Corrigé Mines-Ponts 2001 Math I

Corrigé Mines-Ponts 2001 Math I

PRELIMINAIRES

a)On prend un élément du noyau def^ket on véri…e sans problème qu’il est dans le noyau def^k+1 x2kerf^k)f^k(x) = 0)f^k+1(x) =f(f^k(x)) = 0)x2kerf^k+1

Donc

kerf^k½kerf^k+1pour tout naturelk .

b) Montrons par récurrenceH_k: kerf^k= kerf^k+1.

² H_p est vraie par hypothèse.

² SiH_kmontronsH_k+1: – L’inclusion ker¡

f^k+2¢

½ker¡

f^k+1¢découle du a)

– Soit alors x 2 ker(f^k+1) on a f^k(f(x)) = f^k+1(x) = 0 donc f(x) 2 ker(f^k) = ker(f^k+1) par l’hypothèse de récurrence . Et doncf^k+2(x) =f^k+1(f(x)) = 0d’oùH_k+1

² Ainsi par récurrence,

kerf^k= kerf^k+1 pour toutk¸p dim_k= dim kerf^k est une suite croissante d’entiers naturels.

Par l’absurde si on la suppose strictement croissante alors pour tout k;dim_k+1 ¸ dim_k+1 donc dim_k ¸ dim₀+k=ketlim₊₁(dim_k) = +1. Absurde car la suite est majorée parn.

Donc il existe un rangktel queker(f^k) = ker(f^k+1).Si on prend pourple plus petitksolution:

² 8k < pker(f^k)µker(f^k+1)par dé…nition du plus petit

² 8k¸pker(f^k) = ker(f^k+1) = ker(f^p).

² De plusp·dim_p·ndoncp·net donckerfⁿ= kerfⁿ⁺¹

c) Siu^q = 0 alors ker(u^q) =E ce qui impose ker(u^q+1) =E doncq ¸p et la suite des noyaux vaut E pour k¸pdoncker(uⁿ)E soituⁿ= 0

PREMIERE PARTIE

Dans le corrigé j’utilise l’expression ”endomorphisme induit” comme dans le programme et non ”restriction de l’endomorphisme” comme dans le sujet.

1)

1a)g commute avecD_n - donc avecD^p+1_n - carD_n=g²¡¸Idest un polynôme eng.

AlorskerD^p+1_n est stable parg(résultat de cours).

Les polynômes tels que leur dérivé(p+ 1)ème soit nul sont les polynômes de degré inférieur ou égal à pdonc E_p = kerD^p+1.

E_p étant stable parDetg, les endomorphismes induitsg_p etD_p véri…ent la même relation.

1b) De même que précédemment puisqueDest un polynôme eng et E_n= kerDⁿ⁺¹. 1c)

i}

²F est de dimension …nie (n+ 1) .SoitF une base deF.F étant …nie on peut poserq le maximum des degrés des éléments de F .Toute élément de la base de F est dans E_q donc F ½E_q. Dans ce casD^q+1F =f0gdonc l’endomorphisme induit deD_F est nilpotent.

D_F est un endomorphisme nilpotent en dimension n+ 1donc Dⁿ⁺¹_F = 0 (préliminaire question c) AlorsDⁿ⁺¹(F) =f0gdoncF est inclus dansE_net par l’égalité de leur dimension : F =E_n.

²Soit maintenantF un sous espace de dimension in…nie. Montrons que F =E en montrant que F contient tous lesE_n.Soit doncn…xé.

F n’est pas inclus dansE_ncar sinonF serait de dimension …nie.

donc il existe un polynômeP dansF de degrém¸n.

Si de plusF estD-stable, F contientP; D(P); : : : ; D^m(P), famille échelonnée en degrés donc base deE_m. . AinsiF contientE_mdoncE_n.

²En conclusion,

les sous espaces stables parDsontE;f0get lesE_n ii} PuisqueDest un polynôme eng, tout sous espace Gstable parg est stable parD.

Réciproquement, siGest stable parDalors (c.i)Gest égal àE;f0gou àE_ndoncGest stable parg d’après la question I1a)

2)

2a)dimE₀= 1 etD₀= 0.

La relationg²=¸Id+D₀se traduit matriciellement par°²=¸ce qui impose comme on travaille dans les réels que

¸¸0

2b) L’une ou l’autre des existences deg entraîne (d’après I.1.a) l’existence deg0dans les conditions I-2.a) donc

¸¸0. D’où le résultat par contraposition.

3)

3a)fⁿ6= 0donc il existey tel quefⁿ(y)6= 0. Soit alorsB= (fⁿ(y); f^n¡1(y); : : : ; y)

² la famille a le bon cardinalcard(B) =n+ 1 = dim(E)

² la famille est libre :

– soita_nfⁿ(y) +¢ ¢ ¢+a₀y= 0alors en composant parfⁿet compte tenu def^p= 0 pourp > n, il vienta₀fⁿ(y) = 0.

Commefⁿ(y)6= 0,a₀= 0

– Par récurrence on véri…e alorsH_k:a₀=a₁=¢ ¢ ¢=a_k¡1= 0il su¢t de composer parf^n¡kla combinaison linéaire a_nfⁿ(y) +¢ ¢ ¢+a_kf^k(y) = 0

² Ayantn+ 1éléments, B est une base deV et

M atB(f) = 0 BB BB BB B@

0 1 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 0 1 ... ...

0 0 ... ... 0 ... ... ... 1 0 0 ¢ ¢ ¢ 0 0

1 CC CC CC CA

=A0:

3b) PuisqueDⁿ⁺¹_n = 0etDⁿ_n(Xⁿ) =n!6= 0, l’existence deB_nest assurée.

Remarque : c’est l’art de faire faire de la théorie pour pas grand chose une solution évidente est B=¡

1; X; X²=2;¢ ¢ ¢Xⁿ=n!¢ Dans cette base, la matrice de¸Id+D_nestA₀+¸I_nsoitA_¸. 4)

4a) Avec les notations précédentes,h(y)se décompose sur la baseB₂en : h(y) =ay+bD₂(y) +cD²₂(y):

Si de plushet D2commutent alors :

h(D2(y)) =aD2(y) +bD2(D2(y)) +cD₂²(D2(y)) et de même:

h(D₂²(y)) =aD²₂(y) +bD₂(D₂²(y)) +cD²₂(D²₂(y))

Donch=aId+bD2+cD₂²puisque ces deux endomorphismes coïncident sur la baseB₂. 4b) D’après I.1.a) et le résultat précédent, nécessairementg=P(D)avecP =a+bX+cX². Sous cette forme et compte tenu de la nilpotence deD, g²=P²(D) =a²Id+ 2abD₂+ (2ac+b²)D₂².

En…n (Id; D₂; D²₂) est libre ( si ®Id+¯D₂+°D²₂ = 0 alors en prenant la valeur sur le polynôme X² :

®X²+ 2¯X+ 2°= 0 donc ®=¯=°= 0).Doncg² =¸Id+Dsi et seulement sig =aId+bD₂+cD₂²avec a²=¸;2ab= 1;2ac+b²= 0.

Ce dernier système n’a de solutions que si¸ >0et dans ce cas : a=§p

¸; b= _2a¹; c=¡8a¹³:

Ainsi les solutions deG²=A1 sontG=§(I2+¹₂A0¡¹8A²₀)

DEUXIEME PARTIE

1)

1a) Sig²=D_nalorsg²ⁿ⁺²= 0donc gest nilpotent.

donc par le préliminaire b)0< dim(ker(g)<dim(ker(g²)) dim kerg²¸2:

1b) Orkerg²= kerD_n=E₀qui est de dimension 1 ce qui contredit le résultat précédent : g n’existe pas.

c) Sig²=Dalors par I.1.a il existeg_ntel queg²_n=D_nce qui est impossible.

g²=Dest impossible 2)

2a) Les primitives d’un polynôme sont des polynômes doncDest surjective.

Donc pour tout entierm,D^mest surjective doncD^m(E) =Eetg(g^k¡1(E)) =D^m(E) =Edoncg est surjective.

2b)8q·k; kerg^q½kerg^k= kerD^m=E_m¡1 . Donckerg^qest de dimension …nie pour0·q·k.

2c)8P 2kerg^p; g^p¡1(©(P)) =g^p¡1(g(P)) = 0.

Ainsi©est une application dekerg^p danskerg^p¡1, linéaire commeg.

Le noyau de© estker © = kerg\kerg^p = kerg

L’image de©est ker(g^p¡1): soitP 2kerg^p¡1, il existeQ2E tel queg(Q) =P (g est surjective) etg^p(Q) = g^p¡1(P) = 0donc Qest élément dekerg^p ce qui légitime©(Q) =P 2Im(©). D’où Im(©) = kerg^p¡1.

Par le théorème du rang :

dim ker © + dim Im © = dim kerg^psoitdim kerg+ dim kerg^p¡1= dim kerg^p: Il en résultedim kerg^p=pdim kerg pour tout0·p·k.

2d)dim kerD^m= dimEm¡1 =met g^k=D^m donckdim kerg=metmest un multiple dek.

Réciproquement, sim=pk il su¢t de prendreg=D^p.

D’où la condition nécessaire et su¢sante :mest un multiple dek. Condition non remplie dans le cas II-1.c carm= 1et k= 2.

TROISIEME PARTIE

1) 1a)

(I+tD_n)± Xn k=0

¡¡1)^kt^kD_n^k¢

= Xn k=0

(¡1)^kD^k_n¡(¡1)^k+1t^k+1D^k+1_n

= I_n+1¡(¡1)ⁿ⁺¹tⁿ⁺¹D_nⁿ⁺¹par simpli…cation des X

= I_n+1carDⁿ⁺¹_n = 0

Même calcul en faisant le produit à gauche. Donc la matriceI+tDnest inversible et son inverse est dé…nie par :

(I_n+1+tD_n)^¡1=Pn

k=0(¡1)^kt^kD_n^k:

1b) L’expression précédente prouve quet7!(I_n+1+tD_n)^¡1est dérivable et que sa dérivée estPn k=1

¡¡1)^kkt^k¡1D^k_n¢. En dérivant l’égalité (I_n+1+tD_n)^¡1 ±(I_n+1+tD_n) = I_n+1 , il vient en utilisant que si f et g sont des endomorphismesC¹ (f±g)⁰=f⁰±g+f±g⁰(comme dérivation d’une application bilinéaire)

¡(In+1+tDn)^¡1¢₀

(t)±(In+1+tDn) +¡

(In+1+tDn)^¡1¢

±Dn= 0soit

¡(I_n+1+tD_n)^¡1¢0(t) =¡¡

(I_n+1+tD_n)^¡1¢

±D_n±¡

(I_n+1+tD_n)^¡1¢ Comme de plus(I_n+1+tD_n)^¡1 commute avecD_non peut écrire

¡(In+1+tDn)^¡1¢0

(t) =¡¡

(In+1+tDn)^¡2¢

±Dn

1c)L_n(t) =D_n±P(D_n)oùPest le polynômeP=Pn

k=1(¡1)^k¡1t_k^kX^k¡1.Or tout polynôme de l’endomorphisme Dncommute avecDn. DoncLn(t)ⁿ⁺¹=Dⁿ⁺¹_n Pⁿ⁺¹(Dn)orD_nⁿ⁺¹= 0d’oùLⁿ⁺¹_n = 0:

1d) En ajoutant un terme nul àLnon obtient : L⁰_n(t) =Pn+1

k=1(¡1)^k¡1t^k¡1D_n^k=D_n±Pn

k=0(¡1)^kt^kD^k_n=D_n±(I_n+1+tD_n)^¡1: CommeL_n(t)etL⁰_n(t)commutent ( polynômes enD_n) on a :

² ¡

L²_n(t)¢0= (L_n(t)±L_n(t))⁰=L_n(t)±L⁰_n(t) +L⁰_n(t)±L_n(t) = 2L⁰_n(t)±L_n(t)

² et par récurrence ¡

L^k_n(t)¢0=kL⁰_n(t)±L^k_n^¡1(t)

¡L^k_n(t)¢₀

=kL^k_n^¡1(t)±Dn±(In+1+tDn)^¡1:

2)

2a)D’une part

'_u(t)±'_v(t) = Xn p=0

u^p

p! (Ln(t))^p± Xn q=0

v^q

q! (Ln(t))^q= Xn p=0

u^p p!

v^q

q! (Ln(t))^p+q

= X2n k=0

X

p+q=k

u^pv^q

p!q!Ln(t)^p+q en ordonnant suivant les puissances deLn(t)

= Xn k=0

X

p+q=k

u^pv^q

p!q!L_n(t)^p+q carL_n(t)^k= 0 pourk¸n+ 1 D’autre part :

'_u+v(t) = Xn m=0

(u+v)^m m! L_n(t)^m

= Xn m=0

Xm r=0

C_m^r

m!u^rv^m¡rL_m(t)^m par le binôme de Newton,

= Xn m=0

Xm r=0

1

r!(m¡r)!u^rv^m¡rL_m(t)^m

Le changement d’indicep=r; q=m¡r montre l’égalité des deux expressions.

2b)t7!'_u(t)est dérivable comme combinaison linéaire de fonctions dérivables.

En utilisant III-1.d :

'⁰_u(t) = Xn k=1

u^k

k!k(I_n+1+tD_n)^¡1±D_n±L^k¡1_n (t) =u(I_n+1+tD_n)^¡1±D_n± Xn k=1

u^k¡1

(k¡1)!L^k¡1_n (t)

= u(In+1+tDn)^¡1±Dn±

n¡1X

k=0

u^k

k!L^k_n(t) =u(In+1+tDn)^¡1±Dn± Xn k=0

u^k

k!L^k_n(t) carDn±Lⁿ_n(t) = 0

= u(I_n+1+tD_n)^¡1±D_n±'_u(t) Ainsi

'⁰_u(t) =u(I_n+1+tD_n)^¡1±D_n±'_u(t): 2c)'⁰₁ est dérivable comme produit de fonctions dérivables et

'⁰⁰₁(t) =¡

(I_n+1+tD_n)^¡1¢0

(t)±D_n±'₁(t) + (I_n+1+tD_n)^¡1±D_n±'⁰₁(t)

=¡(I_n+1+tD_n)^¡1±D_n±(I_n+1+tD_n)^¡1±D_n'₁(t) + (I_n+1+tD_n)^¡1±D_n±(I_n+1+tD_n)^¡1±D_n±'₁(t) = 0 Ainsi'⁰⁰₁(t) = 0est nul pour tout réelt ; par conséquent '₁(t) ='₁(0) +t'⁰₁(0).

CommeL_n(0) = 0on déduit'₁(0) =Iet '⁰₁(0) =D_n±'_n(0) =D_net l’on conclut : 8t2R; '₁(t) =I+tD_n:

3)

3a)¸I+D_n=¸(I+_¸¹D_n) =¸'₁(¹_¸) =¸('¹

2(¹_¸))²=³p

¸'¹

2(¹_¸)´2

Ce qui prouve l’existence deM=§p

¸'¹

2(_¸¹)donc deg pour¸ >0.

3b) Pour¸= 1 etn= 2il vientL_n(1=¸) =L₂(1) =D₂¡¹₂D²₂ puis '(1) =I+¹₂L₂(1) +¹₈L²₂(1) =I+¹₂(D₂¡¹₂D₂²) +¹₈D₂²=I+¹₂D₂¡¹₈D₂² On retrouve bien les matricesGpuisqueA₀=D₂ avec les notations de l’énoncé.

QUATRIEME PARTIE

1)Remarque : question de cours pour retrouver le DSE de (1 +x^®)

1a)hvéri…e sur]¡1;+1[(mais pas sur[¡1;+1[) l’équation di¤érentielle linéaire du premier ordre : (1 +x)y⁰= ¹₂y

1b)On cherche alors une solution développable en série entièreP₁

b=0b_px^p et telle queb₀= 1 . On véri…e sans problème

b₀= 1 etb_p= 1 2(1

2¡1)¢ ¢ ¢(1

2¡p+ 1)=p!pourp2N^¤

et queR= 1

1c)Par produit de Cauchy de deux séries entières sur le disque ouvert de convergenceP₁

k=0c_kx^k = (h(x))² = (1 +x)

c₀=c₁= 1;8k >1c_k= 0 2)

2a)SiP est un polynôme de degrénalors T(P) =Pn p=0b^p

¸^pD^pP+ 0est bien un polynôme.

En prenantn = max(d(P); d(Q))on véri…e alors la linéarité de T =Pn p=0 b^p

¸^pD^p:T est un endomorphisme de E.

2b) On peut remarquer queE_nest stable parT .NotonsT_n l’endomorphisme induit parT sur E_n. On a pour P2E_n: T²(P) =T_n²(P).

OrT_n=Pn p=0

bp

¸^pD_n^p ce qui conduit, compte tenu deD^k_n= 0pourk > nà T_n²=Pn

p=0 bp

¸^pD^p_nPn q=0

bq

¸^qD_n^q=Pn k=0

Pn p+q=k

bpbq

¸^p+qD_n^p+q=Pn k=0ck

¸^kD^k_n=I+¹_¸D_n AinsiT²(P) =P+¹_¸DP et …nalement : T²=Id+_¸¹D:

c)g=§p

¸T convient . (¸ >0) d)Etgn=§p

¸Pn p=0

bp

¸^pD^p_n. Dans le cas I-4,n= 2et¸= 1.

Doncg₂=§(b₀I+b₁D₂+b₂D²₂)avecb₀= 1; b₁=¹₂; b₂=¡¹₈ ce qui redonne les matrices précédentes.