Eléments propres d`un endomorphisme

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 2016
Enoncés
Eléments propres d’un endomorphisme
Exercice 1 [ 00768 ] [Correction]
Soient E = C ∞ (R, R) et D l’endomorphisme de E qui à f associe sa dérivée f 0 .
Déterminer les valeurs propres de D ainsi que les sous-espaces propres associés.
1
Soit E le sous-espace vectoriel des fonctions de C([0 ; +∞[R) s’annulant en 0.
Pour tout f ∈ E, on définit ϕ(f ) : [0 ; +∞[ → R par
Z
1 x
f (t) dt pour x > 0
ϕ(f )(0) = 0 et ϕ(f )(x) =
x 0
a) Montrer que ϕ(f ) ∈ E puis que ϕ est un endomorphisme de E.
Soient E = CN et f : E → E l’application qui transforme une suite u = (un ) en
v = (vn ) définie par
v0 = u0 et ∀n ∈ N∗ , vn =
un + un−1
2
Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de f .
Soient E l’espace des suites réelles convergeant vers 0 et ∆ : E → E
l’endomorphisme défini par
b) Déterminer les éléments propres de ϕ.
Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues de [0 ; +∞[ vers R.
Pour tout f ∈ E, on définit T (f ) : ]0 ; +∞[ → R par
Z
1 x
T (f )(x) =
f (t) dt pour x > 0
x 0
a) Montrer que la fonction T (f ) se prolonge par continuité en 0 et qu’alors T est
un endomorphisme de E.
b) Déterminer les éléments propres de T .
∀u ∈ E, ∀n ∈ N, ∆(u)(n) = u(n + 1) − u(n)
Déterminer les valeurs propres de ∆.
Soient E = C 0 (R, R) et I l’endomorphisme de E qui à f ∈ E associe sa primitive
qui s’annule en 0.
Déterminer les valeurs propres de I.
Soit E le R-espace vectoriel des fonctions continues de [0 ; +∞[ vers R convergeant
en +∞.
Soit T l’endomorphisme de E donné par
Soit E l’espace des fonctions f de classe C 1 de [0 ; +∞[ vers R vérifiant f (0) = 0.
Pour un élément f de E on pose T (f ) la fonction définie par
Z x
f (t)
dt
T (f )(x) =
t
0
Montrer que T est un endomorphisme de E et trouver ses valeurs propres.
Soit E = C([0 ; 1], R). Si f ∈ E on pose
Z
T (f ) : x ∈ [0 ; 1] 7→
1
min(x, t)f (t) dt
0
∀x ∈ [0 ; +∞[, T (f )(x) = f (x + 1)
Déterminer les valeurs propres de T et les vecteurs propres associés.
a) Vérifier que T est un endomorphisme de E.
b) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de T .
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Exercice 10
[ 02577 ]
Enoncés
2
[Correction]
a) Montrer que Φ, qui à P associe
(X 2 − 1)P 0 (X) − (4X + 1)P (X)
est un endomorphisme de R4 [X].
b) Résoudre l’équation différentielle
3+λ
5−λ
+
y
y0 =
2(x − 1) 2(x + 1)
c) En déduire les valeurs propres et les vecteurs propres de Φ.
Déterminer valeurs propres et vecteurs propres de l’endomorphisme ϕ de Rn [X]
défini par
ϕ : P 7→ (X 2 − 1)P 0 − nXP
Soit a ∈ R et n ≥ 2.
a) Montrer que φ(P )(X) = (X − a) (P 0 (X) − P 0 (a)) − 2(P (X) − P (a)) définit
un endomorphisme de Rn [X].
b) À l’aide de la formule de Taylor, déterminer l’image et le noyau de φ.
c) Trouver ses éléments propres. L’endomorphisme est-il diagonalisable ?
Exercice 13
[ 03187 ]
[Correction]
a) Soit f un endomorphisme d’un R-espace vectoriel de dimension finie. Si a est
valeur propre de f , de multiplicité m, et si E(f, a) est le sous-espace propre
attaché, montrer
1 ≤ dim E(f, a) ≤ m
b) Soit

1
2
A=
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4

1
2

3
4
Déterminer simplement les valeurs propres de A.
La matrice A est-elle diagonalisable ?
Corrections
Corrections
3
Pour λ ∈ ]−2 ; 0[, la suite u(n) = (1 + λ)n est élément non nul de E et vérifie
∆(u) = λu.
Pour λ ∈
/ ]−2 ; 0[, seule la suite nulle est converge vers 0 et satisfait
Exercice 1 : [énoncé]
Soient λ ∈ R et f ∈ E. On a
∀n ∈ N, u(n) = u0 (1 + λ)n
D(f ) = λf ⇐⇒ f est solution de y 0 = λy
Les solutions de l’équation y 0 = λy sont les fonctions de la forme t 7→ Ceλt .
Ainsi
Sp(D) = R et Eλ (D) = Vect(t 7→ eλt )
Soient λ ∈ C et u ∈ E. Étudions l’équation f (u) = λu. On a
(1 − λ)u0 = 0
f (u) = λu ⇐⇒
∀n ∈ N∗ , (2λ − 1)un = un−1
On peut donc conclure
Sp(∆) = ]−2 ; 0[
Soient λ ∈ R et f ∈ E. Si I(f ) = λf alors I(f ) est solution de l’équation
différentielle
y = λy 0
Si λ = 0 alors I(f ) = 0.
Si λ 6= 0 alors I(f ) est de la forme x 7→ Cex/λ et puisque I(f ) s’annule en 0 donc
I(f ) = 0.
Dans les deux cas f = I(f )0 = 0. Ainsi
Cas λ = 1
Sp(I) = ∅
f (u) = u ⇐⇒ ∀n ∈ N∗ , un = un−1
On en déduit que 1 est valeur propre de f et que le sous-espace propre associé est
formé des suites constantes.
Cas λ 6= 1
u0 = 0
f (u) = λu ⇐⇒
∀n ∈ N∗ , (2λ − 1)un = un−1
Soit λ un réel et f une fonction élément de E.
Si T (f ) = λf alors
∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x + 1) = λf (x)
En passant cette relation à la limite quand x → +∞, on obtient
Que λ = 1/2 ou non, on obtient
` = λ`
f (u) = λu ⇐⇒ ∀n ∈ N, un = 0
et donc λ n’est pas valeur propre.
Finalement
Sp f = {1}
Soient λ ∈ R et u ∈ E.
∆(u) = λu ⇐⇒ ∀n ∈ N, u(n + 1) = (1 + λ)u(n)
Ainsi
∆(u) = λu ⇐⇒ ∀n ∈ N, u(n) = u0 (1 + λ)n
en notant ` la limite de f .
Cas ` 6= 0 :
Nécessairement λ = 1 et
∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x + 1) = f (x)
Puisque la fonction f est périodique et converge en +∞, elle est constante.
Inversement, toute fonction constante non nulle est vecteur propre associé à la
valeur propre 1.
Cas ` = 0 :
Si λ est valeur propre alors en introduisant f vecteur propre associé, il existe
x0 ∈ [0 ; +∞[ tel que f (x0 ) 6= 0 et la relation T (f ) = λf donne par récurrence
∀n ∈ N, f (x0 + n) = λn f (x0 )
Corrections
En faisant tendre n vers +∞, on obtient |λ| < 1.
Inversement, supposons |λ| < 1.
Si T (f ) = λf alors
4
Pour α = 0 ou α < 0 la condition lim0 f = 0 entraîne f = 0 et est donc exclue.
Par contre le cas α > 0 (correspondant à λ ∈ ]0 ; 1[) conduit au vecteur propre
f (x) = Cxα , x ∈ [0 ; +∞[
f (1) = λf (0) et ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1[, f (x + n) = λn f (x)
La fonction f est donc entièrement déterminée par sa restriction continue sur
[0 ; 1] vérifiant f (1) = λf (0).
Inversement, si ϕ : [0 ; 1] → R est une fonction continue sur [0 ; 1] vérifiant
ϕ(1) = λϕ(0) alors la fonction f donnée par
∀n ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1[, f (x + n) = λn ϕ(x)
∗
et continue (on vérifie la continuité en k ∈ N par continuité à droite et à gauche),
converge vers 0 en +∞ et vérifie T (f ) = λf .
Puisqu’il est possible de construire une fonction non nulle de la sorte, le scalaire
λ ∈ ]−1 ; 1[ est valeur propre et les vecteurs propres associés sont les fonctions non
nulles de la forme précédente.
a) ϕ(f ) est dérivable sur R∗+ donc continue sur R∗+ .
Puisque f est continue, f admet une primitive F et alors quand x → 0+
ϕ(f )(x) =
F (x) − F (0)
→ F 0 (0) = f (0) = 0
x
On en déduit que ϕ(f ) est continue en 0.
La linéarité de ϕ est immédiate et donc ϕ est un endomorphisme de E.
b) Soient λ ∈ R et f une fonction de E non nulle vérifiant ϕ(f ) = λf .
Pour tout x ∈ R+ ,
Z
x
f (t) dt = λxf (x)
0
élément de E.
a) T (f ) est dérivable sur R∗+ donc continue sur R∗+ .
Puisque f est continue, f admet une primitive F et alors quand x → 0+
T (f )(x) =
F (x) − F (0)
→ F 0 (0) = f (0)
x
On en déduit que T (f ) se prolonge en une fonction continue en 0.
La linéarité de T est immédiate et donc T est un endomorphisme de E.
b) Soient λ ∈ R et f une fonction de E non nulle vérifiant T (f ) = λf .
Pour tout x > 0,
Z x
f (t) dt = λxf (x)
0
1
donc f est de classe C et vérifie
(1 − λ)f (x) = λxf 0 (x)
Le cas λ = 0 implique f = 0 et est donc exclu.
Pour λ 6= 0 et x > 0 on a
xf 0 (x) = αf (x)
avec α = (1 − λ)/λ dont la résolution conduit à
1
donc f est de classe C et vérifie
f (x) = Cxα , x ∈ ]0 ; +∞[
(1 − λ)f (x) = λxf 0 (x)
Le cas λ = 0 implique f = 0 et est donc exclu.
Pour λ 6= 0 et x > 0 on a
xf 0 (x) = αf (x)
Pour α < 0 la condition lim0 f = 0 entraîne f = 0 et est donc exclue.
Par contre le cas α ≥ 0 (correspondant à λ ∈ ]0 ; 1]) conduit aux vecteurs
propres
f (x) = Cxα , x ∈ [0 ; +∞[, C 6= 0
avec α = (1 − λ)/λ dont la résolution conduit à
éléments de E.
α
f (x) = Cx , x ∈ ]0 ; +∞[
Corrections
Puisque f est de classe C 1 et que f (0) = 0, on peut écrire
5
a) On peut écrire
Ainsi la fonction ϕ : t 7→ f (t)/t peut être prolongée par continuité en 0 et donc
l’intégrale définissant T (f )(x) a un sens en tant qu’intégrale d’une fonction
continue. De plus, la fonction T (f ) apparaît alors comme la primitive s’annulant
en 0 de cette fonction continue ϕ, c’est donc une fonction élément de E. Enfin, la
linéarité de l’application T étant immédiate, on peut affirmer que T est un
endomorphisme de E.
Soient λ ∈ R.
Si T (f ) = λf alors pour tout x ∈ [0 ; +∞[,
L’application T (f ) apparaît alors comme continue (et même dérivable).
Ainsi, l’application T opère de E dans E, elle de surcroît évidemment linéaire.
b) Soient λ ∈ R et f ∈ E vérifiant
T (f ) = λf
Cas λ = 0
On a T (f ) = 0 donc
Z
T (f )(x) = λf (x)
f (x) = λxf 0 (x)
f (t) dt
x
x
Z
1
tf (t) dt + x
En dérivant cette relation, on obtient pour tout x ∈ [0 ; +∞[
f (t) dt = 0
x
0
En dérivant, on obtient
Z
1
xf (x) − xf (x) +
Z
y(x) = Cx1/λ
Ainsi, il existe C ∈ R tel que pour tout x > 0,
f (x) = Cx1/λ
Or pour qu’une telle fonction puisse être prolongée en une fonction de classe C 1
sur [0 ; +∞[, il faut C = 0 ou 1/λ ≥ 1. Ainsi les valeurs propres de T sont les
éléments de l’intervalle ]0 ; 1].
Inversement, soient λ ∈ ]0 ; 1] et la fonction fλ : x 7→ x1/λ prolongée par continuité
en 0.
La fonction fλ est de classe C 1 sur [0 ; +∞[, s’annule en 0 et vérifie T (fλ ) = λfλ
sans être la fonction nulle.
Finalement, les valeurs propres de T sont exactement les éléments de l’intervalle
]0 ; 1].
1
f (t) dt =
x
Si λ = 0 alors f est la fonction nulle et λ n’est pas valeur propre.
Si λ 6= 0, f est solution de l’équation différentielle λxy 0 = y.
Cette dernière est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 homogène dont la
solution générale sur ]0 ; +∞[ est
1
Z
tf (t) dt + x
0
0
f (t) =t→0 f (0)t + o(t)
x
Z
T (f )(x) =
f (t) dt = 0
x
En dérivant à nouveau, on obtient f = 0. Ainsi 0 n’est pas valeur propre de T .
Cas λ 6= 0
On a T (f ) = λf
Z x
Z 1
tf (t) dt + x
f (t) dt = λf
x
0
En particulier, on peut affirmer que f (0) = 0 car T (f )(0) = 0.
Le premier membre de l’équation T (f ) = λf est dérivable donc la fonction f
est également dérivable et, en dérivant, on obtient la relation
Z 1
f (t) dt = λf 0 (x)
x
En particulier f 0 (1) = 0.
Le premier membre de cette nouvelle équation étant dérivable, la fonction f
est deux fois dérivable et on obtient en dérivant l’équation différentielle
λf 00 (x) + f (x) = 0
Sous cas λ < 0
Sachant f (0) = 0, la résolution de l’équation différentielle donne
!
x
f (x) = A sh p
|λ|
Corrections
La condition f 0 (1) = 0 entraîne toujours f = 0 et donc un tel λ n’est pas
valeur propre de T .
Sous cas λ > 0
Sachant f (0) = 0, on obtient par résolution de l’équation différentielle
x
f (x) = A sin √
λ
La condition f 0 (1) = 0 n’entraînera pas f = 0 que si
1
=0
sin √
λ
c’est-à-dire si, et seulement si,
λ=
a) L’application Φ est évidemment linéaire, il reste à voir qu’elle est à valeurs
dans R4 [X].
Pour un polynôme P de degré inférieur à 4, le polynôme
(X 2 − 1)P 0 (X) − (4X + 1)P (X) est de degré inférieur à 5 et, si a est le
coefficient de X 4 dans P , le coefficient de X 5 dans Φ(P ) est 4a − 4a = 0. Par
suite Φ est bien à valeurs dans R4 [X] et c’est donc un endomorphisme de cet
espace.
b) L’équation
y =
y0 =
3+λ
5−λ
+
2(x − 1) 2(x + 1)
y
est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de solution générale
(5−λ)/2
y(x) = C |x − 1|
4x + (1 + λ)
y
x2 − 1
Or moyennant une décomposition en éléments simples et passage à l’opposé
de λ, cette équation est celle précédemment résolue et le problème est alors
de déterminer pour quel paramètre −λ, la solution précédemment présentée
est une fonction polynomiale de degré inférieur à 4. Les valeurs
3, 1, −1, −3, −5 conviennent et ce sont donc des valeurs propres de Φ, de plus
il ne peut y en avoir d’autres car dim R4 [X] = 5. Les vecteurs propres
associés à ces valeurs propres λ sont les polynômes
C(X − 1)
est vecteur propre associé à la valeur propre λ = 1/(kπ)2
c) Pour λ ∈ R, Φ(P ) = λP si, et seulement si, P 0 (X) = 4X+(1+λ)
X 2 −1 P (X) i.e. si, et
seulement si, la fonction polynomiale P est solution, par exemple sur
]1 ; +∞[, de l’équation différentielle
1
avec k ∈ N∗
(kπ)2
Notons qu’alors il est possible de remonter les précédents calculs et d’affirmer
que
f : x 7→ sin (kπx)
0
6
5+λ
2
(X + 1)
3−λ
2
avec C 6= 0
L’application ϕ est évidemment linéaire et on vérifie en observant une
simplification que ϕ transforme un polynôme de degré inférieur à n en un autre.
L’application ϕ est donc bien un endomorphisme de Rn [X].
Soient λ ∈ R et P ∈ Rn [X].
Pour résoudre l’équation ϕ(P ) = λP , on recherche les solutions polynomiales de
degrés inférieurs à n à l’équation différentielle
(x2 − 1)y 0 − (nx + λ)y = 0
La solution générale de cette équation différentielle est
y(x) = C (x − 1)
n+λ
2
(x + 1)
n−λ
2
Pour λ = −n + 2k avec k ∈ {0, . . . , n}, on obtient une fonction polynomiale non
nulle
Pλ (X) = C(X − 1)k (X + 1)n−k avec C 6= 0
et donc λ est valeur propre de ϕ et les Pλ sont les vecteurs propres associés.
Puisque dim Rn [X] = n + 1, il ne peut y avoir d’autres valeurs propres (et
l’endomorphisme ϕ est diagonalisable).
(3+λ)/2
|x + 1|
sur I = ]−∞ ; −1[, ]−1 ; 1[ ou ]1 ; +∞[.
Corrections
a) La linéarité est immédiate et sans peine deg(φ(P )) ≤ n pour P ∈ Rn [X].
b) On a
n
X
P (k) (a)
(X − a)k
P (X) =
k!
k=0
P 0 (X) =
n
X
P (k) (a)
(X − a)k−1
(k − 1)!
k=1
puis
φ(P )(X) =
n
n
X
X
P (k) (a)
P (k) (a)
(X − a)k − 2
(X − a)k
(k − 1)!
k!
k=1
k=2
donc
φ(P )(X) =
n
X
k=3
(k − 2)
7
a) Il suffit de calculer le polynôme caractéristique de f à partir d’une
représentation matricielle triangulaire par blocs relative à une base adaptée à
l’espace non nul E(f, a).
b) La matrice A est de rang 1 donc 0 est valeur propre de A et par la formule du
rang dim E(A, 0) = 3.
Le polynôme caractéristique de A étant de degré 4 et factorisable par X 3 ,
c’est un polynôme scindé. La somme des valeurs propres de A comptées avec
multiplicité vaut alors tr A = 10.
Par suite 10 est valeur propre de A de multiplicité nécessairement 1.
Finalement A est diagonalisable semblable à diag(0, 0, 0, 10).
P (k) (a)
(X − a)k − 2P 0 (a)(X − a)
k!
Ainsi
P ∈ ker φ ⇐⇒ P 0 (a) = 0 et ∀3 ≤ k ≤ n, P (k) (a) = 0
et donc
ker φ = Vect(1, (X − a)2 )
Aussi
P ∈ Im φ ⇐⇒ P (a) = P 00 (a) = 0
et donc
Im φ = (X − a)3 Rn−3 [X] + Vect(X − a)
c) On a


 0 = λP (a)
−2P 0 (a) = λP 0 (a)
φ(P ) = λP ⇐⇒


(k − 2)P (k) (a) = λP (k) (a) pour k ∈ {2, . . . , n}
Cette équation possède une solution non nulle si, et seulement si, λ = 0,
λ = −2 et λ = k − 2 avec k ∈ {2, . . . , n}.
Ainsi
Sp(φ) = {−2, 0, 1, . . . , n − 2}
On a E−2 (φ) = Vect(X − a), E0 (φ) = ker φ, Ek−2 (φ) = Vect(X − a)k pour
k ∈ {3, . . . , n}.
La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut dim Rn [X] :
l’endomorphisme est diagonalisable.
En fait, la base des (X − a)k est base de diagonalisation de l’endomorphisme
φ.

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