Montrer (en utilisant a + b < 0 ) que les
k 2 − (a + b)k + ab (k ∈ N) sont deux à deux distincts, puis
terminer comme dans la solution de l'exercice 3.1.6.
Réponse :
• Sp R ( f ) = {(k − a)(k − b); k ∈ N}
• ∀k ∈ N, SEP( f,(k − a)(k − b)) = RX k .
a) Dans X(1 − X)P + nXP , le terme de degré n + 1 disparaît. Et f est linéaire.
b) Soient λ ∈ R, P ∈ E − {0} tels que f (P) = λP. Déduire
P +
nX − λ
X(1 − X)
P = 0. La résolution de l'équation différentielle
(sur ] − ∞; 0[ ou ]0; 1[ ou ]1; +∞[) y +
nx − λ
x(1 − x)
y = 0
fournit
y : x −→ C|x| λ |1 − x| n−λ (C ∈ R) .
Et y est polynomiale si et seulement si :
(λ,n − λ) ∈ N 2 .
En déduire λ ∈ {0,. . . ,n}, puis P.
Etudier la réciproque.
Réponse :
• Sp R ( f ) = {0,. . . ,n}
• ∀λ ∈ {0,. . . ,n}, SEP( f,λ) = Vect(X λ (1 − X) n−λ ) .
Soient λ ∈ C, x = (x n ) n∈N ∈ E tels que f (x) = λx .
On a alors : λx 0 = 0, λx 1 = x 0 ,. . . , λx n+1 = x n , . . .
Si λ = 0, alors x 0 = 0,. . . ,x n = 0, donc x = 0.
Si λ = 0, alors aussi x 0 = 0,. . . ,x n = 0, donc x = 0.
Ceci montre que f n'admet aucune valeur propre.
Soient λ ∈ R, x = (x n ) n∈N ∈ E − {0}.
On a : f (x) = λx ⇐⇒ (∀n ∈ N, x n+1 = λx n )
⇐⇒ (∀n ∈ N, x n = λ
n x 0 )
.
Si x 0 = 0, alors x = 0, exclu.
D'autre part, (λ n ) n∈N converge si et seulement si :
|λ| < 1 ou λ = 1.
Réponse :
• Sp C ( f ) = {λ ∈ C; |λ| < 1} ∪ {1}
• ∀λ ∈ Sp C ( f ) , SEP( f,λ) = Vect
(λ n ) n∈N
.
Chaque SEP est de dimension 1.
D'abord, il est clair que T est linéaire.
Soient λ ∈ R, u = (u n ) n∈N ∗ ∈ E − {0} . On a :
T (u) = λu ⇐⇒
∀n ∈ N ∗ ,
1
n
(u 1 + . . . + u n ) = λu n
.
295
Puisque u = 0, il existe un plus petit entier k de N ∗ tel que
u k = 0. On a alors :
T (u) = λu ⇐⇒
1
k
u k = λu k
1
k + 1
(u k + u k+1 ) = λu k+1
1
k + 2
(u k + u k+1 + u k+2 ) = λu k+2
. . .
1
n
(u k + . . . + u n ) = λu n (n > k)
. . .
⇐⇒
λ =
1
k
k(u k + u k+1 ) = (k + 1)u k+1
k(u k + u k+1 + u k+2 ) = (k + 2)u k+2
. . .
k(u k + . . . + u n ) = nu n (n > k)
. . .
⇐⇒
λ =
1
k
u k+1 = ku k
2u k+2 = (k + 1)u k+1
. . .
(n − k)u n = (n − 1)u n−1 (n > k)
. . .
⇐⇒
λ =
1
k
u k+1 = ku k
u k+2 =
k(k + 1)
2
u k
. . .
u n =
k(k + 1) . . . (n − 1)
1 · 2 . . . (n − k)
u k (n > k)
. . .
Réponse :
• Sp R (T ) =
1
k
; k ∈ N ∗
• Pour tout k de N ∗ , SEP
T,
1
k
est de dimension 1, engendré
par la suite (u n ) n∈N ∗ définie par :
u n =
0
si n < k
C
k−1
n−1 si n k
.
a) • Pour tout x de [−π; π], les applications
[−π; π] −→ R
t −→ cos(x − t) f (t)
et [−π; π] −→ R
t −→ sin(x − t) f (t)
sont continues, donc u( f )(x) et v( f )(x) existent.
• En développant, on obtient pour tout x de [−π; π] :
u( f )(x) = cos x
π
−π
cos t f (t)dt + sin x
π
−π
sin t f (t)dt
v( f )(x) = sin x
π
−π
cos t f (t)dt − cos x
π
−π
sin t f (t)dt,
3.1.9
3.1.10
3.1.11
3.1.12
3.1.13
k 2 − (a + b)k + ab (k ∈ N) sont deux à deux distincts, puis
terminer comme dans la solution de l'exercice 3.1.6.
Réponse :
• Sp R ( f ) = {(k − a)(k − b); k ∈ N}
• ∀k ∈ N, SEP( f,(k − a)(k − b)) = RX k .
a) Dans X(1 − X)P + nXP , le terme de degré n + 1 disparaît. Et f est linéaire.
b) Soient λ ∈ R, P ∈ E − {0} tels que f (P) = λP. Déduire
P +
nX − λ
X(1 − X)
P = 0. La résolution de l'équation différentielle
(sur ] − ∞; 0[ ou ]0; 1[ ou ]1; +∞[) y +
nx − λ
x(1 − x)
y = 0
fournit
y : x −→ C|x| λ |1 − x| n−λ (C ∈ R) .
Et y est polynomiale si et seulement si :
(λ,n − λ) ∈ N 2 .
En déduire λ ∈ {0,. . . ,n}, puis P.
Etudier la réciproque.
Réponse :
• Sp R ( f ) = {0,. . . ,n}
• ∀λ ∈ {0,. . . ,n}, SEP( f,λ) = Vect(X λ (1 − X) n−λ ) .
Soient λ ∈ C, x = (x n ) n∈N ∈ E tels que f (x) = λx .
On a alors : λx 0 = 0, λx 1 = x 0 ,. . . , λx n+1 = x n , . . .
Si λ = 0, alors x 0 = 0,. . . ,x n = 0, donc x = 0.
Si λ = 0, alors aussi x 0 = 0,. . . ,x n = 0, donc x = 0.
Ceci montre que f n'admet aucune valeur propre.
Soient λ ∈ R, x = (x n ) n∈N ∈ E − {0}.
On a : f (x) = λx ⇐⇒ (∀n ∈ N, x n+1 = λx n )
⇐⇒ (∀n ∈ N, x n = λ
n x 0 )
.
Si x 0 = 0, alors x = 0, exclu.
D'autre part, (λ n ) n∈N converge si et seulement si :
|λ| < 1 ou λ = 1.
Réponse :
• Sp C ( f ) = {λ ∈ C; |λ| < 1} ∪ {1}
• ∀λ ∈ Sp C ( f ) , SEP( f,λ) = Vect
(λ n ) n∈N
.
Chaque SEP est de dimension 1.
D'abord, il est clair que T est linéaire.
Soient λ ∈ R, u = (u n ) n∈N ∗ ∈ E − {0} . On a :
T (u) = λu ⇐⇒
∀n ∈ N ∗ ,
1
n
(u 1 + . . . + u n ) = λu n
.
295
Puisque u = 0, il existe un plus petit entier k de N ∗ tel que
u k = 0. On a alors :
T (u) = λu ⇐⇒
1
k
u k = λu k
1
k + 1
(u k + u k+1 ) = λu k+1
1
k + 2
(u k + u k+1 + u k+2 ) = λu k+2
. . .
1
n
(u k + . . . + u n ) = λu n (n > k)
. . .
⇐⇒
λ =
1
k
k(u k + u k+1 ) = (k + 1)u k+1
k(u k + u k+1 + u k+2 ) = (k + 2)u k+2
. . .
k(u k + . . . + u n ) = nu n (n > k)
. . .
⇐⇒
λ =
1
k
u k+1 = ku k
2u k+2 = (k + 1)u k+1
. . .
(n − k)u n = (n − 1)u n−1 (n > k)
. . .
⇐⇒
λ =
1
k
u k+1 = ku k
u k+2 =
k(k + 1)
2
u k
. . .
u n =
k(k + 1) . . . (n − 1)
1 · 2 . . . (n − k)
u k (n > k)
. . .
Réponse :
• Sp R (T ) =
1
k
; k ∈ N ∗
• Pour tout k de N ∗ , SEP
T,
1
k
est de dimension 1, engendré
par la suite (u n ) n∈N ∗ définie par :
u n =
0
si n < k
C
k−1
n−1 si n k
.
a) • Pour tout x de [−π; π], les applications
[−π; π] −→ R
t −→ cos(x − t) f (t)
et [−π; π] −→ R
t −→ sin(x − t) f (t)
sont continues, donc u( f )(x) et v( f )(x) existent.
• En développant, on obtient pour tout x de [−π; π] :
u( f )(x) = cos x
π
−π
cos t f (t)dt + sin x
π
−π
sin t f (t)dt
v( f )(x) = sin x
π
−π
cos t f (t)dt − cos x
π
−π
sin t f (t)dt,
3.1.9
3.1.10
3.1.11
3.1.12
3.1.13