Algèbre Nous ne rappellerons pas que n est un entier naturel au moins égal à 2, et k un entier naturel inférieur ou égal à n. 1- La fonction monôme, t 7−→ tk , est continue sur R, la fonction t 7−→ e−t , composée d'une application linéaire par la fonction exponentielle, est continue sur R, le produit de ces deux fonctions est continu sur R et donc intégrable sur tout segment de R. Quand t tend vers +∞, l'exponentielle et est un inniment grand d'ordre supérieur à toute puissance de t donc, en particulier et ∈ O tk+2 t→+∞ ce qui entraîne tk e−t ∈ O t→+∞ 1 t2 1 est intégrable entre 1 et +∞. t2 La fonction t 7−→ tk e−t , intégrable sur tout segment de R et dominée par la fonction 1 entre 1 et +∞. positive t 7−→ 2 est intégrable Z +∞ t tk e−t dt est convergente. Conclusion, l'intégrale La fonction t 7−→ 2- 0 Soit f un élément de Pn . La fonction polynôme, f , est continue sur R, la fonction t 7−→ e−t , composée d'une application linéaire par la fonction exponentielle, est continue sur R, le produit de ces deux fonctions est continu sur R et intégrable sur tout segment de R. Quand t tend vers +∞, la fonction polynôme, f , de degré k ≤ n, est dominée par la fonction monôme, t 7−→ tk : O tk f (t) ∈ t→+∞ En reprenant la méthode utilisée à la question précédente, nous en déduisons f (t) e−t ∈ O t→+∞ 1 t2 La fonction t 7−→ f (t) e−t est intégrable entre 1 et +∞. La fonction t 7−→ f (t) e−t , intégrable sur tout segment et intégrable entre 1 et +∞, est Z +∞ intégrable entre x et +∞. x Pour tout réel x, on pose g(x) = e f (t)e−t dt. x La fonction g(x) est une application de R dans R. 3-a. Calcul de Φ(eo ). Nous connaissons une fonction, t 7−→ −e−t , primitive de la fonction t 7−→ e−t et la limite lim e−t = 0, t→+∞ le calcul ne présente pas de diculté : [Φ(eo )](x) = ex Z +∞ x h e−t dt = ex −e−t = 1 i+∞ x Blge0103, page 1/6 - 16 février 2004 Calcul de Φ(e1 ). La fonction monôme t 7−→ e1 (t) est de classe C 1 sur R, la fonction t 7−→ e−t est continue sur R, une intégration par parties se justie sur le segment [x, A] : Z A te x −t dt = = iA −t e−t x h i −t A h −t e x −A = −A e + Z A h x e−t dt + −e−t + xe −x iA x −A −e + e−x Nous remarquons que, quand A tend vers +∞, eA est un inniment grand d'ordre supérieur à toute puissance de A : Ak lim =0 ∀k ∈ N A→+∞ eA Les termes A e−A et e−A de l'identité précédente admettent la limite 0 quand A tend vers +∞, ce qui donne : Z +∞ x Nous en déduisons : t e−t dt = x e−x + e−x [Φ(e1 )](x) = x + 1 Calcul de Φ(e2 ). La fonction monôme t 7−→ e2 (t) est de classe C 1 sur R, la fonction t 7−→ e−t est continue sur R, une intégration par parties se justie sur le segment [x, A] : Z A x h t2 e−t dt = −t2 e−t iA x + Z A x 2 t e−t dt La suite du calcul est analogue à ce que nous venons de faire, nous obtenons le résultat : [Φ(e2 )](x) = x2 + 2 x + 2 3-b. La fonction monôme t 7−→ ek+1 (t) = tk+1 est de classe C 1 sur R, la fonction t 7−→ e−t est continue sur R, une intégration par partie se justie sur le segment [x, A] : Z A x k+1 −t t e dt = h iA −tk+1 e−t x + (k + 1) Z A x tk e−t dt = −Ak+1 e−A + xk+1 e−x + (k + 1) Z A x tk e−t dt Nous avons établi à la question 1 que les deux inégrales concernées convergent quand A tend vers +∞, nous avons vu dans la démonstration précédente, que le terme Ak+1 e−A admet la limite 0 dans les mêmes conditions. Nous obtenons, en passant à la limite, Z +∞ x k+1 −t t e dt = x k+1 −x e + (k + 1) Z +∞ x tk e−t dt En multipliant les deux membres de cette identité par e cela donne : x Φ(ek+1 ) = ek+1 + (k + 1)Φ(ek ) 3-c. En reprenant les résultats de la question 3-a et en protant de la convention 0 ! = 1, nous pouvons écrire : Φ(e0 ) = e0 1 0 e0 + e1 0! 1! 2 X 1 Φ(e2 ) = 2 ! ep p=0 p ! Φ(e1 ) = 1 ! Blge0103, page 2/6 - 16 février 2004 k X 1 ep pour une valeur k ≤ n − 1, nous utilisons p=0 p ! le résultat de la question 3-b. pour calculer Φ(ek+1 ) : Supposons établie l'identité Φ(ek ) = k ! Φ(ek+1 ) = (ek+1 ) + (k + 1) × k ! = (k + 1) ! k X 1 ep p=0 p ! k+1 X 1 ep p=0 p ! Si l'identité proposée est vraie pour la valeur k , elle est vériée à l'ordre k + 1. Cette identité, vériée directement pour k = 0, k = 1 et k = 2 est donc établie, par récurrence, pour toute valeur de k tel que 0 ≤ k ≤ n. Φ(ek ) = k ! k X 1 ep p=0 p ! ∀k 0≤k≤n Nous retiendrons que l'image par Φ du monôme ek est un polynôme de degré k . 3-d. L'ensemble B = {e0 , e1 , . . . , en } étant une base ( dite base canonique ) du R-espace vectoriel Pn , tout élément f de Pn s'écrit de façon unique comme combinaison linéaire des monômes ek : f= n X αk ek k=0 La linéarité de l'intégrale dénie sur un segment [x, A], nous permet d'écrire : Z A x f (t)e −t dt = = Z AX n x αk ek (t)e−t dt k=0 n X αk Z A x k=0 ek (t)e−t dt Toutes les intégrales concernées convergent, nous passons à la limite pour obtenir : Z +∞ x f (t)e −t dt = n X αk Z +∞ k=0 x ek (t)e−t dt ce qui donne, en multipliant par ex : [Φ(f )](x) = n X αk [Φ(ek )](x) k=0 La fonction Φ(f ) apparaît comme combinaison linéaire de polynômes de degré au plus égal à n, elle est aussi un polynôme de degré au plus égal à n : Φ(f ) appartient à Pn . 4-a. Nous venons d'établir que Φ est une application de Pn dans lui-même. Z +∞ f (t)e−t dt est convergente pour tout x réel et pour tout f élément de Pn . La linéarité de l'intégration nous donne alors : L'intégrale Z +∞ x x (α f1 + β f2 )(t)e−t dt = α Donc : ex Z +∞ x Z +∞ x f1 (t) dt + β (α f1 + β f2 )(t)e−t dt = α ex Z +∞ x Z +∞ x f2 (t)e−t dt ∀ (α, β, x) ∈ R3 f1 (t) dt + β ex Z +∞ x f2 (t)e−t dt Ceci exprime que Φ(f ) est une application linéaire de Pn dans lui-même, c'est à dire un endomorphisme du R−espace vectoriel Pn . Blge0103, page 3/6 - 16 février 2004 4-b. Soit f un élément du noyau Ker(Φ) de Φ, f se décompose dans la base B sous la forme : f= n X αk .ek avec Φ(f ) = 0 k=0 La linéarité de Φ et l'expression de Φ(ek ) trouvée à la question 3-c nous donnent : n X αk .k ! ep = 0 p=0 k=0 Le terme de plus haut degré du polynôme k X n X k=0 αk .k ! k X ep , αn .n !.en est nul, donc αn = 0. p=0 Une récurrence simple montre que tous les coecients αk sont nuls donc f = 0. Le noyau Ker(Φ) est réduit au singleton {0} et l'application linéaire Φ est injective. 4-c. Soit mij l'intersection de la ligne i avec la colonne j de la matrice M , mij représente la i-ième coordonnée du vecteur Φ(ej ), exprimé dans la base B : mij = 0 j! mij = i! j<i i≤j On retient que la j -ième colonne de la matrice M est égale au vecteur colonne des coordonnées de l'image par Φ du j -ième vecteur de base. La matrice M de l'endomorphisme Φ relativement à la base B = {e0 , e1 , . . . , en } apparaît comme une matrice trigonale supérieure, et même une matrice unipotente supérieure vu que l'on a mii = 1, ∀ i. 4-d. Le déterminant de la matrice unipotente supérieure M vaut 1, cette matrice est donc inversible, nous notons N = M −1 son inverse. Nous aurions pu remarquer que l'espace vectoriel Pn étant de dimension nie, le fait que l'application Φ soit un endomorphisme injectif entraîne que Φ soit bijectif, donc inversible. Soit u la matrice colonne des coordonnées d'un élément de Pn et U la matrice colonne des coordonnées de son image par Φ, nous avons U = M × u et u = N × U , soit : 1! 2! (n − 1) ! 0! u0 + u1 + u2 + ... + un−1 + 0! 0! 0! 0! 1! (n − 1) ! 2! u1 + u2 + ... + un−1 + 1! 1! 1! 2! (n − 1) ! u2 + ... + un−1 + 2! 2! n! un 0! n! un 1! n! un 2! = U0 = U1 = U2 n! (n − 1) ! un−1 + un = Un−1 (n − 1) ! (n − 1) ! n! un = Un n! Pour déterminer la matrice N = M −1 , nous résolvons le système par rapport aux ui . Nous obtenons immédiatement : un = U n un−1 = Un−1 − n un = Un−1 − n Un Blge0103, page 4/6 - 16 février 2004 Supposons établie les propriétés un = Un et uj = Uj − (j + 1) Uj+1 pour k ≤ k < n, nous calculons uk−1 : uk−1 = Uk−1 − = Uk−1 − n X j! uj j=k (k − 1) ! n−1 X j=k n−1 X (j + 1) ! n! j! Uj + Uj+1 − Un (k − 1) ! (k − 1) ! j=k (k − 1) ! = Uk−1 − k Uk La propriété vériée pour j = n − 1, supposée vraie pour tout j tel que k ≤ j < n est démontrée pour j = k − 1. La récurrence descendante donne : uj = Uj − (j + 1) Uj+1 0≤j<n Conclusion, si nij est l'intersection de la ligne i avec la colonne j de la matrice N = M −1 , nij est déni comme suit : nij = 0 j<i nii = 1 i=j nij = −j j =i+1 nij = 0 i+1<j A titre d'exemple, voici le résultat obtenu en dimension 6 : M= 1 1 2 6 0 1 2 6 24 120 24 120 0 0 1 3 12 60 0 0 0 1 4 20 0 0 0 0 1 5 0 0 0 0 0 1 M −1 = 1 −1 0 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 0 0 1 −3 0 0 0 0 0 1 −4 0 0 0 0 1 −5 0 0 0 0 0 0 1 5-a. Pour que λ soit une valeur propre de Φ il faut et il sut que l'on puisse trouver une fonction non nulle f vériant Φ(f ) = λ f, f est alors un vecteur propre associé à λ. Les deux fonctions g = Φ(f ) et f étant partout dénies sur R, la condition précédente équivaut à l'identité : g(x) = λ f (x) ∀x ∈ R Les fonctions g = Φ(f ) et f sont dérivables sur R, l'identité trouvée entraîne : g 0 (x) = λ f 0 (x) ∀ x ∈ R, ce qui peut s'écrire, en utilisant la dénition de g : d x Z +∞ e f (t)e−t dt = λ f 0 (x) dx x La fonction t 7−→ f (t)e−t est continue, l'intégrale est convergente en l'inni, donc : d dx Z +∞ x f (t) e −t dt = −f (x) e−x Blge0103, page 5/6 - 16 février 2004 Le reste du calcul est élémentaire, qui nous donne l'équation : ex soit, Z +∞ x f (t)e−t dt − ex f (x)e−x = λ f 0 (x) g(x) − f (x) = λ f 0 (x) ou, en utilisant la condition de départ, (λ − 1) f (x) = λ f 0 (x). Conclusion, si λ est une valeur propre de Φ, alors, il existe au moins un élément f de Pn vériant la condition : (λ − 1) f (x) = λ f 0 (x). 5-b. Reprenons l'équation précédente et distinguons deux cas : λ 6= 1, aucun polynôme non nul ne peut être proportionnel à sa dérivée, l'aaire est entendue, si une valeur propre existe elle ne peut valoir que 1. λ = 1 entraîne f 0 (x) = 0, donc f constante. Nous revenons à la dénition de Φ pour vérier que toute fonction constante est invariante par Φ. Conclusion, l'ensemble des valeurs propres de Φ est le singleton {1} et le sous-espace propre associé est la droite vectorielle engendrée par le vecteur e0 . Remarque L'expression du polynôme caractéristique de M donne immédiatement le résultat : Le polynôme caractéristique de M s'écrit (λ − 1)n+1 , 1 est la seule valeur propre et son ordre vaut n + 1 Nous aurions aussi pu résoudre l'équation diérentielle (λ − 1) f (x) = λ f 0 (x) et constater λ−1 que l'ensemble solution est l'espace vectoriel des fonctions de la forme x 7−→ k e λ x , espace qui ne contient pas de polynôme non nul. 5-c. La dimension de l'espace vectoriel Pn est n+1, hormis le cas trivial où n est nul, il est exclu que Pn puisse s'écrire comme somme directe des espaces propres de Φ, l'endomorphisme Φ n'est pas diagonalisable. Blge0103, page 6/6 - 16 février 2004