Probl`emes de Math´ematiques

Translat´ees d’une application

´Enonc´e

Translat´ees d’une application

On note E l’espace vectoriel des applications de classe C∞ de IR dans IR.

– Pour toute application f de E et pour tout r´eel t, on pose : ∀x ∈ IR, ft(x) = f (x + t).

On dit que l’application ft, qui appartient `a E, est une translat´ee de f .

– On note Ef le sous-espace de E engendr´e par les ft, c’est-`a-dire l’ensemble des applications g

de E qui peuvent s’´ecrire au moins d’une mani`ere sous la forme g = λ1ft1 +λ2ft2 +· · ·+λpftp,

o`u λ1, λ2, . . . , λp et t1, t2, . . . , tp sont des familles de p r´eels quelconques (p ´etant lui mˆeme un

entier positif quelconque).

1. Dans chacun des cas suivants, v´eriﬁer que Ef est de dimension ﬁnie et en donner une base

form´ee de fonctions du type ft :

(a) L’application f est d´eﬁnie par : f (x) = exp(x) [ S ]

(b) L’application f est d´eﬁnie par : f (x) = sin x [ S ]

2. Montrer que si f est de la forme x → f (x) = P (x)eαx , o`u P est un polynˆome et α un

r´eel, alors Ef est de dimension ﬁnie. [ S ]

3. On suppose que f est d´eﬁnie par f (x) = exp(exp x).

Montrer que pour tout entier n ≥ 0, les fonctions f0, f1, . . . , fn forment une famille libre.

Qu’en d´eduit-on pour le sous-espace Ef ? [ S ]

4. Dans cette question, on caract´erise les familles libres ﬁnies de E `a l’aide d’un d´eterminant.

(a) Soit g1, g2 une famille libre de E. Montrer qu’on peut trouver deux r´eels distincts a1

et a2 tels que le d´eterminant

soit non nul. [ S ]

(cid:12)

g1(a1)

g2(a1)

g1(a2)

g2(a2)

(cid:12)

(b) Montrer plus g´en´eralement que si g1, g2, . . . , gn est une famille libre de E, on peut

trouver n r´eels a1, a2, . . . , an distincts deux `a deux, tels que le d´eterminant ∆n, carr´e

d’ordre n et de terme g´en´eral δij = gi(aj), soit non nul. [ S ]

5. Soit f un ´el´ement de E, tel que dim(Ef ) = n ≥ 1. Soit g1, . . . , gn une base de Ef .

(a) Montrer qu’il existe une unique suite h1, . . . , hn d’applications de IR dans IR telle

que :

∀(x, t) ∈ IR2, f (x + t) = h1(t)g1(x) + h2(t)g2(x) + · · · + hn(t)gn(x). [ S ]

(b) Montrer qu’on peut trouver n r´eels a1, . . . , an distincts deux `a deux tels que pour

tout j de {1, . . . , n}, hj soit combinaison lin´eaire de fa1, . . . , fan.

Indication : utiliser 4b et consid´erer un certain syst`eme de Cramer.

En conclure que h1, h2, . . . , hn appartiennent `a Ef . [ S ]

En d´eduire que f satisfait a une ´equation diﬀ´erentielle lin´eaire d’ordre n a coeﬃcients

constants. [ S ]

6. Trouver tous les ´el´ements f de E tels que dim Ef ≤ 2. [ S ]

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Probl`emes de Math´ematiques

Translat´ees d’une application

Corrig´e

Corrig´e du probl`eme

(a) Soit g un ´el´ement de Ef .

Il existe des r´eels λ1, . . . , λp et t1, . . . , tp tels que g =

k=1

λkftk c’est-`a-dire tels que,

pour tout x de IR :

g(x) =

λk exp(tk+x) =

k=1

(cid:16) p

k=1

(cid:17)

λk exp(tk)

exp(x) = µf (x), avec µ =

k=1

λk exp(tk).

Tout ´el´ement de Ef est donc un multiple de f .

La r´eciproque est ´evidente puisque f = f0.

On en d´eduit que dim Ef = 1 et que Ef = IRf .

[ Q ]

(b) Pour tous r´eels t et x, on a :

ft(x) = sin(t + x) = cos(t) sin(x) + sin(t) cos(x) = cos(t) sin(x) + sin(t) sin(x + π

Autrement dit : ft = cos(t)f0 + sin(t)fπ/2.

Toute combinaison lin´eaire des fonctions ft, c’est-`a-dire tout ´el´ement de Ef , est donc

combinaison lin´eaire de f0 et de fπ/2. La r´eciproque est ´evidente.

Les fonctions f0 et fπ/2 sont ´evidemment lin´eairement ind´ependantes.

On en d´eduit que Ef = vect{f0, fπ/2} et que dim Ef = 2.

[ Q ]

2 ).

Autrement dit : ft = (1 − t)f0 + tf1. Toute combinaison lin´eaire des fonctions ft est

donc combinaison lin´eaire de f0 et de f1. La r´eciproque est ´evidente.

Enﬁn les applications f0 et f1 sont ind´ependantes.

On en d´eduit que Ef = vect{f0, f1} et que dim Ef = 2.

[ Q ]

2. Pour tous r´eels t et x, ft(x) = f (t+x) = P (t+x) exp(α(t+x)) = exp(αt)P (t+x) exp(αx).

Si P est de degr´e n, le polynˆome x → P (x + t) est ´egalement de degr´e n et il est donc

combinaison lin´eaire des fonctions x → xk, avex 0 ≤ k ≤ n.

On voit donc que ft est combinaison lin´eaire des n + 1 fonctions gk : x → xk exp(αx), avec

0 ≤ k ≤ n. Il en est donc de mˆeme des combinaisons lin´eaires des fonctions ft, c’est-`a-dire

des ´el´ements de Ef .

Ainsi les n + 1 applications gk constituent-elles une famille g´en´eratrice ﬁnie de Ef . On en

d´eduit que Ef est de dimension ﬁnie. Plus pr´ecis´ement, dim Ef ≤ 1 + deg P .

3. Soit n un entier naturel. On suppose par l’absurde que f0, f1, . . . , fn sont li´ees.

[ Q ]

Il existe donc n + 1 r´eels non tous nuls λ0, λ1, . . . , λn tels que

Soit r la valeur du plus grand indice k tel que λk 6= 0.

L’´egalit´e pr´ec´edente s’´ecrit maintenant :

r−1

λkfk + λrfr = 0,

c’est-`a-dire : ∀x ∈ IR,

k=0

λk exp(ekex) + λr exp(erex) = 0.

r−1

k=0

λkfk = 0.

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Probl`emes de Math´ematiques

Translat´ees d’une application

Corrig´e

Multiplions cette ´egalit´e par exp(−erex).

On obtient : ∀x ∈ IR,

r−1

k=0

λk exp(( ek − er

| {z }

)ex) + λr = 0.

On fait tendre x vers +∞. On obtient alors λr = 0, ce qui est absurde.

Conclusion : pour tout entier n, la famille f0, f1, . . . , fn est libre.

On en d´eduit que Ef , qui contient des familles libres de cardinal quelconque, n’est pas un

espace vectoriel de dimension ﬁnie.

(a) Puisque g1 et g2 sont libres, g1 n’est pas la fonction nulle.

Il existe donc un r´eel a1 tel que g1(a1) soit non nul.

Consid´erons alors l’application :

g1(a1)

g2(a1)

= g1(a1)g2(x) − g2(a1)g1(x).

x → δ2(x) =

g1(x)

g2(x)

[ Q ]

(cid:12)

Autrement dit : δ2 = g1(a1)g2 − g2(a1)g1.

Puisque g1(a1) 6= 0, δ2 n’est pas l’application nulle, car sinon g1, g2 seraient li´ees.

Il existe donc un r´eel a2 tel que ∆2 = δ2(a2) soit non nul, ce qu’il fallait d´emontrer.

NB : les r´eels a1 et a2 sont n´ecessairement distincts car δ2(a1) = 0. [ Q ]

(b) On proc`ede par r´ecurrence sur n.

La propri´et´e est vraie de fa¸con ´evidente si n = 1, et la question pr´ec´edente nous a

montr´e qu’elle est vraie si n = 2.

On suppose qu’il en est de mˆeme au rang n (avec n ≥ 1 donn´e).

Soient g1, g2, . . . , gn+1 une famille de n + 1 fonctions ind´ependantes.

Par hypothese de r´ecurrence, on sait qu’il existe n r´eels a1, . . . , an, distincts deux a

(cid:12)

deux, tels que ∆n =

g1(an)

...

gn(an)

g1(a1)

...

gn(a1)

. . .

...

. . .

(cid:12)

On forme alors l’application x → δn+1(x) =

soit non nul.

(cid:12)

g1(a1)

(cid:12)

g2(a1)

(cid:12)

...

(cid:12)

gn(a1)

(cid:12)

gn+1(a1)

. . .

...

. . .

g1(an)

g2(an)

...

gn(an)

gn+1(an)

g1(x)

g2(x)

...

gn(x)

gn+1(x)

(cid:12)

On d´eveloppe ce d´eterminant par rapport a sa derniere colonne.

On voit alors que l’application δn+1 peut s’´ecrire δn+1 =

n+1

k=1

λkgk, avec λn = ∆n.

On sait que le coeﬃcient λn est non nul et que les applications g1, g2, . . . , gn+1 sont

libres. Il en d´ecoule que l’application δn+1 ne peut pas ˆetre l’application nulle.

Il existe donc un r´eel an+1 tel que ∆n+1 = δn+1(an+1) soit non nul.

Enﬁn an+1 est diﬀ´erent de a1, . . . , an car il est clair que δn+1 s’annule en a1, . . . , an.

On a ainsi prouv´e la propri´et´e au rang n + 1, ce qui ach`eve la r´ecurrence.

[ Q ]

(a) Pour tout r´eel t, l’application ft s’´ecrit de mani`ere unique comme une combinaison

lin´eaire de g1, g2, . . . , gn : ∃!(h1, h2, . . . , hn) ∈ IRn tq ft =

hkgk.

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k=1

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Translat´ees d’une application

Corrig´e

Mais les coeﬃcients hk, d´eﬁnis de mani`ere unique, sont en fait des fonctions de t.

L’´egalit´e pr´ec´edente s’´ecrit donc ∀t ∈ IR, ft =

hk(t)gk,

c’est-`a-dire ∀t ∈ IR, ∀x ∈ IR, ft(x) = f (x + t) =

k=1

hk(t)gk(x). [ Q ]

(b) On sait qu’il existe n r´eels a1, a2, . . . , an, distincts deux `a deux, tels que la matrice

k=1

A carr´ee d’ordre n et de terme g´en´eral aij = gi(aj) soit inversible.

Dans l’´egalit´e vue en (5a) on choisit successivement x = a1, x = a2, . . . , x = an.

On obtient alors le syst`eme :

g1(a1)h1(t) + g2(a1)h2(t) + · · · + gn(a1)hn(t) = f (a1 + t) = fa1(t)

g1(a2)h1(t) + g2(a2)h2(t) + · · · + gn(a2)hn(t) = f (a2 + t) = fa2(t)

...

∀t ∈ IR,

...

g1(an)h1(t) + g2(an)h2(t) + · · · + gn(an)hn(t) = f (an + t) = fan(t)







Consid´erons ces ´egalit´es comme un syst`eme de n ´equations lin´eaires relativement

aux inconnues, h1(t), h2(t), . . . , hn(t). La matrice de ce syst`eme est la matrice A

pr´ec´edemment ´evoqu´ee, dont on sait qu’elle est inversible.

On peut r´esoudre ce syst`eme (dont le d´eterminant est le ∆n de la question 4b) en

utilisant les formules de Cramer. Pour prendre l’exemple de h1(t), on trouve :

. . .

...

. . .

gn(a1)

gn(a2)

...

gn(an)

g2(a1)

g2(a2)

...

g2(an)

fa1(t)

fa2(t)

...

fan(t)

∀t ∈ IR, h1(t) =

∆n

(cid:12)

Si on d´eveloppe le d´eterminant du num´erateur par rapport a sa premiere colonne,

on constate que h1 peut s’´ecrire sous la forme : h1 = µ1fa1 + µ2fa2 + · · · + µnfan.

L’application h1 est donc combinaison lin´eaire des fak, ce qui prouve qu’elle est dans

Ef (en particulier elle est de classe C∞.)

Par un raisonnement identique, on voit que h2, . . . , hn appartiennent elles aussi `a Ef

et sont donc de classe C∞. Ceci termine la d´emonstration de cette question.

[ Q ]

Les applications h1, . . . , hn, g1, . . . , gn sont dans Ef et sont donc de classe C∞.

On peut alors d´eriver p fois par rapport `a la variable t.

Pour tout entier p, et tous r´eels x et t, on a donc :

2 (t)g2(x) + · · · + h(p)

1 (t)g1(x) + h(p)

f (p)(x + t) = h(p)

Posons alors t = 0. Il vient : ∀p ∈ IN, f (p) = h(p)

Ceci prouve que f (p) est combinaison lin´eaire de g1, . . . , gn et est donc un ´el´ement

de Ef .

On en d´eduit que f, f 0, f 00, . . . , f (n) sont dans Ef .

Or Ef est de dimension n. Les n + 1 applications f, f 0, . . . , f (n) sont donc li´ees.

Autrement dit, il existe n + 1 scalaires λ0, λ1, . . . , λn non tous nuls tels qu’on ait

l’´egalit´e λ0f + λ1f 0 + · · · + λnf (n) = 0.

n (t)gn(x).

1 (0)g1 + h(p)

2 (0)g2 + · · · + h(p)

n (0)gn.

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Translat´ees d’une application

Corrig´e

Ce r´esultat signiﬁe eﬀectivement que f est solution d’une ´equation diﬀ´erentielle

d’ordre n `a coeﬃcients constants.

[ Q ]

6. Supposons que la dimension de Ef soit inf´erieure ou ´egale `a 2.

La question pr´ec´edente montre que l’application f est solution d’une ´equation diﬀ´erentielle

af 00 + bf 0 + cf = 0 `a coeﬃcients constants.

Notons (C) : at2 + bt + c = 0 l’´equation caract´eristique, de discriminant ∆ = b2 − 4ac.

– Si a = 0 donc si l’´equation diﬀ´erentielle v´eriﬁ´ee par f s’´ecrit en fait bf 0 + cf = 0, alors

f est multiple d’une application x → exp(λx) (avec par exemple λ = 0 si c = 0.)

Supposons dans les trois cas suivants que a est non nul.

– Si ∆ > 0, et si λ, µ sont les deux racines r´eelles distinctes de (C), alors f est une

combinaison lin´eaire de x → exp(λx) et de x → exp(µx).

– Si ∆ < 0 et si z = λ + iµ, avec µ 6= 0, est une racine complexe non r´eelle de (C) alors

f est combinaison lin´eaire de x → exp(λx) cos(µx) et de x → exp(λx) sin(µx).

– Si ∆ = 0 et si λ est la racine double de l’´equation (C), alors f est combinaison lin´eaire

de x → exp(λx) et de x → x exp(λx).

Dans tous les cas, f est donc de l’un des types suivants, o`u α, β, λ, µ sont des r´eels :

– x → u(x) = α exp(λx) + β exp(µx).

– x → v(x) = (αx + β) exp(λx).

– x → w(x) = exp(λx)(α cos(µx) + β sin(µx)).

Inversement, pour chacune de ces applications, le sous-espace Ef correspondant est de

dimension inf´erieure ou ´egale `a 2.

En eﬀet, comme on l’a fait dans la question (1), on v´eriﬁe que pour tout r´eel t :

– ut est combinaison lin´eaire de x → exp(λx) et de x → exp(µx).

– vt est combinaison lin´eaire de x → exp(λx) et de x → x exp(λx).

– wt est combinaison lin´eaire de x → exp(λx) cos(µx) et de x → exp(λx) sin(µx).

Les formes u, v et w d´eﬁnissent donc toutes les applications f telles que dim Ef ≤ 2.

[ Q ]

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Problèmes de Mathématiques

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