fonctions puissances usuelles à l'aide de l'exponentielle, les
fonctions pµ se prolongent à des fonctions dans C si et seulement si µ = 0 ou Re(µ)>0.
PourRe(µ)>0, on trouve
T(pµ) = 1 µ+ 1pµ.
b. Soitλune valeur propre,f ∈ C tel que T(f) =λf etc >0.
La question 1a montre que Nc(T(f))≤ Nc(f). Or Nc(T(f)) = |λ|Nc(T f)) car T(f) = λf. On en déduit |λ|Nc(f) ≤ Nc(f) avec Nc(f) > 0 car f n'est pas indentiquement nulle ; d'où|λ| ≤1. Le spectre est inclus dans le disque unité.
c. Soitλ une valeur propre et f telle que T(f) =λf. Notons F la primitive de f nulle en0. La condition s'écrit
F(x) =λxf(x)⇒f(x) =λf(x) +λxf0(x).
Une fonction propref vérie l'équation diérentielle linéaire du premier ordre f0(x) +λ−1
λx f(x) = 0.
Les solutions sont lesCpµ avecC∈Ret µ=1−λλ . Les valeurs propres sont donc les complexesλ=a+ibtels que
Re 1−λ
λ
>0⇔Re1
λ >1⇔a > a2+b2⇔(a−1
2)2+b2< 1 4.
Le spectre est donc formé par le disque ouvert de centre 12 et de rayon 12 auquel on adjoint1. Il est bien inclus dans le disque unité fermé.
Les fonctions propres de valeur propre 1 sont les fonctions constantes non nulles car l'équation diérentielle devientf0(x) = 0.
5. a. Lorsquef est croissante,f(t)≤f(x)pourtentre0etx. En intégrant, on obtient T(f)(x)≤f(x). Pour x < y, on reprend les calculs de la question3b:
T(f)(y)−T(f)(x) =1 y
Z y
x
f(t)dt − y−x xy
Z x
0
f(t)dt
≥(y−x)f(x)
y −y−x xy
Z x
0
f(t)dt≥ y−x xy
Z x
0
f(x)dt − y−x xy
Z x
0
f(t)dt
≥y−x xy
Z x
0
(f(x)−f(t))dt≥0.
On en déduit que T(f) est croissante. On peut aussi utiliser l'expression de la dérivée deT(f)pour montrer qu'elle est positive.
b. D'après la question précédente, en raisonnant par récurrence, toutes les fonctions Tn(f) sont croisssantes. On en déduit que la suite des xn est décroissante. De plus par positivité, f −f(0) à valeurs positives entraine T(f)−f(0) à valeurs positives. On en déduit par récurrence que toutes lesTn(f)−f(0)sont à valeurs positives. La suite décroissante desxn est donc minorée parf(0). Cela assure sa convergence. On peut aussi remarquer que l(x) ≥ f(0) par passage à la limite dans l'inégalité.
c. On déduit de la question a. que Nc(T(f))≤ Nc(f). Fixons aet c tels que 0 <
a < c. D'après3b, pour tous lesxety tels quea≤x≤y≤c,
|T(f)(y)−T(f)(x)| ≤ 2Nc(f)
a (y−x)⇒ |Tn(f)(y)−Tn(f)(x)| ≤ 2Nc(f) a (y−x) carNc(Tn(f))≤Nc(f). En passant à la limite, on obtient
|l(y)−l(x)|2Nc(f)
a (y−x).
La fonction l est lipschitzienne dans [a, c]donc elle est continue. Comme aet c sont quelconques, on en déduit quel est continue dans]0,+∞[.
Le raisonnement est analogue en0
|T(f)(x)−T(f)(0)| ≤Nx(f)⇒ |Tn(f)(x)−Tn(f)(0)| ≤Nx(f)
⇒ |l(x)−l(0)| ≤Nx(f).
Ceci assure la continuité del en0. Si on admet que T(l) =l ce qui semble bien naturel mais que je ne sais pas démontrer, on déduit quelest la fonction constante de valeurf(0).
