1. Comme k est xé,

Problème 1.

Dans tout ce texte, chaque fois que l'on parlera de coordonnée d'un vecteur de R ^p ou de C ^p , il s'agira d'une coordonnée dans la base canonique. La i -ème coordonnée de (x ₁ , · · · , x _p ) est donc x _i .

Partie I. Positivité.

1. Comme k est xé,

n p

=

p facteurs

z }| { n(n − 1) · · ·

p! ⇒

n k

λ ⁿ

n≥p

∼ n ^p p! λ ⁿ → 0 car |λ| < 1 d'après les propriétés des suites usuelles.

2. a. Comme tous les µ _i et les λ _i sont positifs ou nuls, la somme des λ _i µ _i est stricte- ment positive dès que l'un des µ _i est strictement positif. Si la somme des λ _i µ _i est nulle, tous les µ doivent donc être nuls.

Pour montrer la deuxième implication, on peut appliquer la première en substi- tuant les 1 − µ i aux µ i .

b. Lorsque les µ i sont des nombres complexes, comme la somme des λ i vaut 1 , la somme des λ i µ i s'interprète géométriquement. C'est l'axe du barycentre des points représentants les µ i . Lorsque ces points sont sur le disque unité, leur ba- rycentre est évidemment à gauche de la droite d'équation x = 1 . Cela nous invite à considérer la partie réelle de la somme qui vaut toujours 1 . On est ramené à la question précédente car les µ _i deviennent des cosinus. Comme 1 est le seul nombre complexe de module 1 dont la partie réelle est 1 , on a bien prouvé l'implication.

3. La condition f (u) = u se traduit (pour chaque composante du p -uplet) par

a 11 + a 21 + · · · + a p1 = 1 a 12 + a 22 + · · · + a p2 = 1

...

a _1p + a _2p + · · · + a _pp = 1

Soit P p

i=1 a ij = 1 pour tous les j entre 1 et p . La condition de stricte positivité des f (e _i ) se traduit par a _ij > 0 pour tous les i et j entre 1 et p .

4. Soit v = (v 1 , · · · , v p ) ∈ B . On note V = max(|v 1 |, · · · , |v p |) ≤ 1 . Par linéarité de f la coordonnée i de f (v) est a 1i v 1 + · · · + a pi v p avec

|a 1i v 1 + · · · + a pi v p | ≤ a 1i |v 1 | + · · · + a pi |v p | ≤ (a 1i + · · · + a pi )V = V ≤ 1 car les a _ki sont strictement positifs et de somme 1 . Ceci étant valable pour n'importe quel i , on en tire f (v) ∈ B .

5. a. Si v ∈ N , la plus grande de ses coordonnées v i est égale à 1 donc tous les 1 − v i

sont positifs ou nuls. Le vecteur u −v est positif ou nul (dans Q ). De plus, comme N ⊂ Q , toutes les coordonnées de v sont positives donc toutes celle de u − v sont inférieures ou égales à 1 .

b. Soit v ∈ N tel que f (v) = v . Posons w = u−v . Par linéarité, on a encore f (w) = w et w est positif. Si w = 0 , v = v et on a terminé.

Si w n'est pas nul, notons W la plus grande de ses coordonnées : elle est strictement positive. Notons w ⁰ = _W ¹ w . Par linéarité, on a toujours f(w ⁰ ) = w ⁰ et w ⁰ est à la fois positif et de plus grande coordonnée égale à 1 .

Notons w ⁰ = (w ⁰ ₁ , · · · , w ⁰ _p ) et considérons l'indice i pour lequel w _i ⁰ = 1 . La relation f (w ⁰ ) = w ⁰ pour cet indice i s'écrit

a _1i w ₁ ⁰ + · · · + a _pi w ⁰ _p = 1

avec les w ⁰ _i ≤ 1 et a 1i + · · · + a pi = 1 . La question 2a montre alors que tous les w ⁰ _i sont égaux à 1 donc w ⁰ = u . On en déduit que v − u = w = W u donc v ∈ Vect(u) . Comme v a une coordonnée égale à 1 , les vecteurs u et v ont une coordonnée égale, ils sont donc égaux.

c. Remarquons d'abord que v ∈ ker(f − Id _E ) si et seulement si f (v) = v . Comme f (u) = u par hypothèse, u ∈ ker(f − Id E ) donc Vect(u) ⊂ ker(f − Id E ) .

Soit v = (v 1 , · · · , v p ) un vecteur non nul de ker(f −Id E ) et M = max(v 1 , · · · , v p ) >

0 . Par linéarité, les deux vecteurs _M ¹ v ou − _M ¹ v sont dans ker(f − Id E ) . Un des deux est dans N , la question précédente prouve qu'il est égal à u ce qui entraine que v ∈ Vect(u) et prouve que ker(f − Id E ) ⊂ Vect(u) .

Partie II. Hyperplan supplémentaire stable.

1. a. Si g(x) = 0 alors g ⁽ x) = 0 donc ker g ⊂ ker g ² donc dim(ker g) ≤ dim(ker g ² ) . Pour la deuxième inégalité, considérons g ⁰ la restriction de g à ker g ² . Elle prend évidemment ses valeurs dans dans ker g donc rg g ⁰ ≤ dim(ker g) et son noyau est évidemment ker g . Écrivons le théorème du rang appliqué à g ⁰ .

dim(ker g ² ) = dim(ker g) + rg(g ⁰ ) ≤ 2 dim(ker g)

b. On sait que ker g ⊂ ker g ² et Im g ² ⊂ Im g pour tout endomorphisme g .

Supposons Im g et ker g supplémentaires et montrons que Im g ⊂ Im g ² . Soit x = g(y) ∈ Im g , décomposons y en y = a + b avec a ∈ ker g et b = g(c) ∈ Im g . On en tire x = g ² (c) ∈ Im g ² .

Supposons Im g ² ⊂ Im g . On va montrer que image et noyau sont supplémentaires.

Si x est à la fois dans l'image et le noyau, il existe y tel que x = g(y) et g(x) = 0 . Alors g ² (y) = 0 donc y ∈ ker g ² ⊂ ker g donc g(y) = x = 0 . L'intersection est donc réduite au vecteur nul. La dimension de la somme des sous-espaces est alors la somme des dimensions c'est à dire la dimension de E à cause du théorème du rang.

À cause du théorème du rang, l'égalité entre les deux images (ou les deux noyaux) entraine l'égalité des dimensions des deux noyaux (ou des deux images). Comme il existe toujours des inclusions, l'égalité des dimensions entraine l'égalité des espaces.

2. Notons g = f − Id _E de sorte que f = Id _E +g . La formule du binôme est valable pour une somme de deux endomorphismes qui commutent :

f ⁿ = Id _E + n

1

g + n

2

g ² + n

3

g ³ + · · ·

On a vu en question 5c de la partie I que ker(f − Id _E ) = ker g est une droite vectorielle.

Si dim(ker g ² ) = 2 l'inclusion entre les deux noyaux est stricte et il existe donc un v dans ker g ² mais pas dans ker g . On a donc f (v) 6= v et g ² (v) = 0 . L'expression de f ⁿ (v) se réduit donc à

f ⁿ (v) = v + n

1

g(v) + 0 = v + n(f (v) − v)

Le vecteur v n'est pas forcémént dans B mais, en divisant par la plus grande des valeurs absolues de ses coordonnées, on peut former un vecteur de B vériant les mêmes propriétés.

3. L'existence d'un vecteur v vériant f ⁿ (v) = v + ⁿ ₁

g(v) + 0 = v + n(f (v) − v) avec f (v) − v 6= 0 entre en contradiction avec le fait que f stabilise B (partie I question 4) car au moins une des coordonnées de f ⁿ (v) va diverger vers l'inni.

Ceci prouve que ker g ² = ker g . Le noyau et l'image de g sont donc supplémentaires (II1b). Comme ker g = Vect(u) est une droite vectorielle, Im g = H est un hyperplan supplémentaire.

Il est stable par f car si x ∈ H , il existe y tel que

x = f (y) − y ⇒ f (x) = f ² (x) − f (x) = (f − Id E )(f(x)) = g(x) ∈ H

4. a. Il s'agit d'une question de cours. Soit v un vecteur qui n'est pas dans l'hyper- plan ker φ = ker ϕ alors ϕ(v) et φ(v) sont non nuls et la droite Vect(v) est un supplémentaire de cet hyperplan. Cela permet de vérier que φ = ^φ(v) _ϕ(v) ϕ .

b. Comme H est un hyperplan, il existe une forme linéaire γ 1 telle que H = ker γ 1

avec γ 1 (u) 6= 0 car u n'est pas dans H . On peut poser γ = _γ ¹

1

(u) γ 1 pour assurer que γ(u) = 1 .

Soit γ ⁰ = γ ◦ f . C'est encore une forme linéaire et elle n'est pas nulle car γ ⁰ (u) = 1 . La stabilité de H par f entraine que H ⊂ ker γ ⁰ . Comme il sont de même dimension, les deux hyperplans sont égaux. Il existe donc un réel λ tel que γ ⁰ = λγ et λ = 1 car γ(u) = γ ⁰ (u) .

Partie III. Valeurs propres complexes.

1. Soit w un vecteur propre de valeur propre λ . Considérons la coordonnée de w de module est maximal et notons W sa valeur. Comme w n'est pas le vecteur nul, W > 0 , dénissons w 1 par w 1 = _W ¹ w . Il est dans N ⁰ car sa coordonnée de plus grand module est égale à 1 . Ce vecteur w 1 vérie encore Φ(w 1 ) = w 1 par linéarité.

2. La vérication de la stabilité de B ⁰ dans le cas complexe est identique à celle traitée en I4 en remplaçant valeur absolue par module.

Soit λ une valeur propre et w 1 ∈ N ⁰ ⊂ B ⁰ un vecteur propre associé. Comme le plus grand module des coordonnées de w 1 est 1 , le plus grand module des coordonnées de λw 1 est |λ| . Or λw 1 = f (w 1 ) ∈ B ⁰ donc |λ| ≤ 1 .

3. a. Le vecteur propre w = (w ₁ , · · · , w _p ) est dans N ⁰ . Il existe donc un i tel que

|w i | = 1 et |w j | ≤ 1 pour tous les autres j . Considérons la coordonnée i de Φ(w) . a 1i w 1 + · · · + a pi w p = λw i

On divise par λw i qui est de module 1 . On en tire a _1i u ₁ + · · · + a _pi u _p = 1 avec les |u k | ≤ 1 . On passe en module

1 = |a 1i u 1 + · · · + a pi u p | ≤ a 1i |u 1 | + · · · + a pi |u p | ≤ a 1i + · · · + a pi = 1 On peut alors utiliser l'implication prouvée en I2a avec les |u k | dans le rôle des µ _k . On en déduit :

|u k | =

w _k λw i

= 1 ⇒ |u k | = 1

car |w i | = |λ| = 1 .

b. Pour toutes les coordonnées i , la propriété Φ(w) = w entraine a 1i w 1 + · · · + a pi w p = λw i

En divisant par λw i , on tombe sur des égalités du type de ceux de la question I 2b. On en tire w j = λw i que pour tous les i et j . En particulier le cas i = j entraine λ = 1 d'où l'on tire que tous les w i sont égaux entre eux. Cela signie que Φ(w) = w entraine w ∈ Vect(u) . Dans toute la suite, Vect(u) désigne la droite vectorielle complexe de F .

ker(Φ − Id E ) = Vect(u)

4. D'après les questions précédentes, toutes les valeurs propres complexes de Φ sont de module inférieur ou égal à 1 . De plus la seule valeur propre de module 1 est 1 et son espace propre est ker(Φ − Id E ) = Vect(u) . Toutes les autres valeurs propres ont un module strictement plus petit que 1.

Partie IV. Convergence.

1. L'hyperplan H ⁰ de F ne contient pas u car Γ(u) = 1 c'est donc un supplémentaire de Vect(u) d'après un résultat de cours. Les formes coincident sur les e _i de la base canonique, elles sont donc égales. Si x ∈ H ⁰ , Γ(Φ(x)) = Γ(x) = 0 donc f(x) ∈ H ⁰ . L'hyperplan H ⁰ est stable par Φ .

2. D'après la partie II., |λ| < 1 car c'est une valeur propre autre que 1 . De plus, f ⁿ = λ ⁿ Id E +

n 1

(f − λ Id E ) + n

2

(f − λ Id E ) ² + n

3

(f − λ Id E ) ³ + · · ·

⇒ f ⁿ (v) = λ ⁿ v + n

1

(f −λ Id E )(v) + n

2

(f −λ Id E ) ² (v) + n

3

(f −λ Id E ) ³ (v) +· · ·

= v +

p−1

X

k=1

n k

(f − λ Id _E ) ^k (v)

car (f − λ Id E ) ^p (v) = 0 . Comme |λ| < 1 , toutes les suites formées avec les diverses coordonnées de la suite des f ⁿ (x) convergent vers 0 d'après la question I.1.

3. Si ker(Φ − λ Id E ) ^p ⊂ H ⁰ , alors ker(Φ − λ Id E ) ⊂ H ⁰ . Comme ker(Φ − Id E ) = Vect(u) est un supplémentaire de H ⁰ on a forcément λ 6= 1 donc |λ| < 1 .

4. Comme Vect(u) et H ⁰ = ker Φ sont supplémentaires, tout vecteur v se décompose en

v = Γ(v)u + h avec h = v − Γ(v)u ∈ H ⁰ = ker Γ

et h lui même se décompose en une somme h = h 1 + · · · + h r avec h k ∈ ker(Φ − λ k ) ^p . La question 2 montre que les suites des coordonnées des Φ ⁿ (h k ) convergent vers 0 . La seule composante qui contribue réellement à la limite est celle dans Vect(u) qui est constante. Toutes les suites de coordonnées des Φ ⁿ (v) convergent vers la même valeur Γ(v) .

Problème 2.

1. a. La fonction T (f ) est dérivable dans ]0, +∞[ comme produit de la fonction x → _x ¹ et de la primitive de f nulle en 0 . Elle est donc continue dans ]0, +∞[ .

Pour prouver la continuité en 0 , on majore pour x > 0 en écrivant f(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 de C . b. De R x

0 1 dt = x , on tire T(u) = u . Si f est à valeurs strictement positives alors R x

0 f (t) dt > 0 pour x > 0 donc T(f )(x) > 0 . De plus T (f )(0) = f (0) > 0 . c. On a déjà vu que T (f ) était dérivable. Notons F la primitive de f nulle en 0 .

∀x > 0 : T (f )(x) = F(x)

x ⇒ T(f ) ⁰ (x) = − F(x)

x ² + f (x)

x = f (x) − T (f )(x) x

⇒ xT (f ) ⁰ (x) = f (x) − T (f )(x).

d. Si f ∈ ker T alors T (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 fonction f est identiquement nulle, l'endomorphisme T 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 ) ⁰ f . 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)f ⁰ (t) dt

= F ² (t)

t ^b

a

− Z b

a

f (t)f (t) dt + Z b

a

f ² tdt

⇒ Z b

a

f ² tdt = 2 Z b

a

f (t)f(t) dt + F ² (a)

a − F ² (b) b ≤ 2

Z b

a

f(t)f (t) dt + F ² (a) a .

b. L'énoncé nous faisait remarquer que F ² (a) = a ² f ² (a) . On en tire que ^F

²

_a ^(a) = af ² (a) converge vers 0 quand a tend vers 0 . En passant à la limite :

Z b

0

f ² tdt ≤ 2 Z b

0

f (t)f (t) dt.

Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, Z b

0

f ² tdt ≤ 2 s

Z b

0

f ² (t) dt s

Z b

0

f ² (t) dt

En simpliant par la racine de l'intégrale de f ² et en élevant au carré, on obtient Z b

0

f ² tdt ≤ 4 Z b

0

f ² (t) dt.

3. a. La dénition de N _c est valide car une fonction continue sur un segment est bornée est atteint ses bornes.

∀x ∈ [0, c], ∀t ∈ [0, x], |f (t)| ≤ N _c (f ).

En intégrant il vient |T (f )(x)| ≤ N c (f ) d'où N c (T (f )) ≤ N c (f ) . b. Pour 0 < x < y < c , en coupant l'intervalle [0, y] en x ,

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

N c (f ) dt + y − x xy

Z x

0

N c (f ) dt = 2N c (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 en 1a pour justier la continuité de T (f ) en 0 . 4. a. Par dénition des fonctions puissances usuelles à l'aide de l'exponentielle, les

fonctions p µ se prolongent à des fonctions dans C si et seulement si µ = 0 ou Re(µ) > 0 .

Pour Re(µ) > 0 , on trouve

T(p µ ) = 1 µ + 1 p µ .

b. Soit λ une valeur propre, f ∈ C tel que T(f ) = λf et c > 0 .

La question 1a montre que N c (T (f )) ≤ N c (f ) . Or N c (T (f )) = |λ| N c (T f)) car T(f ) = λf . On en déduit |λ|N c (f ) ≤ N _c (f) avec N _c (f ) > 0 car f n'est pas indentiquement nulle ; d'où |λ| ≤ 1 . Le spectre est inclus dans le disque unité.

c. Soit λ une valeur propre et f telle que T (f ) = λf . Notons F la primitive de f nulle en 0 . La condition s'écrit

F (x) = λxf(x) ⇒ f(x) = λf(x) + λxf ⁰ (x).

Une fonction propre f vérie l'équation diérentielle linéaire du premier ordre

f ⁰ (x) + λ − 1

λx f (x) = 0.

Les solutions sont les Cp µ avec C ∈ R et µ = ^1−λ _λ . Les valeurs propres sont donc les complexes λ = a + ib tels que

Re 1 − λ

λ

> 0 ⇔ Re 1

λ > 1 ⇔ a > a ² + b ² ⇔ (a − 1

2 ) ² + b ² < 1 4 . Le spectre est donc formé par le disque ouvert de centre ¹ ₂ et de rayon ¹ ₂ auquel on adjoint 1 . 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 devient f ⁰ (x) = 0 .

5. a. Lorsque f est croissante, f (t) ≤ f (x) pour t entre 0 et x . En intégrant, on obtient

T (f )(x) ≤ f (x) . Pour x < y , on reprend les calculs de la question 3b :

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 de T (f ) pour montrer qu'elle est positive.

b. D'après la question précédente, en raisonnant par récurrence, toutes les fonctions T ⁿ (f) sont croisssantes. On en déduit que la suite des x n 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 les T ⁿ (f ) − f (0) sont à valeurs positives. La suite décroissante des x _n est donc minorée par f (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 N c (T(f )) ≤ N c (f ) . Fixons a et c tels que 0 <

a < c . D'après 3b, pour tous les x et y tels que a ≤ x ≤ y ≤ c ,

|T (f)(y) − T (f )(x)| ≤ 2N _c (f )

a (y − x) ⇒ |T ⁿ (f )(y) − T ⁿ (f )(x)| ≤ 2N _c (f ) a (y − x) car N _c (T ⁿ (f )) ≤ N _c (f ) . En passant à la limite, on obtient

|l(y) − l(x)| 2N c (f )

a (y − x).

La fonction l est lipschitzienne dans [a, c] donc elle est continue. Comme a et c sont quelconques, on en déduit que l est continue dans ]0, +∞[ .

Le raisonnement est analogue en 0

|T (f )(x) − T (f )(0)| ≤ N x (f ) ⇒ |T ⁿ (f )(x) − T ⁿ (f )(0)| ≤ N x (f )

⇒ |l(x) − l(0)| ≤ N _x (f ).

Ceci assure la continuité de l en 0 . Si on admet que T(l) = l ce qui semble bien

naturel mais que je ne sais pas démontrer, on déduit que l est la fonction constante

de valeur f (0) .