Corrigé EDHEC 2004 par Pierre Veuillez

On note E l'espace vectoriel des fonctions polynômiales réelles de degré inférieur ou égal à 2.

On note e 0 , e 1 , e 2 les fonctions définies, pour tout réel x par e 0 ( x ) = 1 , e 1 ( x ) = x et e 2 ( x ) = x 2 et on rappelle que = ( e 0 , e 1 , e 2 ) est une base de E . (c'est la base canonique de 2 [ X ] )

Soit f l'application qui à toute fonction polynomiale P de E associe la fonction Q = f ( P ) , où Q est la dérivée seconde de l'application qui à tout réel x associe ( x 2 x ) P ( x ) .

    1. Montrer que f est un endomorphisme de E :

      N.B. il peut être pratique de donner des noms au fonctions plutôt que de manipuler des x \dots

      Si le degré de P est inférieur ou égal à 2 alors celui de x ( x 2 x ) P ( x ) est inférieur ou égal à 4

      Donc sa dérivée seconde sera de degré inférieur ou égal à 2.

      Donc f est une application de E dans E .

      Soient R et S de E alors ( x 2 x ) ( α R + β S ) ( x ) = α ( x 2 x ) R + β ( x 2 x ) S ( x )

      la dérivée seconde de x ( x 2 x ) ( α R + β S ) ( x ) est

      f ( α R + β S ) = α ( x ( x 2 x ) R ) + β ( x β ( x 2 x ) S ( x ) ) = α f ( R ) + β f ( S )

      Donc f est un endomorphisme de E .

    2. f 1 ( x ) = ( x 2 x ) e 0 ( x ) = x 2 x donc f 1 ( x ) = 2 x 1 et f 1 ( x ) = 2 d'où f ( e 0 ) = 2 e 0

      f 1 ( x ) = ( x 2 x ) e 1 ( x ) = x 3 x 2 donc f 1 ( x ) = 3 x 2 2 x et f 1 ( x ) = 6 x 2 d'où f ( e 1 ) = 6 e 1 2 e 0

      f 1 ( x ) = ( x 2 x ) e 2 ( x ) = x 4 x 3 donc f 1 ( x ) = 4 x 3 3 x 2 et f 1 ( x ) = 12 x 2 6 x d'où f ( e 2 ) = 12 e 2 6 e 1

    3. f ( e 0 ) a donc pour coordonnées dans : ( 2 , 0 , 0 ) d'où la première colonne de A et de même pour les autres.

      La matrice de f dans la base est donc A = ( 2 2 0 0 6 6 0 0 12 ) ( 1 2 0 ) = ( 2 12 0 )

    4. Comme la matrice A de f est triangulaire à termes diagonaux non nuls, elle est inversible.

      Donc f est un automorphisme de E .

    1. Comme la matrice A de f est triangulaire, ses valeurs propres sont les termes diagonaux :

      Les valeurs propres de f sont donc 2, 6, et 12.

      Comme elle a trois valeurs propres distinctes, et que dim ( E ) = 3 , elle est diagonalisable

    2. On résout alors pour chercher les vecteurs propres P = x + y X + z X 2

      ( A 2 I ) ( x y z ) = 0 { 2 y = 0 4 y 6 z = 0 10 z = 0 y = z = 0 et le sous espace propre associé à la valeur propre 2 est 𝒮 2 = V e c t ( 1 ) .

      ( A 6 I ) ( x y z ) = 0 { 4 x 2 y = 0 6 z = 0 6 z = 0 { z = 0 y = 2 x et le sous espace propre associé à la valeur propre 6 est 𝒮 6 = V e c t ( 1 2 X ) .

      ( A 12 I ) ( x y z ) = 0 { 10 x 2 y = 0 6 y 6 z = 0 0 = 0 { z = y x = 1 5 y et le sous espace propre associé à la valeur propre 12 est 𝒮 1 2 = V e c t ( 1 5 + X X 2 ) .

    1. Comme f a trois valeurs propres distinctes, des vecteurs associés à chaque valeur propres forment une famille libre donc une base de vecteurs propres :

      On classe dans l'ordre des valeurs propres qui sont sur la diagonale de D :

      1 pour 2, 1 + 2 X pour 6 et pour 12 on choisit 5 ( 1 5 + X + X 2 ) = 1 5 X = 5 X 2 (pour que la première composante soit 1)

      Avec P = ( 1 1 1 0 2 5 0 0 5 ) et D = ( 2 0 0 0 6 0 0 0 12 ) on a alors A = P D P 1 .

    2. Par récurrence :

      P D 0 P 1 = I = A 0

      Soit n tel que A n = P D n P 1

      alors A n + 1 = A n A = P D n P 1 P D P 1 = P D n I D P 1 = P D n + 1 P 1

      Donc pour tout entier n : A n = P D n P 1

    1. Par Gauss on trouve P 1 = 1 10 ( 10 5 3 0 5 5 0 0 2 )

    2. et donc A n = 1 10 ( 1 1 1 0 2 5 0 0 5 ) ( 2 n 0 0 0 6 n 0 0 0 12 n ) ( 10 5 3 0 5 5 0 0 2 )

      = 1 10 ( 1 1 1 0 2 5 0 0 5 ) ( 10 × 2 n 5 × 2 n 3 × 2 n 0 5 × 6 n 5 × 6 n 0 0 2 × 12 n )

      = 1 10 ( 10 × 2 n 5 × 2 n 5 × 6 n 3 × 2 n 5 × 6 n + 2 × 12 n 0 10 × 6 n 10 × 6 n 10 × 12 n 0 0 10 × 12 n )

    3. On dit qu'une suite de matrices ( M n ) tend vers la matrice M , lorsque n tend vers + , si chaque coefficient de M n tend vers le coefficient situé à la même place dans M .

      On pose B = 1 12 A .

      Donc B n = ( 1 12 ) n A

      Comme ( 2 12 ) n = ( 1 6 ) n 0 et ( 6 12 ) n 0 alors

      tous les coefficients de B n tendront vers 0 sauf ceux en 12 n dans A

      Donc B n 1 10 ( 0 0 2 0 0 10 0 0 10 ) = J et J 2 = 1 100 ( 0 0 20 0 0 100 0 0 100 ) = J