Problème 1 — séries

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir sur table n°4 du jeudi 12 novembre

Durée : 4 heures

Toute calculatrice interdite

Instructions générales : Les candidats sont priés

• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien 5 pages ;

• de traiter lestrois problèmesdans l’ordre qui leur convient le mieux, à condition de respecter scrupuleusement la numérotation des problèmes et questions ;

• si possible traiter les problèmes sur des copies différentes.

Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Bon courage !

Problème 1 — séries

Soit(an)_n∈N^∗ une suite de réels. Pour toutn∈N^∗, on pose bn = n(an−an+1), An =

n

X

k=1

ak et Bn =

n

X

k=1

bk.

1. On prend dans cette question, pour toutn≥1, a_n= 1 2ⁿ⁻¹. 1.1 Vérifier queX

n≥1

an converge et calculer sa somme.

1.2 Déterminer lesxpour lesquels la sérieX

n≥1

nxⁿ⁻¹ converge.

5demis : sans utiliser les séries entières SVP ! 1.3 Montrer que la série X

n≥1

b_n converge.

5demis : . . . et calculer sa somme (avec tous les outils que vous voulez).

2. On prend dans cette question, an= 1

nln(n),n≥2 eta1= 0.

2.1 Étudier la monotonie et la convergence de la suite(a_n)_n≥2. 2.2 Quelle est la nature de la sérieX

n≥1

an? 2.3 Calculer lim

n→+∞na_n.

2.4 Quelle est la nature de la sérieX

n≥1

b_n? 3. On supposedans cette questionque la sérieX

n≥1

an converge et que la suite(an)_n∈N^∗est une suite décroissante de réels positifs.

3.1 Pour tout entier naturelnnon nul, on note u_n =

2n

X

p=n+1

a_p. Montrer que : ∀n∈N^∗, na_2n≤u_n. 3.2 En déduire que lim

n→+∞na_2n = 0.

3.3 Démontrer alors que lim

n→+∞na_n= 0.

3.4 Montrer que la série X

n≥1

b_n converge.

3.5 A-t-on

+∞

X

n=1

an=

+∞

X

n=1

bn?

4. On supposedans cette questionque la sérieX

n≥1

bn converge et que la suite(an)_n∈N^∗est positive, décroissante et de limite nulle.

4.1 Vérifier que : ∀m∈N^∗, m≤n, B_n≥A_m−ma_n+1. 4.2 En déduire queX

n≥1

an converge.

4.3 Peut-on en déduire que

+∞

X

n=1

an =

+∞

X

n=1

bn?

Problème 2 — éléments propres et séries

Pour tout entier natureln, on noteen : x∈R⁺ 7→xⁿe^−x.

SoientN ∈N^∗ et E le sous-espace vectoriel deC¹(R⁺,R)défini par E= Vect(e0, e1, . . . , eN).

1. Montrer queB= (e₀, e₁, . . . , e_N)est une base deE. En déduire la dimension deE.

2. Pour tout élémentg deE, on note∆(g) =g⁰ (M. Cochet : la fonction dérivée deg).

2.1 Démontrer que∆∈ L(E).

2.2 Écrire la matriceAde∆ dans la baseB.∆est-il un automorphisme deE? 2.3 Déterminer les valeurs propres de∆. L’endomorphisme∆est-il diagonalisable ?

3. Soient k∈[[0, N]]etx≥0. Montrer que la série de terme généralwn =ek(x+n)est convergente.

4. 4.1 Pour tout entier naturelk, on considère une suite(u_n,k)_n∈N telle que la sérieX

n≥0

u_n,k converge.

Citer le résultat du cours qui justifie que l’on a (pour tout N∈N)

+∞

X

n=0 N

X

k=0

u_n,k

!

=

N

X

k=0 +∞

X

n=0

u_n,k

! .

4.2 Soit f ∈E. Démontrer que la série de terme général un =f(n+x) est convergente pour toutx≥0. On note alors

F(x) =

+∞

X

n=0

f(n+x).

4.3 Justifier que la série de terme généraln^je⁻ⁿ pour toutj fixé deNest convergente. On note alors A_j =

+∞

X

n=0

n^je⁻ⁿ

4.4 ExprimerF(x)en fonction des A_j pour toutx≥0.

4.5 En déduire queF ∈E et que l’applicationΦ : f 7→F ainsi définie est un endomorphisme de E.

5. Écrire la matrice deΦdans la baseBen fonction des A_j. L’endomorphismeΦest-il diagonalisable ?

Problème 3 — éléments propres

Partie 1

On se place dans l’espace vectorielR^d et on considère un endomorphismef de R^d. Soitxun vecteur non nul de R^d. On considère la suite(x_n)_n∈Ndéfinie par récurrence

x0=x

∀n≥0 xn+1=f(xn) et on noteEx= Vect(xn, n∈N).

1. Montrer queE_x est stable parf.

2. SoitF un sous-espace vectoriel deR^d contenantxet stable par f. Montrer queEx⊂F. 3. Soitple plus grand entier tel que(x₀, x₁, . . . , x_p−1)soit une famille libre.

(a) Justifier l’existence d’un tel entierp.

(b) Montrer qu’il existe des réelsa0,a1, . . . , a_p−1 tels que xp =

p−1

X

i=0

aixi.

(c) On noteE_x⁰ = Vect(x₀, . . . , x_p−1). Montrer queE_x⁰ est stable par f.

(d) En déduire queEx=E_x⁰ et que la familleBp= (x0, . . . , x_p−1)est une base deEx.

4. On notefˆl’endomorphisme deExobtenu comme restriction def àEx. Donner la matrice defˆdans la baseBp. 5. Montrer que la famille (Id,f ,ˆfˆ², . . . ,fˆ^p−1)est une famille libre deL(Ex).

6. (a) Montrer que pour toutk < p,

fˆ^p(x_k) = a₀x_k+a₁f(xˆ _k) +· · ·+a_p−1fˆ^p−1(x_k).

(b) En déduire que l’on a

fˆ^p−a_p−1fˆ^p−1− · · · −a0Id = 0.

Partie 2

SoitE un espace vectoriel surRde dimension finie etf un endomorphisme deE.

On noteλi (1≤i≤p) les valeurs propres réelles deux à deux distinctes def, etEi les sous-espaces propres associés.

On suppose quef est diagonalisable.

1. Soitx∈E.

(a) Montrer qu’il existe des vecteursxi∈Ei tels que x =

p

X

i=1

xi.

Cette décomposition est-elle unique ?

(b) Notonsqle nombre de vecteursxinon nuls dans la décomposition précédente et supposons pour simplifier que ce sont lesqpremiers. Montrer que(x₁, . . . , x_q)forme une famille libre.

(c) Exprimerf^k(x)pour1≤k≤q−1 en fonction des(xi,1≤i≤q).

(d) Supposons qu’il existe des réelsα₁, α₂, . . . , α_q tels que

α1x+α2f(x) +· · ·+αqf^q−1(x) = 0.

Montrer que le polynôme

P(X) = α1+α2X+· · ·+αqX^q−1 admetλ1, . . . , λq comme racines.

(e) Montrer que la famille x, f(x), . . . , f^q−1(x)

est libre.

(f) Montrer queE_x= Vect x, f(x), . . . , f^q−1(x)

puis que E_x= Vect (x₁, . . . , x_p).

2. SoitF un sous-espace stable parf. On note F_i=F∩E_i. Soitx∈F. On décomposexcomme précédemment x =

p

X

i=1

xi

avecxi∈Ei.

Déduire de la question précédente que xi∈Fi.

3. On suppose ici queE=R³ et que la matrice def dans la base canonique est donnée par

B =





1 1 −1 1 1 1 1 1 1



.

(a) L’endomorphismef est-il diagonalisable ? (b) Déterminer les sous-espaces propres def. (c) Déterminer les sous-espaces stables parf.

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir sur table n°4 du jeudi 12 novembre — éléments de correction

Problème 1 — d’après E3A 2016 PSI exercice 1

1. On prend dans cette question, pour toutn≥1, an= 1 2ⁿ⁻¹. 1.1 La série est géométrique de raison 1

2 ∈]−1,1[, donc convergente. De plus

+∞

X

n=1

an =

+∞

X

n=1

1

2ⁿ⁻¹ = 1

1−¹₂ = 2.

1.2 Six /∈]−1,1[alors par croissances comparées la suite(nxⁿ⁻¹)nne converge pas vers0, donc la série diverge grossièrement. Si x∈]−1,1[ alorsn²× |nxⁿ⁻¹| =n³|x|^{n−1 n→+∞}−→ 0 donc|nxⁿ⁻¹| =o

1 n²

. Or X

n≥1

1 n² est une série de Riemann convergente, donc par comparaison de séries à termes positifs (SATP) la série X

n≥1

|nxⁿ⁻¹|converge. Ainsi la sériéX

n

nxⁿ⁻¹de nombres réels converge absolument, donc converge.

Finalement X

n≥1

nxⁿ⁻¹ converge si et seulement six∈]−1,1[. 1.3 Remarquons que

b_n = n 1

2ⁿ⁻¹ − 1 2ⁿ

= n 2ⁿ = 1

2×n 1

2 ⁿ

.

Or 1

2 ∈]−1,1[donc d’après la question 1.2 : X

n≥1

bn converge . Remarquons également queX

n≥1

nxⁿ⁻¹est la série entière dérivée de la série entièreX

n≥0

xⁿ, qui est de somme 1

1−x. On peut dériver terme à terme une série entière sur l’intervalle ouvert de convergence, donc pour tout x∈]−1,1[:

+∞

X

n−1

nxⁿ⁻¹ = d dx

1

1−x = 1 (1−x)².

En évaluant enx= 1

2 (qui est bien dans]−1,1[), nous obtenons

+∞

X

n=1

b_n = 1

2 × 1

(1−¹₂)² = 2 .

2. 2.1 Un peu trivial. . . donc on prend le temps de répondre proprement. La fonctionf :x7→ 1

xlnx est de classe C¹ sur[2,+∞[avecf⁰(x) =−1 + lnx

(xlnx)² <0pour toutx≥2, doncf est strictement décroissante.

Il s’ensuit que (an)n≥2= (f(n))n est strictement décroissante . En outre la suite (a_n)_n est clairement de limite nulle .

2.2 La série X

n≥1

an est une série de Bertrand, mais c’est hors-programme. . . . Effectuons une comparaison série/intégrale. La fonction f de la question précédente est continue par morceaux et décroissante, donc pour toutt∈[k, k+ 1]aveck≥2:

1

(k+ 1) ln(k+ 1) ≤ 1

tlnt ≤ 1 klnk. En intégrant sur [k, k+ 1]:

1

(k+ 1) ln(k+ 1) ≤ Z k+1

k

dt

tlnt ≤ 1 klnk. En sommant ces inégalités pourk∈[[2, n]], on en déduit :

n+1

X

k=3

1 klnk ≤

Z n 2

dt tlnt ≤

n

X

k=2

1 klnk. L’inégalité de droite se réécrit :

ln(lnn)−ln(ln 2) ≤

n

X

k=2

a_k.

Grâce au théorème d’encadrement : X

n≥2

an diverge (vers+∞).

2.3 Sans détour : nan= 1 lnn

n→+∞−→ 0. 2.4 Remarquons que

b_n = n 1

nlnn− 1

(n+ 1) ln(n+ 1)

= (n+ 1) ln(n+ 1)−nln(n) (n+ 1) ln(n) ln(n+ 1) . Par développement limité usuel :

(n+ 1) ln(n+ 1) = (n+ 1)

ln(n) + ln

1 + 1 n

= nln(n) + ln(n) + (n+ 1) ln

1 + 1 n

= nln(n) + ln(n) + (n+ 1) 1

n+o 1

n

= nln(n) + ln(n) +o(ln(n)), par conséquent(n+ 1) ln(n+ 1)−nln(n)∼ln(n)puis :

bn

n→+∞∼ ln(n)

(n+ 1) ln(n) ln(n+ 1) ∼ 1

(n+ 1) ln(n+ 1) = an+1.

Finalement, d’après la question 2.2 et par comparaison de SATP, la série X

n≥1

bn est divergente . 3. On supposedans cette questionque la sérieX

n≥1

a_n converge et que la suite(a_n)_n∈N^∗est une suite décroissante de réels positifs.

3.1 La somme définissantun est composée dentermes tous plus grands quea2n (par décroissance de (an)n).

Il s’ensuit que : ∀n∈N^∗, na_2n≤u_n .

3.2 Par définitionun =A2n−An, oùAn est la somme partielle de la sérieX

n

an qui est supposée convergente.

On en déduit queun=A2n−An

n→+∞−→ `−`= 0, où`=

+∞

X

n=0

an.

D’après le théorème d’encadrement et la double inégalité 0≤na_2n ≤u_n de la question 3.1, on en déduit

n→+∞lim na2n= 0 .

3.3 Notonscn=nan. Nous venons de prouver quec2n= (2n)a2n= 2×na2n→0.

Par décroissance de(a_n)_n, remarquons que pour toutn≥2:

c2n+1 = (2n+ 1)a2n+1≤4n×a2n = 4×na2n → 0.

Les suites extraites(c_2n)_n et (c_2n+1)_n étant de limite nulle, on en déduit que (na_n)_n est de limite nulle . 3.4 Effectuons une transformation d’Abel :

B_n =

n

X

k=1

b_k =

n

X

k=1

k(a_k−a_k+1)

=

n

X

k=1

kak−

n

X

k=1

kak+1 =

n

X

k=1

kak−

n+1

X

k=2

(k−1)ak

= a1 +

n

X

k=2

(k−(k−1))ak − nan+1

= An−nan+1 = An−(n+ 1)an+1+an+1. Par hypothèse X

n

a_n converge doncA_n → ` et a_n+1 →0. D’après 3.3 : (n+ 1)a_n+1 → 0. Ainsi (B_n)_n admet une limite. Il s’ensuit que X

n≥1

b_n converge .

3.5 Un passage à la limite dans les calculs de la question précédente nous permet d’affirmer que

+∞

X

n=1

a_n=

+∞

X

n=1

b_n . 4. 4.1 Fixonsm∈N^∗. Les calculs de la question 3.4 restent valables, donc pour toutn≥m≥1 :

B_n = A_n−na_n+1 = A_m+

n

X

k=m+1

a_k−na_n+1.

Tous les termes de la dernière somme sont supérieurs àan donc àan+1, d’où : B_n ≥ A_m+ (n−m)a_n+1−na_n+1. Enfin par positivité de (an)n : ∀m∈N^∗, ∀n≥m, Bn≥Am−man+1 .

4.2 Toujours pourmfixé, on fait tendrenvers+∞dans l’inégalité de la question précédente :

+∞

X

k=1

b_k ≥ A_m.

C’est tout à fait licite puisque par hypothèse d’une partX

k

bk converge et d’autre partan →0.

Ainsi la SATP X

m

a_ma ses sommes partielles majorées (par le réel

+∞

X

k=1

b_k). Finalement X

n≥1

a_n converge . 4.3 D’après la question 4.2, on vient de réunir les conditions de la question 3. :X

n

a_n converge et (a_n)_n est

décroissante et positive. On peut appliquer la question 3.5 et affirmer que

+∞

X

n=1

an=

+∞

X

n=1

bn .

Problème 2 — d’après E3A 2016 PSI exercice 2

1. La famille (ek)_0≤k≤N est par définition génératrice deE. Supposons que

N

X

k=0

αkek= 0. Pour x≥0 fixé, il vient

0 =

N

X

k=0

αkx^ke^−x = e^−x

N

X

k=0

αkx^k = e^−xP(x)

oùP est un polynôme. Par stricte positivité de l’exponentielle, on obtient queP s’annule surR+et donc admet une infinité de racines. Par conséquent P est le polynôme nul, ce qui entraîne la nullité des α_k.

Ainsi B= (e0, e1, . . . , eN)est une base deE et E est de dimensionN+ 1 .

2. 2.1 Tout d’abord les éléments de E sont bien dérivables, donc ∆ est bien définie. Ensuite la linéarité de la dérivation permet d’affirmer que ∆est linéaire. Enfin on constate que

∆(e0) = −e0 et ∀j∈[[1, N]], ∆(ej) = jej−1−ej . La base(ej)_0≤j≤N deE est envoyée dansE, donc∆ est bien à valeurs dansE.

Finalement ∆∈ L(E).

2.2 Puisque∆est un endomorphisme deE, on peut construire sa matriceAdans la baseB. D’après les calculs de la question précédente :

A =





















−1 1 0 · · · 0 0 −1 2 . .. ... ... . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. N 0 · · · 0 −1



















 .

La matriceAest inversible (triangulaire supérieure avec aucun terme diagonal nul), donc

∆est un automorphisme de E .

2.3 Le spectre d’une matrice triangulaire supérieure se lit sur sa diagonale. Par conséquent−1est valeur propre d’ordreN+ 1et Sp(A) = Sp(∆) = (−1, . . . ,−1) .

Si∆était diagonalisable, alorsAle serait, doncAserait semblable àdiag (−1, . . . ,−1) =−IN+1. Il existerait P inversible telle queA=P(−IN+1)P⁻¹=−IN+1, ce qui est absurde. Ainsi ∆n’est pas diagonalisable . 3. Soient k∈[[0, N]]etx≥0 fixés. Il vient, par croissances comparées :

n²×wn = n²ek(x+n) = n²(x+n)^ke^{−(x+n) n→+∞}∼ n^k+2e⁻ⁿ×e^−x −→0.

Ainsiwn=o 1

n²

. OrX

n

1

n² est une série de Riemann convergente, donc par comparaison de SATP : X

n

wn est convergente .

4. 4.1 Théorème : une somme d’un nombre fini fixé de séries convergentes est convergente . De plus la linéarité de la somme donne la formule.

4.2 Soitf ∈E. Il existe des scalairesαk tels quef =

N

X

k=0

αkek. Fixonsx∈R+ et n∈N. Alors

f(x+n) =

N

X

k=0

αkek(x+n).

Le réelf(x+n)est une somme d’un nombre fini fixé de termes généraux de séries convergentes (question 3.).

D’après la question précédente, la série X

f(x+n)est convergente . NotonsF(x)sa somme.

4.3 Fixonsj ∈N. Pour n≥0, il vientn²×n^je⁻ⁿ =n^j+2e^{−n n→+∞}−→ 0 doncn^je⁻ⁿ =o 1

n²

. OrX

n

1 n² est une série de Riemann convergente, donc par comparaison de SATP : X

n

n^je⁻ⁿ est convergente . 4.4 Soitx∈R+. Par définition deF et d’après la 4.2. :

F(x) =

+∞

X

n=0

f(x+n) =

+∞

X

n=0 N

X

k=0

α_ke_k(x+n) =

N

X

k=0

α_k

+∞

X

n=0

(x+n)^ke^−(x+n)

=

N

X

k=0

α_k

+∞

X

n=0

e^−(x+n)





k

X

j=0

k j

x^k−jn^j



 (binôme de Newton)

=

N

X

k=0

αk k

X

j=0 +∞

X

n=0

e^−(x+n) k

j

x^k−jn^j

!

(somme finie, Q.3.)

=

N

X

k=0

α_ke^−x

k

X

j=0

k j

x^k−j

+∞

X

n=0

e⁻ⁿn^j

!

(linéarité de la somme)

et enfin

F(x) = e^−x

N

X

k=0

αk





k

X

j=0

k j

x^k−jAj



.

On peut pousser le calcul plus loin, en utilisant

N

X

k=0 k

X

j=0

=

N

X

j=0 N

X

k=j

, mais je ne vois pas ce que cela apporte.

4.5 D’après l’expression de la question précédente, nous avons F =

N

X

k=0

αk





k

X

j=0

k j

ek−jAj



.

AinsiF est une combinaison linéaire des eidonc F ∈E . Par ailleurs cette formule est linéaire en lesαk. Finalement l’application Φ :f 7→F est un endomorphisme deE .

5. D’après l’expression de la question 4.5, pour touti∈[[0, N]]et en posantf =ei (i.e.αk =δi,k), il vient : Φ(ei) =

N

X

k=0

αk





k

X

j=0

k j

ek−jAj



 =

i

X

j=0

i j

ei−jAj

`=i−j

=

i

X

`=0

i i−`

Ai−`e`.

Par conséquent[Φ]_B est triangulaire supérieure, plus précisément

[Φ]B =



















0 0

A₀ ¹₁

A₁ ²₂

A₂ · · · ^N_N A_N 0 ¹₀

A0 2 1

A1 · · · _N−1^N A_N−1 ... . .. ²

0

A0 · · · _N−2^N A_N−2

... . .. . .. ...

0 · · · 0 ^N₀ A0

















 .

Mêmes arguments qu’à la question 2.3. Le spectre d’une matrice triangulaire supérieure se lit sur sa diagonale.

Par conséquent A0 =

+∞

X

n=0

e⁻ⁿ = 1

1−¹_e = e

e−1 est valeur propre d’ordre N + 1 de Φ et Sp(Φ) = Sp(∆) = (A₀, . . . , A₀).

Si Φétait diagonalisable, alors sa matrice [Φ]_B le serait, donc serait semblable àdiag (A0, . . . , A0) =A0·IN+1. Il existerait P inversible telle que [Φ]B = P(A0·IN+1)P⁻¹ = A0·IN+1, ce qui est absurde. Il s’ensuit que

Φn’est pas diagonalisable .

Problème 3 — d’après banque PT 2015

Partie 1

1. Soity∈E_x. Il existeI, sous-ensemble fini deN, et(λ_i)_i∈I, tels quey=X

i∈I

λ_ix_i. On en déduit

f(y) = X

i∈I

λif(xi) = X

i∈I

λixi+1∈Ex,

donc Ex est stable parf .

2. SoitF un sous-espace vectoriel deR^d stable parf et contenantx=x0.

Par hypothèse il vient x₁ =f(x₀)∈F. Par récurrence immédiate, on obtient que tous les x_i sont dansF. Par stabilité par combinaison linéaire de F, toutE_x est bien contenu dansF.

Finalement Ex= Vect(xi/ i∈N)est contenu dansF .

3. Soitple plus grand entier tel que(x₀, x₁, . . . , x_p−1)soit une famille libre.

(a) Le vecteur x₀ est non nul donc la famille(x₀)est libre. Ainsi l’ensemble des ptels que (x₀, . . . , x_p−1)est libre est non-vide (il contient l’entier1).

Par ailleurs R^d est de dimension d, donc toute famille de R^d ayant un nombre de vecteurs strictement supérieur àdest liée. On en déduit que l’ensemble desptels que(x₀, . . . , x_p−1)est libre est majoré pard.

En résumé : l’ensemble des p recherchés est non-vide, contenu dans N et majoré, donc il admet un plus grand élément.

Ceci permet d’affirmer qu’ il existe un plus grand entierptel que (x0, . . . , xp)soit libre .

(b) Par définition dep, la famille(x0, x1, . . . , xp)est liée. Donc il existe des réelsλ0, . . . ,λpnon tous nuls tels que

p

X

i=0

λixi = 0.

Supposons queλp= 0. Alors

p−1

X

i=0

λixi= 0. Or la famille(x0, . . . , x_p−1)est libre, donc lesλipour0≤i≤p−1 sont nuls. Finalement tous lesλi sont nuls : absurde.

Par conséquent λp 6= 0, de sorte quexp=−

p−1

X

k=0

λk

λp

xk. Si on poseak =−λk

λp

pour toutk∈[[0, p−1]], alors on a bien :

x_p =

p−1

X

k=0

a_kx_k .

(c) Soit y∈E_x⁰ . Par définition il existe(λ0, . . . , λp−1)∈R^p tel quey=

p−1

X

k=0

λkxk. En appliquant f il vient :

f(y) =

p−1

X

k=0

λkf(xk) =

p−1

X

k=0

λkxk+1 =

p−1

X

k=1

λ_k−1xk + λ_p−1xp.

D’une part par définition

p−1

X

k=1

λk−1xk ∈E_x⁰. D’autre part d’après la question précédentexp∈E_x⁰, sous-espace vectoriel deR^d. Par conséquent f(y)∈E_x⁰ .

(d) Par construction E_x⁰ ⊂ Ex. De plus x ∈ E⁰_x et E⁰_x est un sous-espace vectoriel de R^d stable par f, donc d’après la question 2. : Ex⊂E_x⁰. Finalement Ex=E_x⁰ .

La famille (x0, . . . , xp−1) est libre par construction, et génératrice de E_x⁰. C’est une base de E_x⁰, donc B est une base deE .

4. On note fˆl’endomorphisme de E_x obtenu comme restriction de f à E_x. C’est une application linéaire de E_x versEx, c’est donc bien un endomorphisme deEx. La matrice defˆdans la baseBp est

[ ˆf]_Bp =





















0 · · · 0 a0

1 . .. ... a₁ 0 . .. . .. ... ...

... . .. . .. 0 a_p−2 0 · · · 0 1 a_p−1



















 .

5. Soit(λ0, λ1, . . . , λp−1)∈R^p tel que λ0Id +λ1fˆ+· · ·+λp−1fˆ^p−1= 0.

Appliquons cette égalité à x, qui est un élément de Ex:

0 = λ0x+λ1fˆ(x) +· · ·+λp−1fˆ^p−1(x) = λ0x0+λ1x1+· · ·+λp−1xp−1. Or (x₀, . . . , x_p−1)est une famille libre, doncλ₀=λ₁=· · ·=λ_p−1= 0. Ainsi

(Id,f ,ˆ· · · ,fˆ^p−1)est une famille libre de L(Ex).

6. (a) La relation demandée est vraie pourk= 0car, par définition des réelsa₀, . . . ,a_p−1 en question 3.(b) : fˆ^p(x0) = xp = a0x0+· · ·+ap−1xp−1 =

p−1

X

i=0

aifˆⁱ(x0).

Ensuite, pourk∈[[0, p−1]] (ou même pourk∈Nquelconque), on appliquefˆ^k à cette égalité : fˆ^k( ˆf^p(x0)) = ˆf^k(xp) =

p−1

X

i=0

aifˆ^k( ˆfⁱ(x0)).

Or pour tout entieri : fˆ^k( ˆfⁱ(x0)) = ˆfⁱ( ˆf^k(x0)) = ˆfⁱ(xk). D’où fˆ^p(xk) =

p−1

X

i=0

aifˆⁱ(xk).

(b) Notonsg l’endomorphisme de Exdéfini parg= ˆf^p−a_p−1fˆ^p−1− · · · −a0Id.

D’après la question 6.(a), on ag(x_k) = 0pour tout k∈[[0, p−1]]. Ainsig est nul sur tous les vecteurs de la baseB_p deE_x, et par conséquentg est l’endomorphisme nul :

fˆ^p−a_p−1fˆ^p−1− · · · −a₀Id = 0.

Partie 2

1. Soitxun vecteur non nul deE.

(a) f est diagonalisable, doncE est la somme directe des sous-espaces propres def : E =

p

M

i=1

E_i.

Ainsi pour toutx∈E, il existe un unique(x1, . . . , xp)∈E1× · · · ×Eptel que x=

p

X

i=1

xi .

(b) D’après les cours des vecteurs propres associés à des valeurs propres différentes forment une famille libre.

Or lesxi non nuls de la question précédente sont des vecteurs propres.

Par conséquent lesxi non nuls forment une famille libre . Ceci découle du fait que la somme des espaces propres est directe.

(c) Supposons quex=

q

X

i=1

xi avec, pour touti∈[[1, q]], xi qui est un propre associé à la valeur propreλi. En d’autres termes f(xi) = λixi. Par récurrence immédiate, il vientf^k(xi) =λ^k_ixi. Par linéarité de f, nous obtenons :

f^k(x) =

q

X

i=1

f^k(xi) =

q

X

i=1

λ^k_ixi .

(d) Là encore, c’est une application directe du cours ! Supposons qu’il existe des réels α1, . . . ,αq tels que

q

X

k=1

αkf^k−1(x) = 0.

D’après la formule obtenue à la question précédente :

q

X

k=1

α_k

q

X

i=1

λ^k−1_i x_i

!

= 0.

Les sommes étant finies et à indices indépendants :

q

X

i=1 q

X

k=1

αkλ^k−1_i

!

xi = 0.

Or (x₁, . . . , x_q)est libre, donc :

∀i∈[[1, q]],

q

X

k=1

α_kλ^k−1_i = 0.

Ainsi en notantP(X) =

q

X

k=1

αkX^k−1, on a bienP(λi) = 0pour touti∈[[1, q]].

(e) Nous avons toujours desα_i tels que

q

X

k=1

α_kf^k−1(x) = 0.

Le polynôme P(X)de la question précédente est de degré inférieur ou égal à q−1 et admet au moins q racines distinctes. Il s’ensuit que P est le polynôme nul, et tous ses coefficients sont nuls. Par conséquent α1=· · ·=αq = 0.

Ceci permet d’affirmer que la famille (x, f(x), . . . , f^q−1(x))est libre . (f) NotonsE⁰ = Vect(x1, . . . , xq).

D’après la question 1.(e), la famille (x₁, . . . , x_q) est libre. Par définition deE⁰, cette famille engendre E⁰ Par conséquent(x₁, . . . , x_q)est une base deE⁰, qui est de dimensionq.

D’après la question 1.(c), les f^k(x)sont des combinaisons linéaires dex1, . . . , xq; ainsif^k(x)∈E⁰. On en déduit que(f^k(x))_0≤k≤q est une famille deq+ 1vecteurs de E⁰ qui est de dimensionq, donc cette famille est liée. Or d’après la question 1.(e), la famille(x, f(x), . . . , f^q−1(x))est libre. Il s’ensuit queqest le plus grand entier tel que (x, f(x), . . . , f^q−1(x))soit libre. La partie I, question 3.(d), permet d’affirmer que (x, f(x), . . . , f^q−1(x))est une base deE_x qui est de dimensionq. Donc E_x= Vect(x, f(x), . . . , f^q−1(x)). Par ailleurs E⁰ contient x et pour tout i ∈ [[1, q]], f(x_i) = λ_ix_i; donc E⁰ est stable par f. D’après la question 2. de la partie I, nous en déduisonsEx⊂E⁰. Mais ces deux sous-espaces sont de même dimension q. D’où finalement Ex=E⁰= Vect(x1, x2, . . . , xq).

2. SoitF un sous-espace stable parf. On note F_i=F∩E_i. Soitx∈F. On décomposexcomme précédemment : x =

p

Xxi,

avecx_i∈E_i. Prouvons que chaquex_i est dansF_i, c’est-à-dire que chaquex_i est dansF. Si x= 0, alors tous lesx_i sont nuls et chaquex_i est bien dansF_i.

Supposons quex6= 0. D’après la question précédenteEx= Vect(x, f(x), . . . , f^q−1(x)) = Vect(x1, . . . , xq). On a xi∈Vect(x1, . . . , xq)donc : (1)xi∈Ex.

Par ailleursxest dansF etF est stable parf, donc : (2)Ex= Vect(x, f(x), . . . , f^q−1(x))⊂F. Par conjonction de (1) et (2) : x_i∈F.

Ainsi comme attendu xi∈Fi pour touti.

3. (a) Le polynôme caractéristique def est χf(X) =

X−1 −1 1

−1 X−1 −1

−1 −1 X−1

=

X−1 −X 2−X

−1 X 0

−1 0 X

(C2←C2−C1, C3←C3−C1)

=

X−2 0 2−X

−1 X 0

−1 0 X

(L₁←L₁+L₂)

= X(X−2)×

1 −1

−1 X

(facto parX(X−2)et dével /C2)

= X(X−1)(X−2).

Le polynôme caractéristique χf est scindé à racines simples, donc f est diagonalisable . (b) Après calcul, on trouve E0= Vect((1,−1,0)),E1= Vect((1,−1,−1))et E2= Vect((0,1,1)).

(c) Cherchons ces sous-espaces d’après leurs dimensions.

• Le seul sous-espace vectoriel de R³ de dimension 0 (resp. de dimension 3) est {0} (resp. R³) et il est stable parf.

• Un sous-espace vectoriel de dimension 1 (i.e.une droite) stable par f est nécessairement dirigé par un vecteur propre de f, et ces droites sont bien stables parf. Ceci nous donne les trois espaces propresE0, E1 etE2.

• Il reste à déterminer les sous-espaces de dimension2(c’est-à-dire les plans) deR³ stables parf.

SoitF un tel plan f-stable. Adaptons les notations de la question 2, et poursuivons le raisonnement de cette question en montrant que

F = F0⊕F1⊕F2 = (F∩E0)⊕(F∩E1)⊕(F∩E2).

En effet, le résultat de la question 2 montre que tout vecteurxdeF se décompose enx=x₀+x₁+x₂ avecxi ∈Fi, ce qui prouve que F =F0+F1+F2. De plus, cette décomposition est unique puisqu’une telle décomposition est, en particulier, une décomposition dexsuivantE=E0⊕E1⊕E2, et que celle-ci est unique (question 1.(a)).

Enfin, chaque Fi est de dimension0 ou 1 (car inclus dans Ei) et dim(F) = 2 = dim(F0) + dim(F1) + dim(F2). Par conséquent l’un exactement desFiest réduit à{0}, et les deux autres sont de dimension1, donc égaux auxEi correspondants.

On a donc les trois possibilités suivantes : F=E0⊕E1 ouF=E0⊕E2 ouF =E1⊕E2. Réciproquement, ces trois sous-espaces vectoriels deE sont manifestement stables par f. En conclusion, les sous-espaces stables par f sont :

{0}, E0, E1, E2, E0⊕E1, E0⊕E2, E1⊕E2 et R³ .