Exercice 77

1. Pour $\lambda$, $\mu \in \mathbb{C}$, la distributivité de la composition dans l'anneau $\mathcal{L}(E)$ (proposition 20), et le fait que $f$ commute avec $\mathrm{id}_{E}$, donnent $$(f - \lambda\,\mathrm{id}_{E}) \circ (f - \mu\,\mathrm{id}_{E}) = f^{2} - (\lambda + \mu)f + \lambda\mu\,\mathrm{id}_{E}.$$ Cette expression est symétrique en $\lambda$ et $\mu$ : les deux facteurs commutent. Le cas $(\lambda, \mu) = (b, c)$ est la formule demandée.

2. Soit $L_{a} = \frac{(X - b)(X - c)}{(a - b)(a - c)}$, et $L_{b}$, $L_{c}$ les deux autres polynômes de Lagrange. Le polynôme $L_{a} + L_{b} + L_{c}$ est de degré au plus $2$ et vaut $1$ en $a$, $b$ et $c$ ; le polynôme constant $1$ aussi, donc ils sont égaux par l'unicité du théorème 13 du chapitre 13. Écrivons $L_{a} = \alpha_{a}X^{2} + \beta_{a}X + \gamma_{a}$, et de même pour $L_{b}$ et $L_{c}$. La question 1 donne $p_{a} = \alpha_{a}f^{2} + \beta_{a}f + \gamma_{a}\,\mathrm{id}_{E}$, et de même pour $p_{b}$ et $p_{c}$ ; en sommant, et en identifiant les coefficients de $L_{a} + L_{b} + L_{c} = 1$, on obtient $$p_{a} + p_{b} + p_{c} = 0 \cdot f^{2} + 0 \cdot f + 1 \cdot \mathrm{id}_{E} = \mathrm{id}_{E}.$$

3. Grâce à la commutation des facteurs, l'hypothèse s'écrit $$(f - a\,\mathrm{id}_{E}) \circ p_{a} = \frac{(f - a\,\mathrm{id}_{E}) \circ (f - b\,\mathrm{id}_{E}) \circ (f - c\,\mathrm{id}_{E})}{(a - b)(a - c)} = 0,$$ donc $\operatorname{Im} p_{a} \subset \mathrm{Ker}\,(f - a\,\mathrm{id}_{E}) = E_{a}$. Si $x \in E_{a}$, alors $f(x) = ax$, donc $(f - c\,\mathrm{id}_{E})(x) = (a - c)x$, puis $(f - b\,\mathrm{id}_{E})\big((a - c)x\big) = (a - b)(a - c)x$ : ainsi $p_{a}(x) = x$. Si $x \in E_{c}$, le facteur $f - c\,\mathrm{id}_{E}$, appliqué en premier, annule $x$ ; si $x \in E_{b}$, on écrit $p_{a}$ avec le facteur $f - b\,\mathrm{id}_{E}$ en premier, ce que permet la question 1. Dans les deux cas, $p_{a}(x) = 0$.

4. Les résultats de la question 3 valent pour $p_{b}$ et $p_{c}$, en permutant les rôles. Tout $x \in E$ s'écrit $$x = p_{a}(x) + p_{b}(x) + p_{c}(x) \in E_{a} + E_{b} + E_{c}.$$ La somme est directe : si $x_{a} + x_{b} + x_{c} = 0$ avec $x_{\lambda} \in E_{\lambda}$, l'application de $p_{a}$ donne $x_{a} + 0 + 0 = 0$, et de même $x_{b} = x_{c} = 0$ (proposition 14). Enfin, pour $x = x_{a} + x_{b} + x_{c}$, le même calcul donne $p_{a}(x) = x_{a}$. $$\boxed{E = E_{a} \oplus E_{b} \oplus E_{c}, \text{ et } p_{a} \text{ est le projecteur sur } E_{a} \text{ parallèlement à } E_{b} \oplus E_{c}.}$$ Piège. L'hypothèse ne dit pas que l'un des trois facteurs est nul : l'anneau $\mathcal{L}(E)$ n'est pas intègre (exemples suivant la proposition 20). Ce sont les noyaux, et non les facteurs, qui portent l'information.

À retenir. Les projecteurs associés à la décomposition sont des polynômes en $f$, obtenus en remplaçant $X$ par $f$ dans les polynômes de Lagrange. L'exercice 62 est le cas de deux facteurs, où $p_{\alpha} = \frac{f - \beta\,\mathrm{id}_{E}}{\alpha - \beta}$.

5. (a) L'ensemble $F$ est le noyau de l'application linéaire $u \mapsto (u_{n + 3} - u_{n + 1} - 6u_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ de $\mathbb{C}^{\mathbb{N}}$ dans lui-même, donc un sous-espace. L'application $T$ est linéaire, et si $u \in F$, la suite $v = T(u)$ vérifie $$v_{n + 3} = u_{n + 4} = u_{n + 2} + 6u_{n + 1} = v_{n + 1} + 6v_{n},$$ donc $T(F) \subset F$. Le polynôme $X^{3} - X - 6$ s'annule en $2$, et la division euclidienne donne $$X^{3} - X - 6 = (X - 2)(X^{2} + 2X + 3) = (X - 2)(X - r)(X - \bar{r}), \qquad r = -1 + \mathrm{i}\sqrt{2},$$ le discriminant de $X^{2} + 2X + 3$ valant $-8$. Les trois racines $2$, $r$, $\bar{r}$ sont distinctes.

(b) Pour $u \in F$, on a $T^{3}(u) - T(u) - 6u = (u_{n + 3} - u_{n + 1} - 6u_{n})_{n \in \mathbb{N}} = 0$. En développant comme à la question 1, l'endomorphisme $(T - 2\,\mathrm{id}) \circ (T - r\,\mathrm{id}) \circ (T - \bar{r}\,\mathrm{id})$ a les coefficients du polynôme $$(X - 2)(X - r)(X - \bar{r}) = X^{3} - X - 6 :$$ c'est l'endomorphisme nul de $F$. La question 4 s'applique, avec $(a, b, c) = (2, r, \bar{r})$. Pour $\lambda \in \{2, r, \bar{r}\}$, une suite $u \in F$ appartient à $\mathrm{Ker}\,(T - \lambda\,\mathrm{id})$ si et seulement si $u_{n + 1} = \lambda u_{n}$ pour tout $n$, c'est-à-dire si $u = u_{0}(\lambda^{n})_{n \in \mathbb{N}}$ ; réciproquement, la suite $(\lambda^{n})$ appartient à $F$, puisque $$\lambda^{n + 3} - \lambda^{n + 1} - 6\lambda^{n} = \lambda^{n}(\lambda^{3} - \lambda - 6) = 0.$$ Ainsi $$F = \mathrm{Vect}\big((2^{n})\big) \oplus \mathrm{Vect}\big((r^{n})\big) \oplus \mathrm{Vect}\big((\bar{r}^{n})\big),$$ et une somme directe de droites engendrées par des vecteurs non nuls correspond à une famille libre (remarques suivant la proposition 14). $$\boxed{\big((2^{n})_{n \in \mathbb{N}},\ (r^{n})_{n \in \mathbb{N}},\ (\bar{r}^{n})_{n \in \mathbb{N}}\big) \text{ est une base de } F, \quad r = -1 + \mathrm{i}\sqrt{2}.}$$

(c) Une suite de $F$ est déterminée par ses trois premiers termes, par récurrence. La suite $v$ de terme général $v_{n} = 2^{n} + r^{n} + \bar{r}^{n}$ appartient à $F$, et, comme $r + \bar{r} = -2$ et $r\bar{r} = 3$, $$v_{0} = 3, \qquad v_{1} = 2 + (r + \bar{r}) = 0, \qquad v_{2} = 4 + (r + \bar{r})^{2} - 2r\bar{r} = 4 + 4 - 6 = 2.$$

$$\boxed{u_{n} = 2^{n} + (-1 + \mathrm{i}\sqrt{2})^{n} + (-1 - \mathrm{i}\sqrt{2})^{n} = 2^{n} + 2\operatorname{Re}\big((-1 + \mathrm{i}\sqrt{2})^{n}\big)}$$ Ces nombres sont des entiers, comme le montre la récurrence : $3, 0, 2, 18, 2, 30, 110, 42, \dots$ On a deviné les coordonnées $(1, 1, 1)$ en remarquant que $3$, $0$ et $2$ sont le nombre de racines de $X^{3} - X - 6$, leur somme et la somme de leurs carrés ; l'unicité des coordonnées dans une base garantit qu'il n'y a pas d'autre réponse.

6. (a) L'ensemble $S$ est le noyau de l'application linéaire $y \mapsto y''' - y'' + 2y$, de $\mathcal{C}^{3}(\mathbb{R}, \mathbb{C})$ dans $\mathcal{C}(\mathbb{R}, \mathbb{C})$, donc un sous-espace. Si $y \in S$, alors $y''' = y'' - 2y$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$, donc $y$ est de classe $\mathcal{C}^{4}$, et $y'$ est de classe $\mathcal{C}^{3}$, avec $$(y')''' - (y')'' + 2y' = (y''' - y'' + 2y)' = 0.$$ Donc $D(S) \subset S$, et $D$ est linéaire.

(b) Le polynôme $X^{3} - X^{2} + 2$ s'annule en $-1$, et $$X^{3} - X^{2} + 2 = (X + 1)(X^{2} - 2X + 2) = (X + 1)\big(X - (1 + \mathrm{i})\big)\big(X - (1 - \mathrm{i})\big).$$ Sur $S$, on a $D^{3} - D^{2} + 2\,\mathrm{id} = 0$, et le développement de la question 1 montre que $$(D + \mathrm{id}) \circ \big(D - (1 + \mathrm{i})\mathrm{id}\big) \circ \big(D - (1 - \mathrm{i})\mathrm{id}\big) = 0.$$ Pour $\lambda \in \{-1, 1 + \mathrm{i}, 1 - \mathrm{i}\}$, une fonction $y \in S$ vérifie $D(y) = \lambda y$ si et seulement si $y' - \lambda y = 0$, c'est-à-dire si $y$ est de la forme $x \mapsto K\mathrm{e}^{\lambda x}$ (théorème 2 du chapitre 6) ; réciproquement, $e_{\lambda} : x \mapsto \mathrm{e}^{\lambda x}$ appartient à $S$, puisque $e_{\lambda}''' - e_{\lambda}'' + 2e_{\lambda} = (\lambda^{3} - \lambda^{2} + 2)e_{\lambda} = 0$. La question 4 donne $S = \mathbb{C} e_{-1} \oplus \mathbb{C} e_{1 + \mathrm{i}} \oplus \mathbb{C} e_{1 - \mathrm{i}}$, et, comme en 5(b) : $$\boxed{\big(x \mapsto \mathrm{e}^{-x},\ x \mapsto \mathrm{e}^{(1 + \mathrm{i})x},\ x \mapsto \mathrm{e}^{(1 - \mathrm{i})x}\big) \text{ est une base de } S.}$$

(c) Soit $y = Ae_{-1} + Be_{1 + \mathrm{i}} + Ce_{1 - \mathrm{i}}$ une solution à valeurs réelles. Sa conjuguée $$\bar{y} = \bar{A}e_{-1} + \bar{C}e_{1 + \mathrm{i}} + \bar{B}e_{1 - \mathrm{i}}$$ est égale à $y$ ; l'unicité des coordonnées donne $A \in \mathbb{R}$ et $C = \bar{B}$. En écrivant $B = \frac{\beta - \mathrm{i}\gamma}{2}$, avec $\beta$, $\gamma$ réels, $$Be_{1 + \mathrm{i}}(x) + \bar{B}e_{1 - \mathrm{i}}(x) = 2\operatorname{Re}\big(B\,\mathrm{e}^{x}\mathrm{e}^{\mathrm{i} x}\big) = \mathrm{e}^{x}(\beta\cos x + \gamma\sin x).$$ Réciproquement, ces fonctions sont des solutions réelles. $$\boxed{y(x) = \alpha\,\mathrm{e}^{-x} + \mathrm{e}^{x}(\beta\cos x + \gamma\sin x), \qquad (\alpha, \beta, \gamma) \in \mathbb{R}^{3}}$$ À retenir. Le chapitre 6 ne traitait que les équations d'ordre $1$ et $2$ : la décomposition en noyaux ramène ici une équation d'ordre $3$ à trois équations d'ordre $1$. C'est le même calcul que pour les suites, la dérivation jouant le rôle du décalage $T$, et les exponentielles celui des suites géométriques. Le chapitre 15 dira que $F$ et $S$ sont de dimension $3$.