• pour x = 0,
T λ f +µ g (0) = (λ f + µ g)(0)
= λ f (0) + µ g(0)
= λ T f (0) + µ T g (0)
Ainsi :
∀x ∈ R + ,T λ f +µ g (x) = λ T f (x) + µ T g (x)
i.e. T λ f +µ g = λ T f + µ T g , soit T (λ f + µ g) = λ T ( f ) + µ T (g) : T
est donc linéaire.
3. La difficulté de la question est que l'on ne connaît pas a priori les valeurs propres
de T. Nous allons donc chercher simultanément les valeurs propres et les sousespaces propres associés.
Soient λ ∈ R et f ∈ Ker( f − λ Id). On a donc T f = λ f.
Alors f (0) = λ f (0) et, pour tout réel x > 0,
1
x
x
0
f (t) dt = λ f (x) .
Encore une fois, il y a deux conditions vérifiées par f. La seconde est une équation
intégrale : une relation entre f (x) et une intégrale de f avec une borne dépendant de
x. Dériver cette équation par rapport à x permet de se ramener à une équation différentielle vérifiée par f et donc de trouver la forme de la fonction f.
En notant F la primitive de f nulle en 0 on a donc, pour tout réel x > 0 :
F(x) = λ x f (x)
et donc
∀x ∈ R
∗
+ ,F
(x) = λ x f
(x) + λ f (x).
Comme F = f il vient enfin :
∀x ∈ R
∗
+ ,λ x f
(x) + (λ − 1) f (x) = 0.
Ceci est une équation différentielle vérifiée par f... si λ n'est pas nul ! En effet, pour
nous ramener au cas d'une équation différentielle de la forme y + a(x)y = 0 , dont
on connaît les solutions, il faut diviser par λ x. La division par x ne pose pas de problème puisque l'équation est donnée pour x > 0. Il reste à distinguer le cas λ = 0.
• Supposons λ = 0. Alors la relation précédente se réduit à :
∀x ∈ R
∗
+ , f (x) = 0.
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire