Algèbre - Mathematiques pour les PLP.

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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
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