ecricome 2014 exercice 1

1
J.F. COSSUTTA
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Ceci est un premier jet et a besoin encore de beaucoup relectures pour bien tenir la
route. Si vous voyez des erreurs contactez moi.
ECRICOME 2014
EXERCICE 1
1. Notons E′le R-espace vectoriel des applications de R∗
+dans R.
Notons que Eest une partie de E′et que (u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn) est une famille d’´el´ements de E′.
Soit fun ´el´ement de E′.
f∈E⇐⇒ ∃(P, Q)∈Rn−1[X]×Rn−1[X],∀x∈R∗
+, f(x) = x P (x) + xln(x)Q(x).
f∈E⇐⇒ ∃(a0, a1, . . . , an−1)∈Rn,∃(b0, b1, . . . , bn−1)∈Rn,∀x∈R∗
+, f(x) = xn−1
k=0
akxk+xln(x)n−1
k=0
bkxk.
f∈E⇐⇒ ∃(a0, a1, . . . , an−1)∈Rn,∃(b0, b1, . . . , bn−1)∈Rn,∀x∈R∗
+, f(x) =
n−1
k=0
akxk+1 + ln(x)n−1
k=0
bkxk+1.
f∈E⇐⇒ ∃(a0, a1, . . . , an−1)∈Rn,∃(b0, b1, . . . , bn−1)∈Rn,∀x∈R∗
+, f(x) =
n
k=1
ak−1xk+ ln(x)n
k=1
bk−1xk.
f∈E⇐⇒ ∃(a0, a1, . . . , an−1)∈Rn,∃(b0, b1, . . . , bn−1)∈Rn,∀x∈R∗
+, f(x) =
n
k=1
ak−1xk+
n
k=1
bk−1xkln(x).
f∈E⇐⇒ ∃(a0, a1, . . . , an−1)∈Rn,∃(b0, b1, . . . , bn−1)∈Rn,∀x∈R∗
+, f(x) =
n
k=1
ak−1uk(x) +
n
k=1
bk−1vk(x).
f∈E⇐⇒ ∃(a0, a1, . . . , an−1)∈Rn,∃(b0, b1, . . . , bn−1)∈Rn,∀x∈R∗
+, f(x) = n
k=1
ak−1uk+
n
k=1
bk−1vk(x).
f∈E⇐⇒ ∃(a0, a1, . . . , an−1)∈Rn,∃(b0, b1, . . . , bn−1)∈Rn, f =
n
k=1
ak−1uk+
n
k=1
bk−1vk.
f∈E⇐⇒ f∈Vect(u1, u2, . . . , un, v1, v2, . . . , vn,).
f∈E⇐⇒ f∈Vect(u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn).
Par cons´equent : E= Vect(u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn).
Alors Eest le sous-espace vectoriel de E′engendr´e par la famille (u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn) de E′. Finalement :
Eest un R-espace vectoriel et E= Vect(u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn).
IExercice Montrons que la famille (u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn)est libre. J
2. Soit fun ´el´ement de E. Comme E= Vect(u1, u2, . . . , un, v1, v2, . . . , vn), il existe deux ´el´ements (α1, α2, . . . , αn)
et (β1, β2, . . . , βn) de Rntels que : f=
n
k=1
αkuk+
n
k=1
βkvk.

2
∀k∈[[1, n]],∀x∈R∗
+, uk(x) = xket vk=xkln(x). Donc pour tout ´element kde [[1, n]], uket vksont continues sur
R∗
+.
De plus pour tout kdans [[1, n]], lim
x→0+uk= lim x→0+xk= 0 et lim x→0+vk= lim x→0+xkln(x)= 0 (par croissance compar´ee...).
Alors :
lim
x→0+f(x) = lim x→0+n
k=1
αkuk+
n
k=1
βkvk(x) = lim
x→0+n
k=1
αkuk(x) +
n
k=1
βkvk(x)=
n
k=1
αk×0 +
n
k=1
βk×0.
Ainsi lim
x→0+f(x) = 0.
Ainsi fest continue sur R∗
+et prolongeable par continuit´e en 0.
Chaque fonction fde Ese prolonge en une fonction continue sur R+.
IRemarque 1 On aurait pu aussi utiliser ”f(x) = x P (x) + xln x Q(x)” pour montrer ce r´esultat J
IRemarque 2 Soit fun ´el´ement de E.fse prolonge en une fonction continue sur R+que nous noterons  fdans la
suite.
Comme lim
x→0+f(x) = 0,
f(0) = 0. Ainsi ∀x∈R+, f(x) = f(x)si x∈R∗
+
0si x= 0 .
Ce qui pr´ec`ede permet aussi de dire que, pour tout xdans R∗
+,x
0
f(t) dtconverge et vaut x
0
f(t) dt.
Ainsi, pour tout xdans R∗
+,1
xx
0
f(t) dtexiste et vaut 1
xx
0
f(t) dt. Alors φ(f)(x)est d´efinie pour tout xdans R∗
+.
Finalement φ(f)est bien une application de R∗
+dans Ret ceci pour tout fdans E.
φest donc une application du R-espace vectoriel Edans le R-espace vectoriel E′.J
Soit kun ´el´ement de [[1, n]].
• ∀x∈R∗
+,uk(x) = uk(x) = xket uk(0) = 0 donc ∀x∈R+,uk(x) = xk.
Alors ∀x∈R∗
+, φ(uk)(x) = 1
xx
0
uk(t) dt=1
xx
0uk(t) dt=1
xx
0
tkdt=1
xtk+1 k+ 1x
0
=1
x
xk+1
k+ 1 =1 k+ 1 xk.
Ainsi ∀x∈R∗
+, φ(uk)(x) = 1
k+ 1 uk(x). Donc φ(uk) = 1 k+ 1 uk.
•Soit xdans R∗
+. Soit εun ´el´ement de ]0,+∞[.
wk:t→1
k+ 1 tk+1 et h:t→ln(t) sont de classes C1sur ]0,+∞[. De plus ∀t∈R∗
+, w′
k(t) = tket h′(t) = 1
t·
Ceci autorise l’int´egration par parties suivante. x
ε
vk(t) dt=x
ε
tkln(t) dt=tk+1
k+ 1 ln(t)x
ε−x
ε
tk+1
k+ 1
1
tdt.
x
ε
vk(t) dt=1
k+ 1 xk+1 ln(x)−1 k+ 1 εk+1 ln(ε)−x
ε
tk
k+ 1 dt=1 k+ 1 xk+1 ln(x)−1 k+ 1 εk+1 ln(ε)−tk+1 (k+ 1)2x
ε
.
x
ε
vk(t) dt=1
k+ 1 xk+1 ln(x)−1 k+ 1 εk+1 ln(ε)−xk+1 (k+ 1)2+εk+1 (k+ 1)2·
x
0
vk(t) dt= lim
ε→0+x
ε
vk(t) dt= lim
ε→0+1
k+ 1 xk+1 ln(x)−1 k+ 1 εk+1 ln(ε)−xk+1 (k+ 1)2+εk+1 (k+ 1)2·
Donc par croissance compar´ee : x
0
vk(t) dt=1
k+ 1 xk+1 ln(x)−0−xk+1 (k+ 1)2+ 0 = 1 k+ 1 xk+1 ln(x)−1 (k+ 1)2xk+1·
Alors φ(vk)(x) = 1
xx
0
vk(t) dt=1
x1 k+ 1 xk+1 ln(x)−1 (k+ 1)2xk+1=1 k+ 1 xkln(x)−1 (k+ 1)2xk.

3
φ(vk)(x) = 1
k+ 1 vk(x)−1 (k+ 1)2uk(x) = 1 k+ 1 vk−1 (k+ 1)2uk(x) et ceci pour tout xdans R∗
+.
Donc φ(vk) = 1
k+ 1 vk−1 (k+ 1)2uk.
Pour tout kdans [[1, n]], φ(uk) = 1
k+ 1 uket φ(vk) = 1 k+ 1 vk−1 (k+ 1)2uk.
3. Rappelons que φest une application du R-espace vectoriel Edans le R-espace vectoriel E′.
Soit λun r´eel. Soient fet gdeux ´el´ements de E.
∀x∈R∗
+, φ(λ f +g)(x) = 1
xx
0
(λ f +g)(t) dt=λ1
xx
0
f(t) dt+1
xx
0
g(t) dtcar toutes les int´egrales convergent.
∀x∈R∗
+, φ(λ f +g)(x) = λ φ(f)(x) + φ(g)(x) = λ φ(f) + φ(g)(x) donc φ(λ f +g) = λ φ(f) + φ(g).
Ainsi ∀λ∈R,∀(f, g)∈E2, φ(λ f +g) = λ φ(f) + φ(g). Par cons´equent :
φest lin´eaire.
Rappelons que pour tout kdans [[1, n]], φ(uk) = 1
k+ 1 uket φ(vk) = 1 k+ 1 vk−1 (k+ 1)2uk.
Ainsi pour tout kdans [[1, n]], φ(uk) et φ(vk) sont des ´el´ements de Vect(u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn).
Alors Vect φ(u1), φ(v1), φ(u2), φ(v2), . . . , φ(un), φ(vn)est contenu dans Vect(u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn).
Soit fun ´el´ement de E.fest combinaison lin´eaire de (u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn).
Comme φest lin´eaire, φ(f) est combinaison lin´eaire de φ(u1), φ(v1), φ(u2), φ(v2), . . . , φ(un), φ(vn).
Donc φ(f) appartient `a Vect φ(u1), φ(v1), φ(u2), φ(v2), . . . , φ(un), φ(vn).
Ainsi φ(f) appartient `a Vect(u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn) donc `a E.
Si fest une fonction de E,φ(f) est une fonction de E.
IRemarque Ainsi on peut consid´erer que φest un endomorphisme de E.J
4. Rappelons que B= (u1, v1, u2, v2, . . . , un, vn) est une base de Eet qu’ainsi Eest de dimension 2n.
Pour tout kdans [[1, n]], φ(uk) = 1
k+ 1 uket φ(vk) = 1 k+ 1 vk−1 (k+ 1)2uk.
Pour tout kdans [[1, n]] notons alors Tkla matrice 
1
k+ 1 −1 (k+ 1)2
01
k+ 1
de M2(R).
Alors la matrice de φdans la base Best la matrice diagonale par blocs ´egale `a 
T1
T2 (0)
...
(0) Tn−1
Tn
.

4
Alors la matrice de φdans la base Best la matrice diagonale par blocs ´egale `a 
T1
T2 (0)
...
(0) Tn−1
Tn
o`u
pour tout kdans [[1, n]] Tk=
1
k+ 1 −1 (k+ 1)2
01
k+ 1
.
5. La matrice de φest une matrice triangulaire sup´erieure. Alors l’ensemble de ses valeurs propres est l’ensemble de
ses ´el´ements diagonaux.
Cet ensemble est 1
k+ 1 ;k∈[[1, n]]et il ne contient pas z´ero. 0 n’est pas valeur propre de Mdonc Mest inversible
et alors φest un automorphisme de E. Ajoutons que Sp φ= Sp M=1
k+ 1 ;k∈[[1, n]].
L’endomorphisme φde Eest bijectif. L’ensemble des valeurs propres de φest 1
k+ 1 ;k∈[[1, n]].
6. Rappelons que λest un ´el´ement de 1
k+ 1 ;k∈[[1, n]]. En particulier λn’est pas nul.
∀x∈R∗
+, g(x) = x−1/λ x
0
f(t) dt=x−1/λ x
0
f(t) dt.
fest une application continue de [0,+∞[ dans R. Alors x→x
0
f(t) dtest la primitive de  fsur l’intervalle [0,+∞[
qui prend la valeur 0 en 0.
Donc x→x
0
f(t) dtest d´erivable sur [0,+∞[ et de d´eriv´ee  f. De plus x→x−1/λ est d´erivable sur R∗
+.
Alors par produit gest d´erivable sur R∗
+. De plus ∀x∈R∗ +, g′(x) = −1
λx−1/λ−1x
0
f(t) dt+x−1/λ  f(x).
∀x∈R∗
+, g′(x) = −1
λx−1/λ−1x
0
f(t) dt+x−1/λ f(x) = −1
λx−1
λ1
xx
0
f(t) dt−λ f(x).
∀x∈R∗
+, g′(x) = −1
λx−1
λφ(f)(x)−λ f(x).
Or fest un vecteur propre de φassoci´e `a la valeur propre λdonc φ(f) = λ f. Donc ∀x∈R∗
+, φ(f)(x)−λ f(x) = 0.
Alors ∀x∈R∗
+, g′(x) = −1
λx−1
λ×0 = 0. Ainsi gest de d´eriv´ee nulle sur l’intervalle ]0,+∞[.
Donc gest constante sur ]0,+∞[. Alors il existe un r´eel γtel que ∀x∈R∗
+, γ =g(x) = x−1/λ x
0
f(t) dt.
Alors ∀x∈R∗
+,x
0
f(t) dt=γ x1/λ.
Il existe un r´eel γtel que : ∀x∈R∗
+,x
0
f(t) dt=γ x1/λ.
∀x∈R∗
+, λ f(x) = φ(f)(x) = 1
xx
0
f(t) dt=1
xγ x1/λ =γ x1/λ−1. Donc ∀x∈R∗
+, f(x) = γ
λx1/λ−1(λn’est pas nul
).

5
Il existe un r´eel γtel que ∀x∈R∗
+, f(x) = γ
λx1/λ−1.
7. Soit λune valeur propre de φ. Soit fun vecteur propre de φassoci´e `a λ.
D’apr`es Q6., il existe un r´eel γtel que ∀x∈R∗
+, f(x) = γ
λx1/λ−1. Posons ∀x∈R∗
+, ℓλ(x) = x1/λ−1.
Alors il existe un r´eel γtel que f=γ
λℓλ. Donc f∈Vect(ℓλ).
Ainsi SEP (φ, λ)− {0E}est contenu dans Vect(ℓλ). Or 0Eappartient `a Vect(ℓλ) donc SEP (φ, λ)⊂Vect(ℓλ).
En particulier dim SEP (φ, λ)6Vect(ℓλ) = 1.
De plus dim SEP (φ, λ)>1 car un sous-espace propre n’est pas de dimension nulle. Alors dim SEP (φ, λ) = 1.
La dimension des sous-espaces propres de φest 1.
Nous avons vu que l’ensemble des valeurs propres de φest 1
k+ 1 ;k∈[[1, n]]. De plus 1 2>1 3>···>1 n+ 1·
Ainsi φposs`ede nvaleurs propres distinctes et chaque sous-propres de φest de dimension 1.
Alors la somme des dimensions des sous-espaces propres de φest n. Or dim E= 2n. Ainsi :
φn’est pas diagonalisable.