294
Alors AB =
1 1
1 1
et B A =
2 0
0 0
n'ont aucun vecteur
propre commun puisque les vecteurs propres de B A sont colinéaires à
1
0
ou
0
1
et que ni
1
0
ni
0
1
n'est vecteur propre pour AB.
Réponse : non.
1) Soient λ ∈ C, P ∈ E − {0} tels que f (P) = λP, c'est-à-dire
(X + α)P + (1 − λ)P = 0.
• Si λ = 1, on déduit P(−α) = 0. Il existe donc k ∈ {0,. . . ,n}
et Q ∈ C[X] tels que :
P = (X + α) k Q
Q(−α) = 0
(k est l'ordre de multiplicité du zéro −α de P).
En reportant : (X + α)Q + (k + 1 − λ)Q = 0.
Comme Q(−α) = 0, on déduit k + 1 − λ = 0, puis Q = 0,
donc deg(Q) = 0.
Ainsi, il existe C ∈ C − {0} et k ∈ {0,. . . ,n} tels que
λ = k + 1 et P = C(X + α) k .
2) Réciproquement : f ((X + α) k ) = (k + 1)(X + α) k pour
tout k de {0,. . . ,n}.
Réponse :
• Sp C ( f ) = {1,. . . ,n + 1}
• ∀λ ∈ {1,. . . ,n + 1} , SEP( f,λ) = C(X + α) λ−1 .
Soient λ ∈ R, P ∈ R[X] − {0} tels que f (P) = λP, c'est-àdire :
(X + 1)(X − 3)P − (X + λ)P = 0 .
En considérant les termes de plus haut degré, déduire :
deg(P) 1.
En notant P = aX + b, (a,b) ∈ R 2 :
f (P) = λP ⇐⇒
2a + λa + b = 0
3a + λb = 0
⇐⇒
b = −(2 + λ)a
(λ 2 + 2λ − 3)a = 0.
Comme P = 0, déduire λ = 1 ou λ = −3, puis P.
Réponse :
• Sp R ( f ) = {−3,1}
• SEP( f,−3) = Vect(X + 1) , SEP( f,1) = Vect(X − 3) .
Considérons P 0 = 1, P 1 = X et, pour
k ∈ N − {0,1} ,
P k = X(1 − X)(2 − X) . . . (k − 1 − X)
(ainsi : P 0 = 1, P 1 = X, P 2 = X(1 − X),
P 3 = X(1 − X)(2 − X) , . . .).
Vérifier :
∀k ∈ N, f (P k ) = k P k .
Il est clair que (P k ) k∈N est une base de R[X] (polynômes à degrés successifs).
Soient λ ∈ R, P ∈ R[X] − {0} tels que f (P) = λP.
Il existe n ∈ N, (α 0 ,. . . ,α n ) ∈ R n+1 tels que
P =
n
k=0
α k P k .
On a :
f (P) = λP ⇐⇒
n
k=0
α k k P k =
n
k=0
α k λP k
⇐⇒
∀k ∈ {0,. . . ,n}, α k (k − λ) = 0
.
Si λ ∈ {0,. . . ,n}, alors (∀k ∈ {0,. . . ,n}, α k = 0), donc P = 0,
contradiction.
Donc λ ∈ {0,. . . ,n}, puis (∀k ∈ {0,. . . ,n} − {λ} , α k = 0), et
donc P = α λ P λ .
Réponse :
• Sp R ( f ) = N
• ∀k ∈ N, SEP( f,k) = RP k ,
où
P k = X(1 − X)(2 − X) . . . (k − 1 − X)
• Ker( f ) = R1
• Im( f ) = XR[X] .
Soient λ ∈ K , g ∈ L(E) − {0}. On a :
F(g) = λg
⇐⇒ ∀ P ∈ K [X], Xg(P) − g(XP) = λg(P)
⇐⇒ ∀ P ∈ K [X], g(XP) = (X − λ)g(P)
⇐⇒ ∀n ∈ N, g(X
n+1 ) = (X − λ)g(X
n )
⇐⇒ ∀n ∈ N, g(X
n ) = (X − λ)
n g(1)
⇐⇒ ∀ P ∈ K [X], g(P) = P(X − λ)g(1).
Réponse :
• Sp K (F) = K
• Pour tout λ de K,
SEP(F,λ) =
g : K [X] −→ K [X]
P −→ A · P(X − λ)
; A ∈ K [X]
.
Par exemple, si K = R, F a une infinité de valeurs propres (tous
les réels) et, pour chaque valeur propre, le sousespace propre associé est de dimension infinie.
a) Il est clair que :
∀P ∈ E, X 2 P − (a + b − 1)XP + ab P ∈ E ,
et que f est linéaire.
b) Remarquer :
∀k ∈ N, f (X k ) =
k 2 − (a + b)k + ab
X k .
3.1.4
3.1.5
3.1.6
3.1.7
3.1.8
Alors AB =
1 1
1 1
et B A =
2 0
0 0
n'ont aucun vecteur
propre commun puisque les vecteurs propres de B A sont colinéaires à
1
0
ou
0
1
et que ni
1
0
ni
0
1
n'est vecteur propre pour AB.
Réponse : non.
1) Soient λ ∈ C, P ∈ E − {0} tels que f (P) = λP, c'est-à-dire
(X + α)P + (1 − λ)P = 0.
• Si λ = 1, on déduit P(−α) = 0. Il existe donc k ∈ {0,. . . ,n}
et Q ∈ C[X] tels que :
P = (X + α) k Q
Q(−α) = 0
(k est l'ordre de multiplicité du zéro −α de P).
En reportant : (X + α)Q + (k + 1 − λ)Q = 0.
Comme Q(−α) = 0, on déduit k + 1 − λ = 0, puis Q = 0,
donc deg(Q) = 0.
Ainsi, il existe C ∈ C − {0} et k ∈ {0,. . . ,n} tels que
λ = k + 1 et P = C(X + α) k .
2) Réciproquement : f ((X + α) k ) = (k + 1)(X + α) k pour
tout k de {0,. . . ,n}.
Réponse :
• Sp C ( f ) = {1,. . . ,n + 1}
• ∀λ ∈ {1,. . . ,n + 1} , SEP( f,λ) = C(X + α) λ−1 .
Soient λ ∈ R, P ∈ R[X] − {0} tels que f (P) = λP, c'est-àdire :
(X + 1)(X − 3)P − (X + λ)P = 0 .
En considérant les termes de plus haut degré, déduire :
deg(P) 1.
En notant P = aX + b, (a,b) ∈ R 2 :
f (P) = λP ⇐⇒
2a + λa + b = 0
3a + λb = 0
⇐⇒
b = −(2 + λ)a
(λ 2 + 2λ − 3)a = 0.
Comme P = 0, déduire λ = 1 ou λ = −3, puis P.
Réponse :
• Sp R ( f ) = {−3,1}
• SEP( f,−3) = Vect(X + 1) , SEP( f,1) = Vect(X − 3) .
Considérons P 0 = 1, P 1 = X et, pour
k ∈ N − {0,1} ,
P k = X(1 − X)(2 − X) . . . (k − 1 − X)
(ainsi : P 0 = 1, P 1 = X, P 2 = X(1 − X),
P 3 = X(1 − X)(2 − X) , . . .).
Vérifier :
∀k ∈ N, f (P k ) = k P k .
Il est clair que (P k ) k∈N est une base de R[X] (polynômes à degrés successifs).
Soient λ ∈ R, P ∈ R[X] − {0} tels que f (P) = λP.
Il existe n ∈ N, (α 0 ,. . . ,α n ) ∈ R n+1 tels que
P =
n
k=0
α k P k .
On a :
f (P) = λP ⇐⇒
n
k=0
α k k P k =
n
k=0
α k λP k
⇐⇒
∀k ∈ {0,. . . ,n}, α k (k − λ) = 0
.
Si λ ∈ {0,. . . ,n}, alors (∀k ∈ {0,. . . ,n}, α k = 0), donc P = 0,
contradiction.
Donc λ ∈ {0,. . . ,n}, puis (∀k ∈ {0,. . . ,n} − {λ} , α k = 0), et
donc P = α λ P λ .
Réponse :
• Sp R ( f ) = N
• ∀k ∈ N, SEP( f,k) = RP k ,
où
P k = X(1 − X)(2 − X) . . . (k − 1 − X)
• Ker( f ) = R1
• Im( f ) = XR[X] .
Soient λ ∈ K , g ∈ L(E) − {0}. On a :
F(g) = λg
⇐⇒ ∀ P ∈ K [X], Xg(P) − g(XP) = λg(P)
⇐⇒ ∀ P ∈ K [X], g(XP) = (X − λ)g(P)
⇐⇒ ∀n ∈ N, g(X
n+1 ) = (X − λ)g(X
n )
⇐⇒ ∀n ∈ N, g(X
n ) = (X − λ)
n g(1)
⇐⇒ ∀ P ∈ K [X], g(P) = P(X − λ)g(1).
Réponse :
• Sp K (F) = K
• Pour tout λ de K,
SEP(F,λ) =
g : K [X] −→ K [X]
P −→ A · P(X − λ)
; A ∈ K [X]
.
Par exemple, si K = R, F a une infinité de valeurs propres (tous
les réels) et, pour chaque valeur propre, le sousespace propre associé est de dimension infinie.
a) Il est clair que :
∀P ∈ E, X 2 P − (a + b − 1)XP + ab P ∈ E ,
et que f est linéaire.
b) Remarquer :
∀k ∈ N, f (X k ) =
k 2 − (a + b)k + ab
X k .
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