– Correction - Algèbre –

Correction CC2-S1

- CC2-S1 - - 2016-2017 -

– Correction - Algèbre –

Exercice 1

1. a. • Pour(P, Q)∈(E_n)² et λ∈R, on au_n(λP+Q) =λu_n(P) +u_n(Q)car la dérivation est linéaire, d’où la linéarité deu_n.

• P ∈En⇒deg(P)6n⇒(deg(P⁰⁰)6n−2et deg(XP⁰)6n)⇒deg(un(P))6n⇒un(P)∈En, doncun(En)⊂(En).

Conclusion :u_n est bien un endomorphisme deE_n.

b. Pour tout entierk6n, on au_n(X^k) =k(k−1)X^k−2−2kX^k, ce qui nous donne alors :

MB_n(un) =

























0 0 2 0 · · · 0 0 −2 . .. . .. . .. ... ... . .. . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. . .. n(n−1)

... . .. . .. 0

0 · · · 0 −2n























 .

c. Cette matrice étant triangulaire, on en déduit immédiatement que Sp(u_n) = {0,−2,· · · ,−2n} et, puisque les valeurs propres sont deux à deux distinctes, queu_n est diagonalisable.

2. a. Soitn∈N.

i. Montrons par récurrence que la dérivée d’ordrendef est de la formef⁽ⁿ⁾=f×H_n oùH_n∈E_n :

• f⁽⁰⁾(x) =f(x) =e^−x2 =f(x)×X⁰; en notantH₀=X⁰, on aH₀∈E₀, donc la propriété est vraie au rang 0.

• Supposons que f^(k)=f×Hk oùHk ∈Ek. On a alors :

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) =f⁰(x)Hn(x) +f(x)H_n⁰(x) =f(x) [−2xHn(x) +H_n⁰(x)] =f(x)×Hn+1(x), oùHn+1=−2XHn+H_n⁰ ; commeHn∈En, Hn+1∈En+1, d’où l’hérédité.

A ce stade, on a également démontré queHn+1=H_n⁰ −2XHn.

Conclusion : on a bienf⁽ⁿ⁾=f×Hn avecHn∈En qui vérifieHn+1=H_n⁰ −2XHn.

ii. Par une récurrence immédiate, puisque on aH0=X⁰ et Hk+1 =−2XHk+H_k⁰, on montre que tout polynômeHk est de degrék, donc queB_n⁰ = (H0, H1,· · · , Hn)est une famille de polynômes échelonnée en degrés, donc une base deEn.

b. On considère un entier naturelnnon nul. On a, d’après la formule de Leibniz : dⁿ⁺¹

dxⁿ⁺¹

e^−x2

= dⁿ dxⁿ

−2xe^−x2

=

n

X

k=0

k n

d^k

dx^k (−2x)× d^n−k dx^n−k

e^−x2

.

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Correction CC2-S1

Comme d^k

dx^k (−2x) = 0pour k>2, on obtient : dⁿ⁺¹

dxⁿ⁺¹

e^−x2

=

1

X

k=0

k n

d^k

dx^k(−2x)× d^n−k dx^n−k

e^−x2

=−2xdⁿ dxⁿ

e^−x2

−2n dⁿ⁻¹ dxⁿ⁻¹

e^−x2

,

ce qui s’écrit également :

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) =−2xf⁽ⁿ⁾(x)−2nf⁽ⁿ⁻¹⁾(x),

d’où l’on déduit, à l’aide de la question 2.a et en simplifiant parf(x) =e^−x2 qui est toujours non nul, que l’on a bien :

H_n+1=−2XHn−2nH_n−1.

c. On déduit immédiatement des questions 2.aet 2.bque, pour tout entier naturelnnon nul, on a : H_n+1=H_n⁰ −2XH_n=−2XHn−2nH_n−1⇒H_n⁰ =−2nHn−1.

d. On considère un couple d’entiers(k, n)tel que06k6n.

On a, d’après la question précédente,H_k⁰ =−2kHk−1. Par dérivation de cette relation on obtient H_k⁰⁰=−2kH_k−1⁰ . De ces deux relations on déduit que l’on a :

u_n(H_k) = H_k⁰⁰−2XH_k⁰

= −2kH_k−1⁰ −2X×(−2kH_k−1)

= −2k(H_k−1⁰ −2XH_k−1)

= −2kHk d’après la question2.a

Le polynômeH_kétant non nul (puisque élément d’une base), on en déduit que c’est un vecteur propre deu_n associé à la valeur propre−2k.

e. On en déduit immédiatement que l’on a :

M_B⁰

n(u_n) =













0 0 · · · 0 0 −2 . .. ... ... . .. . .. 0 0 · · · 0 −2n











 .

Exercice 2

1. Le polynôme caractéristique def est un polynôme deR2[X]qui admetλ= e^2iπ3

√2 pour racine. Or on sait que les polynômes réels qui admettent une racine complexe admette son conjugué comme autre racine et qu’un polynôme caractéristique est unitaire, donc :

χf= (X−λ)(X−λ) =

X−e^2iπ3

√

2 X−e^−2iπ3

√ 2

=X²+ X

√ 2+1

2.

2. Le théorème de Cayley-Hamilton nous permet d’affirmer que le polynôme caractéristique est un polynôme annulateur, donc que l’on a bienf◦f+ 1

√ 2f +1

2IdE= 0.

3. Soitaun vecteur non nul de E.

a. Soit(µ1, µ2)∈R²tel que µ1a+µ2f(a) = 0.

Siµ26= 0, alors on af(a) =−µ1

µ2

a, ce qui implique (puisqueaest non nul) que−µ1

µ2

est valeur propre def, ce qui est impossible puisque les deux racines deχf sont complexes non réelles.

On a doncµ2= 0, doncµ1a= 0, et doncx= 0(puisque aest non nul).

On en déduit queB = (a, f(a))est libre dansE (qui est de dimension 2), donc une base deE.

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b. On a vu que l’on avait f◦f+ 1

√2f+1

2IdE = 0, ce qui implique quef(f(a)) =− 1

√2f(a)−1 2a, et donc que :

A=MB(f) =









0 −1

2

1 − 1

√2









c. On trouve :

E_λ=Vect(1,−2λ) et E_λ=Vect(1,−2λ).

On obtient alors : P⁻¹AP =D=

λ 0 0 λ

avec P =

1 1

−2λ −2λ

et P⁻¹= −i

√6

−2λ −1 2λ 1

,

et on en déduit :

Aⁿ =P

λⁿ 0 0 λⁿ

P⁻¹= −i

√ 6





−2λλⁿ+ 2λλⁿ −λⁿ+λⁿ

4λλⁿ⁺¹−4λλⁿ⁺¹ 2λⁿ⁺¹+ 2λⁿ⁺¹





4. Puisque|λ|=|λ|= 1

√2 <1, on en déduit immédiatement que l’on a lim

n→+∞Dⁿ= 0, ce qui implique :

∀x∈E, lim

n→+∞fⁿ(x) = 0.

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