Problème 1.
Partie I. Exemple.
1. Par dénition, λ ∈ R est une valeur propre de f si et seulement si f − λ Id E n'est pas injective ce qui est équivalent à rg(f − λ Id E ) < 3 . La discussion du rang permet de former des polynômes dont les racines sont les valeurs propres. On transforme les matrices par opérations élémentaires.
A − λI 3 mult −1
−−−−−→
λ 1 1 1 λ 1
1 1 λ
C
1←C
1+C
2+C
3−−−−−−−−−−→
2 + λ 1 1 2 + λ λ 1 2 + λ 1 λ
8
<
:
L 2 ← L 2 − L 1
L 3 ← L 3 − L 1
−−−−−−−−−−−−−→
2 + λ 1 1
0 λ − 1 0
0 0 λ − 1
⇒ spectre de a = {−2, 1}
B − λI 3 perm L
1L
3−−−−−−−→
1 −3 −1
0 2 − λ 0
3 − λ −3 −1
L
3←L
3−(3−λ)L
1−−−−−−−−−−−→
1 −3 −1
0 2 − λ 0
0 6 − 3λ −4 + 4λ − λ 2
L
3←L
3−3L
2−−−−−−−−→
1 −3 −1
0 2 − λ 0
0 0 −(λ − 2) 2
⇒ spectre de b = {2}
2. Le calcul matriciel conduit à AU 1 = U 1 , AU 2 = U 2 , AU 3 = −2U 3 . On en déduit que les trois vecteurs de F sont propres pour a avec a(u 1 ) = u 1 , a(u 2 ) = u 2 , a(u 3 ) = −2u 3 . Pour montrer que F est une base, on montre qu'elle est génératrice en prouvant que le rang de la matrice de (u 3 , u 2 , u 1 ) dans E est 3 :
1 0 1
1 1 0
1 −1 −1
8
<
:
L 2 ← L 2 − L 1 L 3 ← L 3 − L 1
−−−−−−−−−−−−−→
1 0 1
0 1 −1
0 −1 −2
L
3←L
3+L
2−−−−−−−→
1 0 1
0 1 −1 0 0 −3
⇒ rg = 3
Aucun de ces vecteurs n'est propre pour b car BU 1 =
4 0 0
∈ / Vect(U 1 ), BU 2 =
−2 2
−4
∈ / Vect(U 2 ), BU 3 =
−1 2 1
∈ / Vect(U 3 )
3. On forme la matrice de b − 2 Id E dans la base E .
1 −3 −1
0 0 0
1 −3 −1
Il apparait clairement que la famille constituée de la première colonne est une base l'espace vectoriel engendré par les trois colonnes. Cette première colonne est la matrice de u 4 dans E . On en déduit que Im(b −2 Id E ) = Vect(u 4 ) . Le théorème du rang entraine que dim(ker(b − 2 Id E )) = 2 .
On remarque sur la matrice que la ligne 1 engendre l'espace des lignes. On en déduit que cette ligne seule forme une équation du noyau. Un vecteur de coordonnées (x, y, z) dans E est dans ker(b − 2 Id E ) si et seulement si x − 3y − 1 = 0 .
4. Formons les équations caractérisant qu'un vecteur u de coordonnées (x, y, z) dans E est dans ker(a − Id E ) ∩ ker(b − 2 Id E ) ; certaines de ces équations se répètent. Il reste :
( x − 3y − z = 0
−x − y − z = 0 ⇔
( x − 3y − z = 0
−4y − 2z = 0 ⇔
( x = y z = −2y
On en déduit que u ∈ ker(a − Id E ) ∩ ker(b − 2 Id E ) si et seulement si u ∈ Vect(u 5 ) de la forme u = y(e 1 + e 2 − 2e 3 ) = yu 5 .
Tous les vecteurs non nuls de Vect(u 5 ) sont des vecteurs propres communs aux endo- morphismes a et b .
Comme le spectre de b se réduit à 2 , les seuls autres vecteurs propres possibles sont dans ker(a + 2 Id E ) ∩ ker(b − 2 Id E ) . Un vecteur u de coordonnées (x, y, z) est dans cette intersection si et seulement si
x − 3y − z = 0 2x − y − z = 0
−x + 2y − z = 0
−x − y + 2z = 0
⇔
x − 3y − z = 0 5y + z = 0
−y + 2z = 0
−4y + z = 0
⇔ x = y = z = 0
Il n'y a donc pas d'autres vecteurs propres communs.
Partie II. Exemple avec des polynômes.
1. a. Les dénitions des endomorphismes a et b conduisent aux matrices suivantes dans la base canonique (1, X, X 2 ) :
A =
0 1 0 0 0 2 0 0 0
, B =
0 0 1 0 1 0 1 0 0
b. En calculant, il vient A 2 =
0 0 2 0 0 0 0 0 0
, [A, B] =
0 1 0
2 0 −2
0 −1 0
, [A 2 , B] =
2 0 0
0 0 0
0 0 −2
On lit clairement sur leurs colonnes que [A, B] et [A 2 , B] sont de rang 2.
2. Valeurs et vecteurs propres de a .
a. Soit λ une valeur propre de a . Il existe alors un polynôme P non nul tel que P 0 = λP . À cause du degré, cela n'est possible que si λ = 0 et P de degré 0 . La seule valeur propre de a est donc 0 , les seuls vecteurs propres de a sont les polynômes de degré 0 .
b. Pour i entre 2 et 2n , a i (P ) = P (i) . La seule valeur propre de a i est donc encore 0 , les vecteurs propres sont tous les polynômes non nuls de degré strictement plus petit que i .
3. Valeurs et vecteurs propres de b .
a. Par dénition b(X k ) = X 2n−k pour k entre 0 et 2n . On en déduit que b ◦ b coïncide avec l'identité sur les vecteurs de la base canonique d'où b ◦ b = Id E . Si λ est un vecteur propre, il existe un polynôme non nul P tel que b(P ) = λP . En composant, il vient P = b ◦ b(P ) = λb(P ) = λ 2 P d'où λ 2 = 1 car P n'est pas le polynôme nul. Les deux seules valeurs propres possibles sont donc 1 ou −1 . b. Rappelons la notion de valuation d'un polynôme non nul qui est en quelque sorte
symétrique de celle de degré. Un polynôme P est de valuation v et de degré d lorsqu'il s'écrit
P = a v X v + a v+1 X v+ + · · · + a d X d avec v ≤ d et a v 6= 0 et a d 6= 0 Prendre l'image par b échange valuation et degré :
b(P ) = a d X 2n−d + · · · a v X 2n−v
Si P est un vecteur propre, on doit donc avoir
d = 2n − v ⇒ 2n = v + d ⇒ 2n ≤ 2d (car v ≤ d ) ⇒ d ≥ n
c. Les polynômes proposés exploitent la symétrie sous-jacente dans la dénition de b . On obtient des vecteurs propres
b(X n ) = X n , ∀k ∈ {1, · · · n}
( b(X n−k + X n+k ) = X n−k + X n+k b(−X n−k + X n+k ) = − −X n−k + X n+k 4. D'après les questions 2b et 3b, si i ≤ n , les conditions sur les degrés sont contradictoires
et il ne peut exister de vecteurs propres communs à a et b .
Si i > n , la question 3c fournit des exemples de polynômes de degré strictement plus petit que i qui sont propres pour b . Il existe donc des vecteurs propres communs dans ce cas.
En conclusion, il existe des vecteur propres communs à a i et b si et seulement si i > n .
Partie III. Condition nécessaire. Conditions susantes.
1. Si a et b admettent un vecteur propre commun x avec a(x) = λx et b(x) = µx , alors [a, b](x) = a(b(x)) − b(a(x)) = µa(x) − λb(x) = (µλ − λµ)x = 0 E
Le noyau du crochet contient un vecteur non nul, donc le rang du crochet est stricte- ment plus petit que la dimension de l'espace d'après le théorème du rang.
Qu'en est-il de la réciproque ? Si deux endomorphismes ont un crochet dont le rang est strictement plus petit que la dimension de l'espace, ont-ils forcément un vecteur propre commun ?
L'exemple de la partie II montre que non. Pour n = 1 , l'espace est de dimension 3.
.On sait, d'après la dernière question de la partie II, que a et b ne peuvent avoir de vecteurs propres communs mais on a calculé au début que le rang de [a, b] = 2 . 2. a. Si le crochet est l'application nulle, son noyau est E et contient tout. La propriété
H est donc vériée.
b. On doit montrer que ker(a − λ Id E ) est stable par b . Pour tout vecteur y dans cet espace,
(a − λ Id E )(b(y)) = a ◦ b(y) − λb(y) = a ◦ b(y) − b ◦ a(y) + b ◦ a(y) − λb(y)
= [a, b](y) + b ◦ (a − λ Id E )(y) = 0 E
Le deuxième terme étant nul car y ∈ ker(a − λ Id E ) et le premier car y ∈ ker(a − λ Id E ) ⊂ ker([a, b]) qui est supposé par l'énoncé.
Cette stabilité montre que la restriction de b est un endomorphisme du C espace vectoriel ker(a−λ Id E ) . D'après la propriété que l'énoncé en début de cette partie nous permet d'utiliser sans justication, il admet une valeur propre µ donc un vecteur propre qui sera un vecteur propre aussi pour a car dans l'espace ker(a − λ Id E ) .
3. Dans un espace de dimension 1 , tout vecteur non nul est vecteur propre pour n'importe quel endomorphisme. Tout couple d'endomorphismes admet donc des vecteurs propres communs. La proposition P 1 est vraie.
4. Dans cette question, (a, b) ∈ L(E) 2 ne vérie pas la propriété H . On note c = [a, b] . On suppose rg(c) = 1 et on considère une valeur propre λ ∈ C de a .
a. Par hypothèse, le couple (a, b) ne vérie pas la propriété H . Cela signie que, pour n'importe quelle valeur propre λ de a , il existe un vecteur u tel que u ∈ ker(a − λ Id E ) (c'est à dire a(u) = λu ) et u / ∈ ker([a, b]) (c'est à dire c(u) = [a, b](u) 6= 0 E ).
b. On pose v = c(u) , c'est un vecteur non nul de Im(c) . Comme par hypothèse, le rang de c est 1, on peut en déduire que Im(c) = Vect(v) .
Montrons que v ∈ Im(a − λ Id E ) , on en déduira que Im(c) ⊂ Im(a − λ Id E ) .
v = c(u) = (a ◦ b)(u) − (b ◦ a)(u) = a(b(u)) − λb(u)
= (a − λ Id E )(b(u)) ∈ Im(a − λ Id E ) c. Il est évident que Im(a − λ Id E ) est stable par a . Pour montrer la stabilité par
b , considérons un x quelconque dans Im(a − λ Id E ) . Il existe un y tel que x = a(y) − λy . On en déduit,
b(x) = (b ◦ a)(y) − λb(y) = −[a, b](y) + (a ◦ b)(y) − λb(y)
= −[a, b](y)
| {z }
∈Im(c)⊂Im(a−λ Id
E)
+ (a − λ Id E )(b(y)) ∈ Im(a − λ Id E )
5. On démontre les propositions P n par récurrence. On a vu que P 1 est vraie. On veut montrer l'implication P n−1 ⇒ P n .
On considère donc un C-espace vectoriel E de dimension n avec deux endomorphismes a , b tels que rg([a, b]) = 1 .
Si le couple (a, b) vérie la propriété H , la question 2. montre que a et b ont un vecteur propre en commun.
Si le couple (a, b) ne vérie pas la propriété H , il existe (question 4) une valeur propre λ de a telle que
Im(a − λ Id E ) stable par a et b
Notons V ce sous-espace et a V , b V les restrictions à V de a et b . Il est clair que le crochet des restrictions est la restriction du crochet et que restreindre diminue le rang. On en déduit
rg([a V , b V ]) ≤ 1
Si [a V , b V ] = 0 L(E) , on se retrouve dans les conditions de la question 2. Le couple de restrictions vérie la propriété H ce qui entraine qu'elles admettent un vecteur propre commun.
Si le rang est 1 . On peut utiliser l'hypothèse de récurrence, les deux restrictions admettent un vecteur propre commun donc le endomorphismes a et b aussi.
Deux endomorphismes peuvent admettre un vecteur propre commun sans que le rang du crochet soit inférieur ou égal à 1 . La partie II en fournit un exemple : a 2 et b ont un vecteur propre commun bien que le rang du crochet soit 2 .
Problème 2.
Préliminaire
Utiliser la remarque proposée par l'énoncé conduit à des expressions de f a (x) et f a (x) commodes pour des réels quelconques x et y :
f a (x) = min(x, a) = 1
2 (x + a − |x − a|) f a (y) = min(x, a) = 1
2 (y + a − |y − a|) f a (x) − f a (y) = 1
2 (x − y − |x − a| + |y − a|)
Utilisons ensuite l'inégalité ||u| − |v|| ≤ |u − v| avec u = y − a et v = x − a . Elle traduit le caractère lipschitzien de rapport 1 de la fonction valeur absolue. On en déduit :
|f a (x) − f a (y)| ≤ 1
2 (|x − y| + | − |x − a| + |y − a|||) ≤ 1
2 (|x − y| + |x − y||) ≤ |x − y|
Donc f a est lipschitzienne de rapport 1. Pour g a , on peut remarquer que entre deux nombres,
l'un est le plus petit et l'autre le plus grand donc la somme des deux est aussi la somme
du plus petit et du plus grand
f a (x) + g a (x) = a + x On en déduit (en achevant le raisonnement comme plus haut) :
g a (x) − g a (y) = 1
2 (−(x − y) + |x − a| − |y − a|||)
|g a (x) − g a (y)| ≤ |x − y|
Partie 1
1. a. Les fonctions sont lipschitziennes donc continues donc intégrables. Les nombres m n+1 et M n+1 sont bien dénis.
b. Montrons par récurrence que m n et M n sont dans [0, 1] pour tous les entiers n . C'est vrai par dénition pour m O et M 0 . Si m n et M n x sont dans [0, 1] alors min(x, M n ) et max(x, m n ) sont dans [0, 1] . En intégrant les inégalités on obtient bien que M n+1 et m n+1 sont dans [−1, 1] .
2. a. On transforme m n+1 en coupant l'intégrale en deux.
m n+1 = 1 2
Z 1
−1
min(x, M n ) dx
= 1 2
Z M
n−1
min(x, M n ) dx + Z 1
M
nmin(x, M n ) dx
!
= 1 2
Z M
n−1
xdx + Z 1
M
nM n dx
!
= 1 2
M n 2 − 1
2 + (1 − M n )M n
= − 1
4 (M n − 1) 2 Par un calcul analogue, on obtient M n+1 = 1 4 (m n + 1) 2 .
b. Évident à partir de la question précédente.
3. a. Comme m n = x n − 1 et M n = 1 − y n , traduisons avec x n et y n les égalités de la question 2.a.
x n+1 − 1 = − 1 4 y 2 n 1 − y n+1 = 1
4 x 2 n
⇒ y n+1 − x n+1 = 1
4 (y n − x n )(y n + x n )
b. Supposons que (x n ) n∈ N converge vers x et (y n ) n∈ N vers y . Avec des opérations sur les suites convergentes, on obtient
y − x = 1
4 (y − x)(y + x) ⇔ (y − x)(4 − y − x) = 0
Comme x n et y n sont dans [0, 1] , par passage à la limite, x et y sont aussi dans [0, 1] donc 4 − y − x 6= 0 donc x = y .
Notons l cette limite commune, en remplaçant dans x n+1 − 1 = − 1
4 y n 2 On obtient l 2 + 4l − 4 dont les racines sont −2 + 2 √
2 et −2 − 2 √
2 . Comme on sait que l ∈ [0, 1] on a forcément
l = −2 + 2 √ 2
c. Faisons le diérence des deux relations x n+1 − 1 = − 1
4 y 2 n l − 1 = − 1
4 l 2
⇒ x n+1 − l = − 1
4 (y n + l)(y n − l)
⇒ |x n+1 − l| = |y n + l|
4 |y n − l| ≤ 2 √ 2 − 1
4 |y n − l|
car y n ≤ 1 . Le raisonnement est le même pour y n . 4. Notons q = 2
√ 2−1
4 , en combinant les relations de la question précédentes, on obtient :
|x n+2 − l| = q 2 |x n − l|
On en déduit, par comparaison avec des suites géométriques convergentes, la conver- gence des suites extraites d'indices pairs ou impairs vers l . Ceci prouve la convergence des suites complètes vers l . Des relations x n = 1 + m n , y n = 1 − M n on déduit alors :
(m n ) n∈ N → l − 1 (M n ) n∈ N → 1 − l
Partie II
1. a. La fonction u f (g) est bien dénie car la fonction à intégrer x → min(x, g(a))f (x)
est continue comme produit de deux fonctions continues. (partie préliminaire)
b. Pourquoi la fonction u g (f) a →
Z 1 0
min(x, g(a))f (x)dx
est-elle continue ? Deux méthodes sont possibles.
Méthode 1 : expression avec des primitives.
Introduisons
F 1 : la primitive de x → xf (x) nulle en 0 F : la primitive de x → xf(x) nulle en 1 On peut alors alors écrire :
u g (f )(a) = Z g(a)
0
xf(x) dx + Z 1
g(a)
g(a)f (x) dx = F 1 (g(a)) − g(a)F (g(a)) Les fonctions F 1 et F sont dérivables, la fonction g est continue, donc u g (f ) est continue.
Méthode 2 : lipschitzité
|u g (f )(a) − u g (f)(b)| ≤ Z 1
0
|min(x, g(a)) − min(x, g(b))| |f (x)|dx
≤ Z 1
0
|g(a) − g(b)| |f (x)|dx ≤ Z 1
0
|f (x)|dx
|g(a) − g(b)|
Ce qui prouve que u g (f ) est continue car g est continue.
2. Dans cette question f(x) = tan 2 x . On peut calculer les fonctions F 1 et F de la première méthode de la question précédente. Une primitive de tan 2 x étant tan x−x , F s'obtient directement et F 1 par une intégration par parties
F 1 (u) = u tan 2 u − u 2
2 + ln | cos u|, F (u) = tan u − u + 1 − tan 1 On en déduit
u g (f )(a) = (tan 1 − 1)g(a) + ln |cos(g(a))| + g(a) 2 2 3. a. La fonction u f (g) est bien dénie car la fonction à intégrer
x → min(a, g(x))f (x)
est continue comme produit de deux fonctions continues. D'après un résultat de cours, la borne inférieure (dont la valeur en chaque point est la plus petite des valeurs) de deux fonctions continues est continue.
b. En procédant comme pour la deuxième méthode de 1.b. on obtient
|v g (f)(b) − v g (f )(a)| ≤ Z 1
0
|f (x)|dx
|a − b|
Ce qui prouve que v g (f ) est continue. Elle est même lipschitzienne de rapport R 1
0 |f (x)|dx .
4. La linéarité résulte de la linéarité de l'intégrale. On a déjà montré que les fonctions images étaient continues donc dans E .
5. a. Lorsque f ∈ ker u g , alors pour tous les a ∈ [0, 1] : F 1 (g(a)) − g(a)F (g(a)) = 0
Mais comme g est une application continue de I = [0, 1] dans I telle que g(0) = 0 et g(1) = 1 , g est surjective. On peut donc écrire
∀t ∈ I : F 1 (t) − tF (t) = 0
On peut alors dériver (on ne pouvait pas le faire avant car g n'était pas supposée dérivable). On obtient, pour tous les t de I , d'abord F (t) = 0 puis f (t) = 0 . b. Comme u g (f ) = F 1 ◦ g − gF ◦ g , si g est dérivable alors u g (f ) est dérivable.
Or il existe des fonctions continues qui ne sont pas dérivables donc u g n'est pas surjective.
6. a. En utilisant la relation de Chasles pour préciser v g (f ) pour la fonction g donnée par l'énoncé, on obtient :
v g (f )(x) = Z 1
1 2
