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Corrigé du sujet ESSEC Maths ECS 2015

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Introduction en algèbre linéaire :

1/ a/

$F(q) =$

$\left \{f\in \mathcal{C}^{2}( [0,1] ,\mathbb{R})/ \forall t\in [ 0,1], f^{\prime \prime }( t) =q( t) f( t) \right \}$

donc $F( q) \subset {\mathcal{C}^{0}([ 0,1] ,\mathbb{R}) .}$

La fonction nulle est évidemment un élément de $F(q) ,$ donc $F( q) \neq \varnothing$

Soit $(f,g)$ $\in ( F( q) ) ^{2}$ et $\alpha \in \mathbb{R}.$

$\rightarrow$ On a $\alpha f+g\in \mathcal{C}^{2}( [0,1] ,\mathbb{R}) .$

$\rightarrow \forall t\in [ 0,1]$ $( \alpha f+g) ^{\prime \prime }( t) \underbrace{=}_{{linéarité~de~la~dérivation}}\alpha f^{\prime \prime }(t)+g^{\prime \prime }( t)$

$\quad \quad \quad\underbrace{=}_{f~{ et }~g~{ sont~dans~ }F(q) }\alpha q( t) f( t) +q(t) g( t)$

= $q( t) [ ( \alpha f+g)( t) ] .$

Donc $\alpha f+g\in F( q) .$

Par suite, $F( q)$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{C}%^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R}) .$

1/ b/

Soit $f\in \mathcal{C}^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R}) .$

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,\Phi ( f) ( t)$
$= t\underbrace{\int_{0}^{t}q( u)f( u) du}_{=H( t) } - \underbrace{\int_{0}^{t}uq( u) f( u)du}_{=G( t) }$
(par la linéarité de l’intégrale.)

$h:u\mapsto q( u) f( u)$ et

$g:u\mapsto uq(u) f( u)$ sont continues sur $[ 0,1] ,$

$H$ est la primitive de $h$ qui s’annule en $0$ et $G$ celle de $g$ qui s’annule en $0,$ donc $H$ et $G$ sont de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[ 0,1] .$

Donc $\Phi ( f) :t\mapsto tH( t) -G( t)$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[ 0,1]$ , donc continue sur $[ 0,1] .$

Donc $\Phi ( f) \in \mathcal{C}^{0}( [0,1] ,\mathbb{R}) .$

Soit $f_{1}$ et $f_{2}$ deux fonctions de $\mathcal{C}^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R})$ et $\alpha \in \mathbb{R}.$

$\forall t\in \mathbb{R},$ $\Phi ( \alpha f_{1}+f_{2}) (t)$

$= \int_{0}^{t}( t-u) q( u) ( \alphaf_{1}+f_{2}) ( u) du$

$=\int_{0}^{t}( t-u) q( u) [ \alpha f_{1}( u) +f_{2}( u) ] du$

$=\alpha \int_{0}^{t}( t-u) q( u) f_{1}( u)du$

+ $\int_{0}^{t}( t-u) q( u) f_{2}( u) du$

(par linéarité de l’intégrale)

Donc $\forall t\in \mathbb{R}$

$\Phi ( \alpha f_{1}+f_{2}) ( t) =[ \alpha \Phi ( f_{1}) +\Phi ( f_{2}) ] ( t) ,$

donc

$\Phi ( \alpha f_{1}+f_{2}) =\alpha \Phi ( f_{1}) +\Phi ( f_{2}) .$

Donc $\Phi$ est une application linéaire.

Donc $\Phi$ est un endomorphisme de $\mathcal{C}^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R}) .$

1/ c/ Soit $f\in \mathcal{C}^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R}) .$

On a montré à la question précédente que $\Phi ( f)$ était de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[ 0,1] .$

On garde alors les mêmes notations que dans la question $b).$

Donc $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,[ \Phi ( f) ] ^{\prime }( t)$ $=H( t) +tH^{\prime }( t) -G^{\prime }( t)$ $=H( t) +th( t) -g( t) =H( t) .$

Donc $\boxed{\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,[ \Phi ( f) ] ^{\prime }( t) =\int_{0}^{t}q( u) f( u) du.}$

$[ \Phi ( f) ] ^{\prime }=H$ donc $[ \Phi (f) ] ^{\prime }$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[0,1] ,$ donc

$\boxed{\Phi ( f) \in \mathcal{C}^{2}([ 0,1] ,\mathbb{R}) .}$

Et enfin, $[ \Phi ( f) ] ^{\prime \prime }=H^{\prime }=h,$ donc

$\boxed{\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,[ \Phi ( f) ] ^{\prime \prime }( t) =q( t) f( t) .}$

1/ d/ Soit $f\in \mathcal{C}^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R}) .$

Sens direct. Supposons que $f\in F( q)$ et que $f( 0) =f^{\prime }( 0) =0.$

$f\in F( q) ,$ donc $\forall t\in [ 0,1],f^{\prime \prime }( t) =q( t) f( t) ,$ donc d’après la question $c),$

$\forall t\in [ 0,1] ,f^{\prime\prime }( t) =[ \Phi ( f) ] ^{^{\prime\prime }}( t) .$

Donc $\forall t\in [ 0,1] ,$

$f^{\prime }( t) =[ \Phi ( f) ] ^{\prime }( t) +c,$ avec $c$ réel.

Comme $f^{\prime }( 0) =[ \Phi ( f) ] ^{\prime }( 0) =0,$ on en déduit que $c=0.$

D’où $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,f^{\prime }( t) =[ \Phi ( f) ] ^{\prime }( t) ,$

donc $\forall t\in [ 0,1] ,$

$f( t) =[ \Phi ( f) ] ( t) +d,$ avec $d$ réel.

Comme $f( 0) =\Phi ( f) ( 0) =0,$ on en déduit que :

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,f( t) =[ \Phi ( f) ] ( t) ,$

donc que $\Phi ( f) =f.$

Sens réciproque. Supposons que $\Phi ( f) =f.$

Alors $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,f^{\prime \prime }( t) =[ \Phi ( f) ] ^{\prime \prime }( t) =q( t) f( t)$ d’après la question $c)$ et $f\in F( q) .$

Et d’après les expressions de $[ \Phi ( f) ]$ et $[ \Phi ( f) ] ^{\prime },$ on a clairement :

$[ \Phi ( f) ] ( 0) =$ $[ \Phi ( f) ] ^{\prime }( 0) =0,$

donc $f( 0) =f^{\prime }( 0) =0.$

Donc $[\thinspace f\in F( q) ~et~ f( 0) =f^{\prime }( 0) =0 ]$ si et seulement si $[ \Phi ( f) =f ].}$

2/ a/ On pose, pour $n\in \mathbb{N},$ l’hypothèse de récurrence $% \mathcal{H}_{n}:$ $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,| f_{n}( t) | \leqslant \| q\| _{\infty }^{n}\,\| f_{0}\| _{\infty }\,\frac{t^{n}}{n!}.\,$

Au rang $0.$ $\forall t\in [ 0,1],| f_{0}( t) | \leqslant \,\| f_{0}\| _{\infty }$

et $| f_{0}\| _{\infty}=| q| _{\infty }^{0}\,\| f_{0}\| _{\infty }\,\dfrac{t^{0}}{0!}$

car $\| q\| _{\infty }^{0}\,\dfrac{t^{0}}{0!}=1.$

Donc $\mathcal{H}_{0}$ est vraie.

Soit $n\in \mathbb{N}.$ On suppose $\mathcal{H}_{n}$ vraie.

Pour $t\in [ 0,1] :$

$| f_{n+1}( t) | =| \Phi ( f_{n}) ( t) |$

$=| \int_{0}^{t}( t-u) q( u) f_{n}( u) du|$

$\leqslant \int_{0}^{t}| ( t-u) q( u) f_{n}( u) | du$

car les bornes sont en ordre croissant.

Or $\forall u\in [ 0,t]$

$| ( t-u) q( u) f_{n}( u) | \leqslant ( t-u) \,\| q\| _{\infty }\,\| f_{n}\| _{\infty }$ et $( t-u) \,\| q\| _{\infty }\,\| f_{n}\| _{\infty } \leqslant \| q\| _{\infty }\,\| f_{n}\| _{\infty }$

car pour $u\in [ 0,t] ,\,\,\,0\leqslant t-u\leqslant 1.$

Et en utilisant $\mathcal{H}_{n}$

on a $\forall u\in [ 0,t] ,\,\,\,| ( t-u) q( u) f_{n}( u) |$

$\leqslant \| q\| _{\infty }\,\| q\| _{\infty }^{n}\| f_{0}\| _{\infty }\,\dfrac{u^{n}}{n!}$

$\leqslant \| q\| _{\infty }^{n+1}\| f_{0}\| _{\infty }\,\dfrac{ u^{n}}{n!}.$

Les bornes sont en ordre croissant, donc :

$| f_{n+1}( t) | \leqslant \int_{0}^{t}| ( t-u) q( u) f_{n}( u) | du$

$\leqslant \,\| q\| _{\infty }^{n+1}\| f_{0}\| _{\infty }\,\int_{0}^{t}\dfrac{u^{n}}{n! }du.$

$\int_{0}^{t}\dfrac{u^{n}}{n!}du=[ \dfrac{u^{n+1}}{( n+1) !}] _{0}^{t}=\dfrac{t^{n+1}}{( n+1) !},$

donc

$| f_{n+1}( t) | \leqslant \,\| q\| _{\infty }^{n+1}\| f_{0}\| _{\infty }\dfrac{t^{n+1}}{( n+1) !}$

et $\mathcal{H}_{n+1}$ est vraie.

Par principe de récurrence, on a montré que

$\boxed{\forall n\in \mathbb{N},\,\,\,\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,| f_{n}( t) | \leqslant \| q\| _{\infty }^{n}\,\| f_{0}\| _{\infty }\,\dfrac{t^{n}}{n!}.}$

2/ b/ Soit $t\in [ 0,1] .$ On a :

$\,\,\,\forall n\in \mathbb{N}% ,\,\,\,0\leqslant | f_{n}( t) | \leqslant \| f_{0}\| _{\infty }\,\dfrac{[ \| q\| _{\infty }t] ^{n}}{n!}$

et $\dis\lim_{n\to+\infty }\| f_{0}\| _{\infty }\,\dfrac{[ \| q\| _{\infty }\,\,t] ^{n}}{n!}=0$ (terme général d’une série exponentielle),

donc, par le théorème d’encadrement,

$\dis\lim_{n\to+\infty }| f_{n}( t) | =0.$

Donc $\boxed{la~suite~ ( f_{n}( t) ) _{n\in \mathbb{N}} ~converge~vers~0.}$

2/ c/ Soit $f\in F( q)$ telle que $f( 0) =f^{\prime }( 0) =0.$ Donc, d’après $1.a),$ on a $\Phi ( f) =f.$

On pose alors, pour $n\in \mathbb{N},$ l’hypothèse de récurrence $H_{n}:$ $f_{n}=f$

$H_{0}$ est vraie par définition.

Soit $n\in \mathbb{N}.$ On suppose $H_{n}$ vraie. Alors

$f_{n+1}=\Phi (f_{n})% \underbrace{=}_{{par~ }H_{n}}\Phi ( f) \underbrace{=}_{{par ~hypothèse}}f.$

Donc $H_{n+1}$ est vraie.

Donc, $\boxed{\forall n\in \mathbb{N},\,\,\,f=f_{n}.}$

Soit alors $t\in [ 0,1] .$ On a $\forall n\in \mathbb{N}% ,\,\,\,f( t) =f_{n}( t)$ et d’après la question $2.d),$ $% \dis\lim_{n\to +\infty }f_{n}( t) =0.$

Donc $% f( t) =0.$

Donc $\boxed{f~est~nulle.}$

2/d/ Soit $( f,g) \in [ F( q) ] ^{2}$ et $% \alpha \in \mathbb{R}.$

$\Delta ( \alpha f+g) =( ( \alpha f+g) ( 0) ,( \alpha f+g) ^{\prime }( 0) ) .$

Donc par linéarité de la dérivation,

$\Delta ( \alpha f+g) =( ( \alpha f+g) ( 0) ,( \alpha f^{\prime }+g^{\prime }) ( 0) )$

$= ( \alpha f( 0) +g( 0) ,\alpha f^{\prime }( 0) +g^{\prime }( 0) )$

$=\alpha ( f( 0) ,f^{\prime }( 0) ) +( g( 0) ,g^{\prime }( 0) ) .$

Donc $\Delta ( \alpha f+g) =\alpha \Delta ( f) +\Delta ( g) .$

Donc $\boxed{\Delta ~est ~une ~application ~linéaire.}$

Si $f\in \ker ( \Delta ) ,$ alors $f\in F( q)$ et $% f( 0) =f^{\prime }( 0) =0,$ et d’après la question $2.c),$ $f$ est nulle.

Comme la réciproque est claire, on a $\ker ( \Delta ) =\{ 0\} ,$ donc $\boxed{\Delta ~est~injective.}$

$\Delta$ : $F( q) \rightarrow \mathbb{R}^{2}$ est une application linéaire injective

donc l’application $\Delta \begin{array}{|ccc} F(q)&\to&{Im (q)}\\x&\mapsto&\Delta (x) \end{array}$ est linéaire bijective, i.e. est un isomorphisme d’espaces vectoriels,

donc

$\dim (F(q))=\dim( {Im (q)}) \leqslant \dim(\mathbb{R}^{2})=2.$

Et enfin, donc F( q) est un espace vectoriel de dimension finie avec $\dim ( F( q) ) \leqslant 2.}$

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Partie I sur les espaces vectoriels.

3/ a/ $E_{a}( \omega ) =$

{ $f\in \mathcal{C}^{2}([ 0,1] ,\mathbb{R}) /$ $\forall t\in [ 0,1] f^{\prime \prime }( t) =-a\omega ( t) f( t)$ $~et~ f( 0) =f( 1) =0$ }

donc $E_{a}( \omega ) \subset \mathcal{C}^{0}( [0,1] ,\mathbb{R}) .$

La fonction nulle est clairement un élément de $E_{a}( \omega ) ,$ donc $E_{a}( \omega ) \neq \varnothing$

Soit $( f,g) \in ( E_{a}( \omega ) )^{2}$ et $\alpha \in \mathbb{R}.$

$\rightarrow$ On a $\alpha f+g\in \mathcal{C}^{2}( [0,1] ,\mathbb{R}) .$

$\rightarrow$ $\forall t\in [ 0,1], ( \alpha f+g) ^{'' }( t)$

$\underbrace{=}_{{linéarité~de~la~dérivation}}\alpha f^{''}(t) +g^{''}( t)$

$\underbrace{=}_{f~{ et }~g~{ ~sont~ dans~ }E_{a}(\omega ) }\alpha [ -a\omega ( t) f( t) ] +[ -a\omega ( t) g( t) ]$

$= -a\omega ( t) [(\alpha f+g) ( t) ]$

$\rightarrow$ $( \alpha f+g) ( 0) =\alpha f( 0) +g( 0)$

$=\alpha \times 0+0=0$

et de même $( \alpha f+g) ( 1) =0$

Donc $\alpha f+g\in E_{a}( \omega ) .$

Donc $E_{a}( \omega )$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{C}^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R}).$

3/ b/ Soit $f\in E_{0}( \omega ) .$ Alors $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,f^{\prime \prime }( t) =0$ et $f( 0) =f( 1) =0.$

Donc $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\,f^{\prime }( t) =c,$ et $\forall t\in [ 0,1]$ $f(t) =ct+d,$ avec $c$ et $d$ réels.

Or $f( 0) =f( 1) =0,$ donc $d=0$ et $c+d=0$ , donc $c=d=0.$

Donc $E_{0}( \omega ) \subset \{ 0\} .$

L’inclusion inverse étant claire, on a $\boxed{E_{0}( \omega ) =\{0\} .}$

4/ a/ On suppose $a<0$ et on note pour $t\in [ 0,1] ,\,\,g( t) =\exp ( -\sqrt{-a}\,t) .$

$g$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $[ 0,1]$

Et, pour $t\in [ 0,1] ,$

$g^{\prime }( t) =-\sqrt{-a}% \,\exp ( -\sqrt{-a}\,t)$ et $g^{\prime \prime }( t) =-a\,\exp ( -\sqrt{-a}\,t) =-ag( t) .$

Donc $\boxed{g\in F( -a) .}$

De même, $h:t\mapsto \exp ( \sqrt{-a}\,t)$ est aussi dans $F( -a) .$

$E_{a}( 1) =$

{ $f\in \mathcal{C}^{2}([ 0,1] ,\mathbb{R}) /$ $\forall t\in [ 0,1] f^{\prime \prime }( t) =-af( t)$ $~et~ f( 0) =f( 1) =0$ }

$=\{ f\in F( -a) \,\,/\,\,f( 0) =f( 1) =0\} .$

Or d’après l’introduction,

$\dim ( F( -a)) \leqslant 2.$

De plus, en gardant les notations ci-dessus, $g$ et $h$ sont dans $F( -a) .$

Et ces deux applications sont toutes deux non nulles, et elles ne sont pas colinéaires.

Donc $( g,h)$ est libre et

$\dim( F( -a) ) \geqslant 2.$

On en déduit que $\dim ( F( -a) ) =2$ et $F(-a) =Vect( g,h) .$

Donc

$E_{a}( 1)$

$=\{ \alpha g+\beta h,$

${ ~avec~ }(\alpha g+\beta h) ( 0) =(\alpha g+\beta h)( 1) =0 \}$

$=\{ \alpha g+\beta h,\,\,{ ~avec~ }\alpha +\beta =0$

$\alpha \exp ( -\sqrt{-a}) +\beta\exp ( \sqrt{-a}) =0\}$

Donc, d’après la résolution précédente,

$\boxed{E_{a}( 1) =\{ 0\} ~lorsque~ a<0.}$

4/b/ On suppose que $a>0$ et on note, pour $t\in [ 0,1] ,\,\,u( t) =\cos ( \sqrt{a}\,t)$ et $v( t) =\sin ( \sqrt{a}\,t) .$

$u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $[ 0,1]$

Et pour $t\in [ 0,1] ,$

$u^{\prime }( t) =-\sqrt{a}\sin ( \sqrt{a} \,t)$ et

$u^{\prime \prime }( t) =-a\cos ( \sqrt{a} \,t) =-au( t) .$

Donc $\boxed{u\in F( -a) .}$

De même, $v\in F( -a) .$

Or d’après l’introduction, on a toujours

$\dim ( F(-a) ) \leqslant 2.$

De plus, en gardant les notations ci-dessus, $u$ et $v$ sont dans $F( -a) .$

Enfin, $u$ et $v$ sont deux applications non nulles et non colinéaires, donc la famille $( u,v)$ est libre

On en déduit que $\dim ( F( -a) ) =2$ et $F(-a) =Vect( u,v) .$

Donc $E_{a}( 1) =$

{ $f\in \mathcal{C}^{2}([ 0,1] ,\mathbb{R}) /$ $\forall t\in [ 0,1] f^{\prime \prime }( t) =-af( t)$ $~et~ f( 0) =f( 1) =0$ }

$=\{ f\in F( -a) \,\,/\,\,f( 0) =f( 1) =0 \} .$

et $E_{a}( 1)$

$=\{ \alpha u+\beta v,$ avec

$(\alpha u+\beta v) ( 0) =( \alpha u+\beta v)( 1) =0\}$

$=\{ \alpha u+\beta v,\,\,{avec~ }\alpha=0{ ~et~ }\beta \sin (\sqrt{a})=0\} .$

$\rightarrow$ ou bien $\dfrac{\sqrt{a}}{\pi }\notin \mathbb{N}^{*}.$

Alors $\sin ( \sqrt{a}) \neq 0$ et $E_{a}( 1)$

$=\{ \alpha u+\beta v,\,\,{avec~ }\alpha =0{ ~et~ }\beta =0\}$

$=\{ 0\}$

$\rightarrow$ ou bien $\dfrac{\sqrt{a}}{\pi }\in \mathbb{N}^{*}.$ Alors $\sin ( \sqrt{a}) =0$ et $E_{a}( 1) =\{ \beta v,\,\,\,{avec~ }\beta \in \mathbb{R}\} =Vect( v) .$

Conclusion : $\boxed{E_{a}( 1) = 0}$ si $\dfrac{\sqrt{a}}{\pi }\notin \mathbb{N}^{*}$

et $E_{a}( 1) =Vect( v)$ si $\dfrac{\sqrt{a}}{\pi }\in \mathbb{N}^{*}$ où $v:t\mapsto \sin (t\sqrt{a} ).$

5/ Posons $\Delta _{1}=\Delta _{|E_{a}( \omega ) }.$

On a donc $\Delta _{1}:\{ \begin{array}{ccc} E_{a}( \omega ) & \mapsto & \mathbb{R}^{2} \\ f & \mapsto & ( f( 0) ,f^{\prime }( 0) ) \end{array}$

$\Delta$ étant une application linéaire, $\Delta _{1}$ aussi.

Soit $f\in E_{a}( \omega ) .$ On suppose que $f\in \ker ( \Delta _{1}) .$ Alors $\Delta _{1}( f) =0,$ donc $\Delta ( f) =0,$ donc $f=0$ car $\Delta$ est injective.

Donc $\ker ( \Delta _{1}) =\{ 0\}$ et $\Delta _{1}$ est injective.

$\Delta _{1}\in \mathcal{L}( E_{a}( \omega ) ,\mathbb{R}% ^{2}) ,$ donc d’après le théorème du rang :

$\dim ( E_{a}( \omega ) )$

$=\,\underbrace{\dim ( \ker ( \Delta _{1}) ) }_{=0}+\dim ( {Im}( \Delta _{1}) ) ,$

donc $\dim ( E_{a}( \omega ) ) =\dim ( {Im}( \Delta _{1}) ) .$

Or ${Im}( \Delta _{1}) =\{ \Delta _{1}( f) ,\,\,f\in E_{a}( \omega ) \}$

$=\{ ( 0,f^{\prime }( 0) ) ,\,\,f\in E_{a}( \omega ) \}$

car si $f\in E_{a}( \omega ) ,$ alors $f( 0) =0.$

Donc ${Im}( \Delta _{1}) \subset \underbrace{\{ ( 0,y) ,\,\,y\in \mathbb{R}\} }_{=Vect( ( 0,1) ) }$ et $\dim ( \Delta _{1}) \leqslant 1.$

Donc $\boxed{\dim ( E_{a}( \omega ) ) \leqslant 1.}$

6/ On suppose que $E_{a}( \omega ) \neq \{ 0\} .$

D’après la question précédente, on a alors $\dim ( E_{a}( \omega ) ) =1.$ On pose alors $E_{a}( \omega ) =Vect( f)$ où $f\neq 0.$

$f\in E_{a}( \omega ) ,$ donc $f$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$
sur $[ 0,1] ,$ $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,f^{\prime \prime }( t) =-a\omega ( t) f( t)$ et $\,f( 0) =f( 1) =0.$

$f$ et $f^{\prime }$ sont de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[ 0,1] ,$ donc par le théorème d’intégration par parties,

$\int_{0}^{1}( f^{\prime }( t) ) ^{2}dt$

$=[ f( t) f^{\prime }( t) ] _{0}^{1}-\int_{0}^{1}f( t) f^{\prime \prime }( t) dt$

$=\underbrace{ f( 1) }_{=0}f^{\prime }( 1) - \underbrace{f( 0) }_{=0}f^{\prime }( 0)$

$-\int_{0}^{1}f( t) \underbrace{f''( t) }_{=-a\omega ( t) f( t) }dt$

Donc

$\int_{0}^{1}( f^{\prime }( t) ) ^{2}dt=a\int_{0}^{1}\omega ( t) f^{2}( t) dt.$

$\omega$ est continue à valeurs strictement positives, et $f^{2% { }}$ est continue, positive et $f\neq 0$ par hypothèse,

donc $t\mapsto \omega ( t) f^{2}( t)$ est continue
positive et non identiquement nulle sur $[ 0,1] .$

Or les bornes sont en ordre croissant, donc $\int_{0}^{1}\omega ( t) f^{2}( t) dt>0.$

$( f^{\prime }) ^{2}$ est continue et positive sur $[ 0,1]$ et les bornes sont en ordre croissant,

donc $\int_{0}^{1}( f^{\prime }( t) ) ^{2}dt\geqslant 0.$

Donc $a=\dfrac{\int_{0}^{1}( f^{\prime }( t) ) ^{2}dt}{ \int_{0}^{1}\omega ( t) f^{2}( t) dt}$

avec $\int_{0}^{1}( f^{\prime }( t) ) ^{2}dt\geqslant 0$ et

$\int_{0}^{1}\omega ( t) f^{2}( t) dt>0,$ donc $a\geqslant 0.$

Or $E_{0}( \omega ) =\{ 0\}$ d’après la question $3.b),$ donc puisque $E_{a}( \omega ) \neq \{ 0\} ,$ on a $\boxed{a>0.}$

7/ On note $E=\mathcal{C}^{0}( [ 0,1] ,\mathbb{R})$ le temps de cette question.

On a $\forall ( f,g) \in E^{2},$

$\langle f|g\rangle =\int_{0}^{1}f( t) g( t) \omega ( t) dt.$

Soit $( f,g) \in E^{2}.$ Alors $f\times g\times \omega$
est continue sur $[ 0,1]$ et $\int_{0}^{1}f( t) g( t) \omega ( t) dt$ est bien définie.

Donc $\,\langle \,\,|\,\,\rangle$ est bien une
application définie sur $E\times E$ à valeurs dans $\mathbb{R}.$

Soit $( f,g) \in E^{2}.$

$\langle f|g\rangle =\int_{0}^{1}f( t) g( t) \omega ( t) dt$

$=\int_{0}^{1}g( t) f( t) \omega ( t) dt$

$=\langle g|f\rangle .$

Donc $\langle \,\,|\,\,\rangle$ est symétrique.

Soit $( f_{1},f_{2},g) \in E^{3}$ et $\alpha \in \mathbb{R}.$

Par linéarité de l’intégration :

$\langle \alpha f_{1}+f_{2}|g\rangle$

$=\int_{0}^{1}( \alpha f_{1}+f_{2}) ( t) g( t) \omega ( t) dt$

$=\int_{0}^{1}( \alpha f_{1}( t) g( t) +f_{2}( t) g( t) ) \omega ( t) dt$

$=\alpha \int_{0}^{1}f_{1}( t) g( t) \omega ( t) dt+\int_{0}^{1}f_{2}( t) g( t) \omega ( t) dt$

$=\alpha \langle f_{1}|g\rangle +\langle f_{2}|g\rangle .$

Donc $\langle \,\,|\,\,\rangle$ est linéaire par rapport
à sa première variable.

Et grâce à la symétrie, $\langle \,\,|\,\,\rangle$ est bilinéaire.

Pour $f\in E,$ on a

$\langle f|f\rangle =\int_{0}^{1}f^{2}( t) \omega ( t) dt.$

Or $t\mapsto f^{2}( t) \omega ( t)$ est continue positive sur $[ 0,1]$ et les bornes sont en ordre croissant,

donc $\int_{0}^{1}f^{2}( t) \omega ( t) dt\geqslant 0,$ donc

$\langle f|f\rangle \geqslant 0.$

D’où la positivité.

Soit $f\in E$ telle que $\langle f|f\rangle =0.$

$t\mapsto f^{2}( t) \omega ( t)$ est continue de signe constant positif sur $[ 0,1]$

et $\int_{0}^{1}f^{2}( t) dt=0$

donc $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,f^{2}( t) \omega ( t) =0$

Donc $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,f( t) =0$ car

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\omega ( t) >0.$

Donc $\,\langle \,\,|\,\,\rangle$ est définie.

$\langle \,\,|\,\,\rangle$ est une forme bilinéaire, symétrique, définie et positive, donc

$\boxed{\langle \,\,|\,\,\rangle ~définit~ un ~produit~ scalaire ~sur~ E.}$

8/ Soit $a\neq b.$

ou bien $a\leqslant 0$ . Alors $E_{a}( \omega ) =\{0\}$ et $E_{a}( \omega ) \perp E_{b}( \omega )$
ou bien $b\leqslant 0$ . Alors $E_{b}( \omega ) =\{0\}$ et $E_{a}( \omega ) \perp E_{b}( \omega )$
ou bien $a> 0$ et $b> 0.$

Soit $f\in E_{a}( \omega )$ et $g\in E_{b}( \omega ) .$

$\langle f|g\rangle =\int_{0}^{1}f( t) g( t) \omega ( t) dt$

$= -\dfrac{1}{a}\int_{0}^{1}f^{\prime \prime }( t) g( t) dt.$

$f^{\prime }$ et $g$ sont de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[ 0,1] ,$ donc par le théorème d’intégration par parties,

$\langle f|g\rangle =-\dfrac{1}{a}( [ f^{\prime }( t) g( t) ] _{0}^{1}-\int_{0}^{1}f^{\prime }( t) g^{\prime }( t) dt)$

$\quad \quad \quad \quad =-\dfrac{1}{a}( f^{\prime }( 1) \underbrace{g( 1) }_{=0} -f^{\prime }( 0) \underbrace{g( 0) }_{=0} -\int_{0}^{1}f^{\prime }( t) g^{\prime }( t) dt)$

$\quad \quad \quad \quad =\dfrac{1}{a}\int_{0}^{1}f^{\prime }( t) g^{\prime }( t) dt.$

De même, en échangeant les rôles de $f$ et $g,$ on a $\langle f|g\rangle =\dfrac{1}{b}\int_{0}^{1}f^{\prime }( t) g^{\prime }( t) dt.$

Donc

$\int_{0}^{1}f^{\prime }( t) g^{\prime }( t) dt=a\langle f|g\rangle =b\langle f|g\rangle .$

Donc $( a-b) \langle f|g\rangle =0.$

Comme $a\neq b,$ on en déduit : $\langle f|g\rangle =0$ et $f\perp g.$

Donc $\forall f\in E_{a}( \omega ) ,\,\,\forall g\in E_{b}( \omega ) ,\,\,f\perp g$ ,

donc $\boxed{E_{a}( \omega ) \perp E_{b}( \omega ) .}$

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Partie II : l’exemple $\omega = 1$

9/ a/ Soit $k\in \mathbb{N}^{*}.$

$\psi _{k}$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $[0,1] .$
$\forall t\in [ 0,1]$ ,

$\psi _{k}^{\prime }( t) =\sqrt{2}k\pi \cos ( k\pi t)$

$\psi _{k}^{\prime \prime }( t) =-\sqrt{2}k^{2}\pi ^{2}\sin ( k\pi t) ,$

Donc

$\{\forall t\in [ 0,1] ,\,\,\psi _{k}^{\prime \prime }( t) =-k^{2}\pi ^{2}\psi _{k}( t) \}$

$\psi _{k}( 0) =\psi _{k}( 1) =0.$

Donc $\boxed{\psi _{k}\in E_{k^{2}\pi ^{2}}( 1) }$

et on a bien trouvé $a=k^{2}\pi ^{2}$ tel que $\psi _{k}\in E_{a}( 1) .$

9/ b/ Soit $( k,l) \in ( \mathbb{N}^{*}) ^{2}.$

$\langle \psi _{k}|\psi _{l}\rangle =\int_{0}^{1}2\sin (k\pi t) \sin ( l\pi t) dt.$

Or, pour $( a,b) \in \mathbb{R}^{2},\,\,$

$\{ \begin{array}{l} \cos ( a+b) =\cos ( a) \cos ( b) -\sin ( a) \sin ( b) \\ \cos ( a-b) =\cos ( a) \cos ( b) +\sin ( a) \sin ( b) \end{array}$

donc $2\sin ( a) \sin ( b)$

$=\cos ( a-b) -\cos ( a+b) .$

donc $\langle \psi _{k}|\psi _{l}\rangle$

$=\int_{0}^{1}[ \cos ( ( k-l) \pi t) -\cos ( ( k+l) \pi t) ] dt.$

ou bien $k\neq l.$ Alors $\langle \psi _{k}|\psi _{l}\rangle$

$=[ \dfrac{\sin ( ( k-l) \pi t) }{ ( k-l) \pi }-\dfrac{\sin ( ( k+l) \pi t) }{ ( k+l) \pi }] _{0}^{1}=0$

ou bien $k=l.$ Alors $\langle \psi _{k}|\psi _{k}\rangle$

$=\int_{0}^{1}( 1-\cos ( 2k\pi t) ) dt=[ t-\dfrac{\sin ( 2k\pi t) }{2k\pi }] _{0}^{1}=1.$

Donc, $\boxed{pour~ ( k,l) \in ( \mathbb{N}^{*}) ^{2},\,\,\langle \psi _{k}|\psi _{l}\rangle =\{ \begin{array}{l} 0{ ~si~ }k\neq l \\ 1{ ~si~ }k=l \end{array} . }$

9/ c/ D’après a), $\mathcal{C}$ est donc une famille orthonormée de $G.$

$\mathcal{C}$ est une famille orthonormée de $G$ , donc $\mathcal{C}$ est une famille libre de $G.$

Comme, par définition, $\mathcal{C}$ est une famille génératrice de $G,$ on en déduit que $\mathcal{C}$ est une base de $G.$

$\boxed{\mathcal{C} ~est ~donc~ une~ base ~orthonormée~ de~ G.}$

10/ a/ On a pour $g\in G:$

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,[ u( g) ] ( t)$

$=2\cos ( \pi t) g( t) -[ \int_{0}^{1}g( x) \psi _{p}( x) dx] \psi _{p+1}( t)$

$=2\cos ( \pi t) g( t) -\langle g|\psi _{p}\rangle \psi _{p+1}( t) .$

Soit $( g,h) \in G^{2}$ et $\alpha \in \mathbb{R}.$

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,[ u( \alpha g+h) ] ( t)$

$=2\cos ( \pi t) ( \alpha g+h) ( t)$ $-\langle \alpha g+h|\psi _{p}\rangle \psi _{p+1}( t) .$

Donc par linéarité par rapport à la première variable du produit scalaire, on a :

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,[ u( \alpha g+h) ] ( t)$

$=2\cos ( \pi t) ( \alpha g( t) +h( t) )$ $-[ \alpha \langle g|\psi _{p}\rangle +\langle h|\psi _{p}\rangle ] \psi _{p+1}( t) ,$

Donc, $\forall t\in [ 0,1]$ ,

$[ u( \alpha g+h) ] ( t) =$

$\alpha [ 2\cos ( \pi t) g( t) -\langle g|\psi _{p}\rangle \psi _{p+1}( t) ]$ $+2\cos ( \pi t) h( t) -\langle h|\psi _{p}\rangle \psi _{p+1}( t) .$

Donc $u( \alpha g+h) =\alpha u( g) +u( h) .$

Donc $u$ est une application linéaire définie sur $G.$

Soit $k\in [ \![ 1,p] \!] .$

$\forall t\in [ 0,1] ,,u( \psi _{k}) ( t)$

$=2\cos ( \pi t) \psi _{k}( t) -\langle \psi _{k}|\psi _{p}\rangle \psi _{p+1}( t) .$

Or $\langle \psi _{k},\psi _{p}\rangle =\{ \begin{array}{l} 0{ ~si~ }k\neq p \\ 1{ ~si~ }k=p \end{array} .$

ou bien $k\in [ \![ 1,p-1] \!] .$

Alors, $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,u( \psi _{k}) ( t)$

$= 2\cos ( \pi t) \psi _{k}( t) =\sqrt{2}\times 2\cos ( \pi t) \sin ( k\pi t) .$

Or, pour $( a,b) \in \mathbb{R}^{2},\,\,$

$\{ \begin{array}{l} \sin ( a+b) =\sin ( a) \cos ( b) +\cos ( a) \sin ( b) \\ \sin ( a-b) =\sin ( a) \cos ( b) -\cos ( a) \sin ( b) \end{array}$

donc $2\cos ( a) \sin ( b) =\sin ( a+b) -\sin ( a-b) .$

Donc $\forall t\in [ 0,1],$

$u( \psi _{k}) ( t) =\sqrt{2}[ \sin ( ( k+1) \pi t) -\sin ( ( 1-k) \pi t) ]$

$=\sqrt{2}[ \sin ( ( k+1) \pi t) +\sin ( ( k-1) \pi t) ] .$

Donc $u( \psi _{k}) =\{ \begin{array}{l} \psi _{2}{ ~si~ }k=1 \\ \psi _{k-1}+\psi _{k+1}{ ~si~ }2\leqslant k\leqslant p-1 \end{array} .$

ou bien $k=p.$

Alors $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,u( \psi _{p}) ( t) =2\cos ( \pi t) \psi _{p}( t) -\psi _{p+1}( t)$

$=\sqrt{2}[ \underbrace{2\cos ( \pi t) \sin ( p\pi t) }_{=\sin ( ( p+1) \pi t) -\sin ( ( 1-p) \pi t) } - \sin ( ( p+1) \pi t) ] .$

Donc,

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,u( \psi _{p}) ( t) =\sqrt{2}\sin ( ( p-1) \pi t)$

$=\psi _{p-1}( t) .$

D’où : $\boxed{u( \psi _{k}) =\{ \begin{array}{l} \psi _{2}{ ~si~ }k=1 \\ \psi _{k-1}+\psi _{k+1}{ ~si~ }2\leqslant k\leqslant p-1 \\ \psi _{p-1}{ ~si~ }k=p \end{array} . }$

et $\boxed{\forall k\in [ \![ 1,p] \!] ,\,\,u( \psi _{k}) \in G.}$

Soit alors $g\in G.$ Comme $\mathcal{C}$ est une base de $G,$

$\exists !( x_{1},x_{2},...,x_{p}) \in \mathbb{R}^{p}\,\,/\,\,g=\sum \limits_{k=1}^{p}x_{k}\psi _{k}.$

Par linéarité de $u,$ on a donc

$u( g) =\sum\limits_{k=1}^{p}x_{k}\underbrace{u( \psi _{k}) }_{\in G}$ et $u( g) \in G.$

Donc $\forall g\in G,\,\,u( g) \in G.$

$u$ est une application linéaire sur $G$ et $\forall g\in G,\,\,u( g) \in G,$ donc

$\boxed{u ~est~ un~ endomorphisme ~de ~G.}$

10/ b/ On note $A=mat_{\mathcal{C}}( u) .$

D’après les calculs effectués à la question précédente, on trouve $A =$

$\left ( \begin{array}{ccccc} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & \ddots & \vdots \\ 0 & \ddots & \ddots & & 0 \\ \vdots & & 1 & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 \end{array} \right)$

$A$ est une matrice symétrique réelle, donc $\boxed{A ~est ~diagonalisable.}$

11/ a/ Soit $g\in G.$

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,u( g)$

$=2\cos ( \pi t) g( t) -\langle g|\psi _{p}\rangle \psi _{p+1}( t) ,$

donc par linéarité de l’intégrale, $\langle g|u( g) \rangle$

$=2\int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt$

$-\langle g|\psi _{p}\rangle \underbrace{\int_{0}^{1}g( t) \psi _{p+1}( t) dt}_{=\langle g,\psi _{p+1}\rangle }.$

Or $\forall k\in [ \![ 1,p] \!] ,\,\,\langle \psi _{k}|\psi _{p+1}\rangle =0$ et $g\in Vect( \psi _{1},\psi _{2},...,\psi _{p}) ,$

donc $\langle g,\psi _{p+1}\rangle =0.$

Donc $\boxed{\langle g,u( g) \rangle =2\int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt.}$

11/ b/ Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$ et $g$ un vecteur propre associé.

$\langle g,u( g) \rangle =2\int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt,$

donc $\langle g,\lambda g\rangle =2\int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt,$

donc $\lambda \| g\| ^{2}=2\int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt.$

Or $g$ est un vecteur propre, donc $g\neq 0$ et $\| g\| ^{2}>0.$

Donc $\boxed{\lambda =\dfrac{2\int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt}{\| g\| ^{2}}.}$

$\forall t\in [ 0,1] ,\,\,-1\leqslant \cos ( \pi t) \leqslant 1,$ et $g^{2}( t) \geqslant 0,$ donc $\forall t\in [ 0,1] ,$

$-g^{2}( t) \leqslant \cos ( \pi t) g^{2}( t) \leqslant g^{2}( t) .$

Les bornes étant en ordre croissant, on en déduit :

$-\int_{0}^{1}g^{2}( t) dt\leqslant \int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt\leqslant \int_{0}^{1}g^{2}( t) dt.$

Donc,

$-\| g\| ^{2}\leqslant \int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt\leqslant \| g\| ^{2},$

et comme $\| g\| ^{2}>0,\,\,-2\leqslant \lambda \leqslant 2.$

Donc $\boxed{\lambda \in [ -2,2] .}$

Supposons que $\lambda =2.$

D’après le point précédent, on en déduit que

$\int_{0}^{1}\cos ( \pi t) g^{2}( t) dt=\| g\| ^{2}.$

Or $\| g\| ^{2}=\int_{0}^{1}g^{2}( t) dt,$ donc

$\int_{0}^{1}( 1-\cos ( \pi t) ) g^{2}( t) dt=0.$

De plus, $t\mapsto ( 1-\cos ( \pi t) ) g^{2}( t)$ est {continue} et de signe constant positif sur $[ 0,1] ,$

donc, par le caractère défini de l’intégrale, $\forall t\in [ 0,1] ,\,\,( 1-\cos ( \pi t) ) g^{2}( t) =0.$

Or $\forall t\in ]0,1],\,1-\cos ( \pi t) \neq 0,$

donc $\forall t\in ]0,1],\,\,g^{2}( t) =0,$

donc $\forall t\in ]0,1],\,\,g( t) =0$

Comme $g$ est continue sur $[ 0,1] ,$ $g( 0) = \underbrace{t \rightarrow 0}{\lim }g( t) =0.$

Donc $\forall t\in [ 0,1] ,$ $g( t) =0.$

On obtient une contradiction avec $g$ vecteur propre, donc $\box{\lambda \neq 2.}$

On prouve de même que $\boxed{\lambda \neq -2.}$

12/ a/ On rappelle qu’on a noté $A=mat_{\mathcal{C}}( u) .$
On note $X=mat_{\mathcal{C}}( \psi ) = \left( \begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{p} \end{array} \right) .$

$u( \psi ) =\lambda \psi \Longleftrightarrow AX=\lambda X$

$\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 1 & 0 & 1 & \ddots & \vdots \\ 0 & \ddots & \ddots & & 0 \\ \vdots & & 1 & 0 & 1 \\ 0 & \cdots & 0 & 1 & 0 \end{array} \right ) \left ( \begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ \vdots \\ x_{p} \end{array} \right)$

$\lambda \left( \begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ \vdots \\ x_{p} \end{array} \right) \Longleftrightarrow \begin{cases} x_{2}=\lambda x_{1} \\ x_{1}+x_{3}=\lambda x_{2} \\ x_{2}+x_{4}=\lambda x_{3} \\ \cdots \\ x_{p-2}+x_{p}=\lambda x_{p-1} \\ x_{p-1}=\lambda x_{p} \end{cases} .$

Donc $u( \psi ) =\lambda \psi \Longleftrightarrow \begin{cases} x_{0}+x_{2}=\lambda x_{1} \\ x_{1}+x_{3}=\lambda x_{2} \\ x_{2}+x_{4}=\lambda x_{3} \\ \cdots \\ x_{p-2}+x_{p}=\lambda x_{p-1} \\ x_{p-1}+x_{p+1}=\lambda x_{p} \end{cases} .$

puisque $x_{0}=x_{p+1}=0.$

Donc $u( \psi ) =\lambda \psi$

$\Longleftrightarrow \forall k\in [ \![ 1,p] \!] ,\,\,x_{k-1}-\lambda x_{k}+x_{k+1}=0.$

Donc $\boxed{\forall k\in [ \![ 1,p] \!] ,\,\,x_{k+1}-2\cos ( \theta ) x_{k}+x_{k-1}=0.}$

12/ b/ Soit $( u_{k}) _{k\in \mathbb{N}}$ définie par :

$\forall k\in [ \![ 0,p+1] \!] ,\,\,u_{k}=x_{k}$ et $\forall k\in \!\mathbb{N}^{*},\,\,u_{k+1}-2\cos ( \theta ) u_{k}+u_{k-1}=0.$

Donc $( u_{k}) _{k\in \mathbb{N}}$ est une suite récurrente linéaire double d’équation caractéristique

$r^{2}-2\cos ( \theta ) r+1=0\quad ( *) .$

$\Delta =4\cos ^{2}( \theta ) -4=( 2i\cos ( \theta ) ) ^{2},$ donc les solutions de $( *)$ sont $r_{1}=e^{i\theta }$ et $r_{2}=e^{-i\theta }.$

Et d’après le cours, il existe

$( A,B) \in \mathbb{R} ^{2}\,\,/\,\,\forall k\in \mathbb{N}$

$u_{k}=A\cos ( k\theta ) +B\sin ( k\theta ) ,$

donc il existe

$( A,B) \in \mathbb{R}^{2}\,\,/\,\,\forall k\in [ \![ 0,p+1] \!],$

$x_{k}$ = $\boxed{A\cos ( k\theta ) +B\sin ( k\theta ) .}$

12/ c/ $x_{0}=0$ , donc $\boxed{A=0.}$

$x_{p+1}=0,$ donc $B\sin ( ( p+1) \theta ) =0.$

Or $B\neq 0,$ car sinon

$\forall k\in [ \![ 0,p+1] \!] ,\,\,x_{k}=0,$ donc $X=0$

et on a une contradiction avec $\psi$ vecteur
propre de $u.$

Donc on obtient $\sin ( ( p+1) \theta ) =0.$

Or, $\sin ( ( p+1) \theta ) =0$

$\Longleftrightarrow \exists s\in \mathbb{Z}\,\,/\,\,( p+1) \theta =l\pi$

$\Longleftrightarrow \exists s\in \mathbb{Z}\,\,/\,\,\theta =\dfrac{s\pi }{p+1}.$

De plus, $\theta \in ]0,\pi [\Longleftrightarrow 0<\dfrac{s\pi }{p+1}<\pi$

$\Lonfleftrightarrow 0<s<p+1$

$\Longleftrightarrow s\in [ \![ 1,p] \!] .$

Donc $\exists s\in [ \![ 1,p] \!] \,\,/\,\,\theta =\dfrac{s\pi }{p+1}.$

12/ d/ On a montré dans les questions précédentes, que si $\lambda$ est valeur propre de $u,$

alors $\exists s\in [ \![ 1,p] \!] \,\,/\,\,\lambda =2\cos ( \dfrac{s\pi }{p+1}) ,$

et alors en notant $X$ la matrice représentative dans $\mathcal{C}$ d’un vecteur propre, on a

$X=B \left( \begin{array}{c} \sin ( \dfrac{s\pi }{p+1}) \\ \sin ( \dfrac{2s\pi }{p+1}) \\ \vdots \\ \sin ( \dfrac{ps\pi }{p+1}) \end{array} \right) .$

Réciproquement, prenons $s\in [ \![ 1,p] \!] .$

On pose $X= \left( \begin{array}{c} \sin ( \dfrac{s\pi }{p+1}) \\ \sin ( \dfrac{2s\pi }{p+1}) \\ \vdots \\ \sin ( \dfrac{ps\pi }{p+1}) \end{array} \right) .$

Alors $AX= \left( \begin{array}{c} b_{1} \\ b_{2} \\ \vdots \\ b_{p} \end{array} \right) ,$ avec

$\forall k\in [ \![ 1,p] \!] ,\,\,b_{k}$

$=\sin ( \dfrac{s( k-1) \pi }{p+1}) +\sin ( \dfrac{s( k+1) \pi }{p+1})$

car pour $k=1,$ $\sin ( \dfrac{s( k-1) \pi }{p+1}) =0$ et

pour $k=p+1,$ $\sin ( \dfrac{s( k+1) \pi }{p+1}) =0.$

Donc, $\forall k\in [ \![ 1,p] \!] ,\,\,b_{k}$

$=\sin ( \dfrac{sk\pi }{p+1}-\dfrac{s\pi }{p+1}) +\sin ( \dfrac{sk\pi }{p+1}+\dfrac{s\pi }{p+1})$

$=\sin ( \dfrac{sk\pi }{p+1}) \cos ( \dfrac{s\pi }{p+1}) -\cos ( \dfrac{sk\pi }{p+1}) \sin ( \dfrac{s\pi }{p+1})$

$\sin ( \dfrac{sk\pi }{p+1}) \cos ( \dfrac{s\pi }{p+1}) +\cos ( \dfrac{sk\pi }{p+1}) \sin ( \dfrac{s\pi }{p+1})$

$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad =2\sin ( \dfrac{sk\pi }{p+1}) \cos ( \dfrac{s\pi }{p+1}) ,$

Donc $\forall k\in [ \![ 1,p] \!] ,\,\,b_{k}=2\cos ( \dfrac{s\pi }{p+1}) \sin ( \dfrac{sk\pi }{p+1}) ,$

donc $AX=2\cos ( \dfrac{s\pi }{p+1}) X.$

Comme $X\neq 0,$ on a $2\cos ( \dfrac{s\pi }{p+1})$ est une valeur propre de $A$ et $X$ est un vecteur propre associé.

En rassemblant tous les résultats, on a donc montré que ${Sp}( u)$

$=\{ 2\cos ( \dfrac{\pi }{p+1}) ,2\cos( \dfrac{2\pi }{p+1}) ,...,2\cos ( \dfrac{p\pi }{p+1})\}$

et que pour $s\in [ \![ 1,p] \!] ,$ le sous-espace propre associé à $\lambda _{s}=2\cos ( \dfrac{s\pi }{p+1}),$ noté $E_{\lambda _{s}}( u)$ est $E_{\lambda _{s}}( u) ={Vect}( X_{s})$ , où

$X_{s}= \left( \begin{array}{c} \sin ( \dfrac{s\pi }{p+1}) \\ \sin ( \dfrac{2s\pi }{p+1}) \\ \vdots \\ \sin ( \dfrac{ps\pi }{p+1}) \end{array} \right) .$

Donc $( X_{1},X_{2},...,X_{p})$ forme une base de vecteurs propres de $u.$

13/ Lorsque $\omega :x\mapsto 1$ , nous avons vu que
$E_{a_n}(1)$

$=\begin{cases} {Vect}( t\mapsto \sin(n\pi t)) &{ ~si~ } \exists n\in\mathbb{N}^* | a=n^2\pi^2\\\{ 0\}&{ sinon. } \end{cases}$

c’est-à-dire que les seuls réels $a$ pour lesquels $E_a(1)\neq \{ 0\}$ sont ceux qui s’écrivent $n^2\pi^2$ pour $n\in \mathbb{N}^*$ .

Par l’absurde, si $H_\omega$ était vérifiée, il existerait une suite $(a_n)_{n \in \mathbb{N}$ de réels deux à deux distincts tels que $\forall n\in \mathbb{N}$ , $E_a(1)\neq \{ 0\}$ .

Cette suite serait alors constituée d’une infinité de réels de la forme $k^2\pi^2$ avec $k\in\mathbb{N}^*$ , on aurait donc que $\dis\lim_{n\to +\infty} a_n=+\infty$ . La suite ne pourrait donc pas être bornée, ce qui contredit $H_\omega$ .

On conclut que $H_\omega$ n’est pas vérifiée lorsque $\omega :x\mapsto 1$ .

14/ D’après $H_\omega$ , $\forall n\in\mathbb{N}$ , $E_{a_n}(\omega)\neq \{0\}$ ,

donc $\exists g_n \in E_{a_n}(\omega)$ tel que $g _n \neq 0$ .

Le produit scalaire étant défini positif,

$\langle g _{n}|g _{n}\rangle = \lVert g_n \rVert _2^2>0.$

Donc $f_n=\dfrac{g_n}{\lVert g_n \rVert _2}$ vérifie

$\lVert f_n \rVert_2^2=\dis\int_0^1 ( f_n(t) ) ^2\omega (t)\mathrm{d} t =1$ .

De plus,

$f_n= \dfrac{1}{\lVert g_n \rVert _2} g_n\in E_{a_n}(\omega) \subset \mathcal{C}([0,1],\R)$

car $E_{a_n}(\omega)$ , espace vectoriel, est stable par multiplication par un réel.

Donc $f_n$ convient.

On a montré : $\forall n\in\mathbb{N},$

$\quad \exists f_n\in E_{a_n}(\omega)\diagup \dis\int_0^1 ( f_n(t) ) ^2\omega (t)\mathrm{d} t=1$

15/ a/

Remarquons que $(f_k)_{k\in\mathbb{N}}$ est une famille orthonormée :

En effet, $\|f_k \|_2 ^2= \dis\int_0^1 (f_n(t) ) ^2\omega (t)\mathrm{d} t=1$ ,

donc $\|f_k \|_2 = 1$ .

De plus, $\forall (k,h)\in \mathbb{N}^2\diagup k\neq h$ , $a_k\neq a_h$ , donc d’après la question 8,

$E_{a_k}(\omega)\perp E_{a_h}(\omega)$ , donc $f_k\perp f_h$ .

Pour $n\in\N$ , $c_n(\varphi )= \dis\int_0^1 f_n(t) \varphi (t)\omega (t)\mathrm{d} t= \langle f _{n}|\varphi\rangle$

Donc, $(f_0,f_1,\cdots,f_n)$ étant une base orthonormée de ${vect} (f_0,f_1,\cdots,f_n)$ , d’après l’expression du projeté orthogonal en fonction d’une base orthonormée de l’espace sur lequel on projette, comme

$S_n(\varphi)=\dis\sum_{k=0}^n c_k(\varphi)f_k = \dis\sum_{k=0}^n \langle f_{n}|\varphi\rangle f_k$

$S_n(\varphi)$ est le projeté orthogonal de $\varphi$ sur ${vect} (f_0,f_1,\cdots,f_n)$ .

15/ b/ D’après l’expression de la norme dans une base orthonormée ,

$\lVert S_n(\varphi) \rVert\_2^2 =\dis \sum_{k=0}^n c_k(\varphi)^2$ .

De plus, $S_n(\varphi)$ étant le projeté orthogonal de $\varphi$ sur ${vect} (f_0,f_1,\cdots,f_n)$ ,

il existe $\psi \in ( {vect} (f_0,f_1,\cdots,f_n))^\perp$ tel que

$\varphi = \underbrace{S_n(\varphi)}_{\in {vect} (f_0,f_1,\cdots,f_n)} +\underbrace{\psi}_{\in {vect} (f_0,f_1,\cdots,f_n)^\perp}$

D’après Pythagore,

$\norm {\varphi }_2^2 =\lVert S_n(\varphi) \rVert_2^2+\underbrace{\lVert \psi \rVert_2^2}_{\geqslant 0}$ ,

donc $\dis \sum_{k=0}^n c_k(\varphi)^2 \leqslant \lVert \varphi \rVert _2^2$

15/ c/ La série $\dis \sum_{n\geqslant0} c_n(\varphi)^2$ est à termes positifs et ses sommes partielles sont majorées par $\lVert \varphi \rVert_2^2$ , cette série converge donc.

15/ d/

Le terme général d’une série convergente a une limite nulle,

d’où $\dis\lim_{n\to +\infty} c_n(\varphi)^2=0$ ,

d’où $\dis\lim_{n\to +\infty} c_n(\varphi)=0$ .

$f_n \in E_{a_n} (\omega)$ , donc $f"_n=-a_n \omega f_n$ comme $a_n>0$ et que $\omega$ est à valeurs strictement positives $\omega f_n=-\ddfrac{ f"_n}{a_n }$ ,

donc $c_n(\varphi)=-\dfrac{1}{a_n}\dis\int_0^1 f"_n(t)\varphi(t)\mathrm{d}t$

Donc $\dis\lim_{n\to +\infty} \dis\int_0^1 f"_n(t)\varphi(t)\mathrm{d}t=0$

16/ a/ Soit $x\in [0,1]$ et

$\varphi _x: t\in [0,1]\mapsto \begin{cases} t(x - 1)&{ si~ } t\in [0,x]\\ x(t - 1)&{ si~ } t\in ]x,1] \end{cases}$

$\varphi _x$ est affine sur chacun des intervalles $[0,x]$ et $]x,1]$ , donc continue (i.e. de classe $\mathcal{C}^0$ ) sur $[0,1] \diagdown {\lbrace x \rbrace }$ .

De plus, $\dis\lim_{t\to {x^-}} \varphi _x (t)=\lim_{t\to {x^-}} t(x - 1)$

$=x(x-1)$

$=\varphi _x (x)$

et $\dis\lim_{t\to {x^+}} \varphi _x (t)=\lim_{t\to {x^+}} x(t - 1)$

$=x(x-1)$

$=\varphi _x (x)$ .

Donc $\varphi _x$ est continue sur $[0,1]$ .

16/ b/ $f_n$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $[0,1]$ , donc d’après la formule de Taylor-reste intégral à l’ordre $1$ sur $[0,x]$ , où $x\in [0,1]$ , on a :

$f_n(x)=$

$\underbrace{f_n(0)}_{0 { ~car~ } f_n\in E_{a_n} (\omega)}+xf'_n(0)+\int_0^x (x-t)f"_n (t)\mathrm{d}t$

Donc $\forall x\in [0,1], f_n(x)$

$=xf'_n(0)+\dis\int_0^x (x-t)f"_n (t)\mathrm{d}t\quad (\ast)$

En particulier, pour $x=1$ , il vient :

$f_n(1)=f'_n(0)+\dis\int_0^1 (1-t)f"_n (t)\mathrm{d}t$ .

Comme $f_n(1)=0$ car $f_n\in E_{a_n}$ , on en déduit :

$f'_n(0)= - \dis\int_0^1 (1-t)f"_n (t)\mathrm{d}t \quad (\diamond)$

16/ c/

D’après $(\ast)$ et $(\diamond)$ , pour tout $x\in [0,1]$ ,

$f_n(x)$

$=- x\dis\int_0^1 (1-t)f"_n (t)\mathrm{d}t+\dis\int_0^x (x-t)f"_n (t)\mathrm{d}t$

D’après la relation de Chasles et la linéarité de l’intégrale,

$f_n(x)=- \dis\int_0^x x(1-t)f"_n (t)\mathrm{d}t$

$- \int_x^1 x(1-t)f"_n (t)\mathrm{d}t$

$+ \dis\int_0^x (x-t)f"_n (t)\mathrm{d}t$

Donc

$f_n(x)= \dis\int_0^x [ - x(1-t) + (x-t)] f"_n (t)\mathrm{d}t$

$+ \int_x^1 x(t - 1)f"_n (t)\mathrm{d}t$

D’où $f_n(x)$

$= \dis\int_0^x t(x-1) f"_n (t)\mathrm{d}t + \int_x^1 x(t - 1)f"_n (t)\mathrm{d}t$

Ceci s’écrit encore: $f_n(x)=$

$\dis\int_0^1 [ t(x-1)\mathds{1}_{[0,x]}(t)+x(t - 1)\mathds{1}_{[x,1]}(t)] f"_n (t)\mathrm{d}t$

D’où $f_n(x)= \dis\int_0^1\varphi_x (t) f"_n (t)\mathrm{d}t$

D’après la question 16a, $\varphi_x$ est continue sur $[0,1]$ , donc d’après la question 15d, $\dis\lim_{n\to =\infty} \dis\int_0^1 \varphi_x (t)f"_n(t)\mathrm{d}t=0$

d’où $\dis\lim_{n\to +\infty} f_n(x)=0$

16/ d/

$f_n\in E_{a_n}(\omega )$ , donc $f"_n= - a_n f_n \omega$ , donc d’après la question 16c,

$f_n(x)= -a_n\dis\int_0^1\varphi_x (t) f_n (t)\omega (t)\mathrm{d}t$

$= - a_n \scal{\varphi_x}{f_n}$

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$|f_n (x) | = |- a_n \scal{\varphi_x}{f_n}|$

$\leqslant | a_n | \|\varphi_x \|_2 \|f_n \|_2$

$\underbrace{\leqslant}_{\forall n\in \N, a_n\leqslant a} a \|\varphi_x \|_2 \|f_n \|_2$

$\|f_n \|_2 =1$ , donc $\boxed{ |f_n (x) | \leqslant a \|\varphi_x \|_2}$ .

16/ e/

Calculons $\int_0^1 ( \varphi_x (t) ) ^2\mathrm{d}t$ :

$\int_0^1 ( \varphi_x (t) ) ^2\mathrm{d}t$

$= (x - 1)^2 \int_0^x t^2 \mathrm{d}t + x^2 \int_x^1 (t - 1)^2 \mathrm{d}t$

$= (x - 1)^2 [ \dfrac{t^3}{3}]_0^x + x^2 [ \dfrac{( t- 1)^3}{3}]_x^1$

$= (x - 1)^2\dfrac{x^3}{3} + x^2 \dfrac{(1- x)^3}{3}$

$= \dfrac{x^2 (1 - x)^2}{3} \big( x + (1 - x)\big)$

D’où $\dis\int_0^1 ( \varphi_x (t) ) ^2\mathrm{d}t =\dfrac{x^2 (1 - x)^2}{3}$

$\lVert \varphi _x \rVert_2^2 = \dis\int_0^1 ( \varphi_x (t) ) ^2 \omega (t)\mathrm{d}t$

$\leqslant \lVert \omega \rVert_{\infty}\dis\int_0^1 ( \varphi_x (t) ) ^2 \mathrm{d}t = \lVert \omega \rVert _{\infty}\dfrac{x^2 (1 - x)^2}{3}$

Donc en passant aux racines carrées,

$\lVert \varphi _x \rVert_2 \leqslant \sqrt{ \lVert \omega \rVert _{\infty}\dfrac{x^2 (1 - x)^2}{3} }$

D’où $\lVert \varphi _x \rVert_2 \leqslant x (1 - x) \sqrt{\dfrac{\lVert \omega \rVert_{\infty}}{3} }$

D’après la question 16d,

$|f_n (x) | \leqslant a x(1 - x) \sqrt{ \dfrac{\lVert \omega \rVert_{\infty}}{3} }$

16/ f/ Par définition du nombre dérivé,

$f'_n(0)=\dis\lim_{x\to 0} \ddfrac{f_n(x) - f_n(0)}{x - 0}$

$= \lim_{x\to 0} \ddfrac{f_n(x) }{x }$

$\forall x\in ]0,1],$

$\quad \dfrac{|f_n(x)| }{x } \underbrace{ \leqslant}_{question~16e} a (1 - x) \sqrt{ \dfrac{\lVert \omega \rVert_{\infty}}{3} }$

$\leqslant a \sqrt{ \dfrac{\lVert \omega \rVert_{\infty}}{3} }$

Par passage à la limite quand $x$ tend vers $0^+$ il vient : $|f'_n(0)| \leqslant a \sqrt{ \dfrac{\lVert \omega \rVert_{\infty}}{3} }$

16/ g/

$f"_n$ est continue sur $[0,1]$ , donc sur $[0,x]$ , donc

$f'_n(x) - f'_n(0) = \dis\int_0^x f"_n(t) \mathrm{d} t$ .

Mais $f_n\in E_{a_n}(\omega )$ , donc

$f'_n(x) = f'_n(0) - \dis\int_0^x a_n f_n(t)\omega(t) \mathrm{d} t$ .

Par inégalité triangulaire,

$|f'_n(x)| \leqslant |f'_n(0)|+| \dis\int_0^x a_n f_n(t)\omega(t) \mathrm{d} t| \qquad$ (#)

Majorons $\Big| \dis\int_0^x a_n f_n(t)\omega(t) \mathrm{d} t\Big|$ :

$\Big| \dis\int_0^x a_n f_n(t)\omega(t) \mathrm{d} t\Big|$

$\leqslant a \dis\int_0^x |\omega (t)| |f_n(t)| \mathrm{d} t$

$\underbrace{\leqslant}_{ 16e } a \lVert \omega \rVert_{\infty} \int_0^x at(1- t)\sqrt{\dfrac{ \lVert \omega \rVert_{\infty} }{3}} \mathrm{d} t$

$= a^2 \lVert \omega \rVert_{\infty} \sqrt{\dfrac{ \lVert \omega \rVert_{\infty} }{3}} \int_0^x t(1- t) \mathrm{d} t$

Or $\forall t\in [0,1] , 0\leqslant t(1- t) \leqslant \dfrac{1}{4}$ car

$\forall t\in [0,1], t(1-t)-\dfrac{1}{4}= - (t- \dfrac{1}{2})^2$

Par positivité de l’intégrale,

$\dis\int_0^x t(1- t) \mathrm{d} t \leqslant \int_0^x \dfrac{1}{4} \mathrm{d} t = \dfrac{x}{4} \underbrace{\leqslant }_{x\leqslant 1} \dfrac{1}{4}$

D’où

$\Big| \dis\int_0^x a_n f_n(t)\omega(t) \mathrm{d} t\Big| \leqslant \dfrac{a^2 \lVert \omega \rVert_{\infty}}{4} \sqrt{\ddfrac{ \lVert \omega \rVert_{\infty} }{3}}$

En majorant $|f'_n(0)|$ à l’aide de la question 16f, (#) entraîne:

$|f'_n(x)| \leqslant a \sqrt{\dfrac{ \lVert \omega \rVert_{\infty} }{3}} + \dfrac{a^2 \lVert \omega \rVert_{\infty}}{4} \sqrt{\dfrac{ \lVert \omega \rVert_{\infty} }{3}}$

D’où $\boxed{ |f'_n(x)| \leqslant a \sqrt{\dfrac{ \lVert \omega \rVert_{\infty} }{3}} \Big( 1+ \dfrac{a }{4} \lVert \omega \rVert_{\infty} \Big) }$

17/ $f_n$ est de classe $\mathcal{C}^2$ , donc en particulier dérivable sur $[0,1]$ , donc sur $[x,y]$ pour tout $(x,y)\in [0,1]^2$ .

De plus,

$\forall t\in [x,y] \subset [0,1], \quad |f'_n(t)| \leqslant C$ .

D’après le théorème des accroissements finis,

$\forall (x,y)\in [0,1]^2, \forall n\in\mathbb{N},$

$\Big| f_n(x) - f_n(y) \Big| \leqslant C \Big| x - y \Big|$

18/ Soit $\epsilon >0$

18/ a/ D’après la question 16c, Pour tout $x\in [0,1]$ , $\dis\lim_{n\to +\infty} f_n(x) =0$ ,

donc pour tout $k \in [ 0,N ]$ , $\dis\lim_{n\to +\infty} f_n(\alpha_k) =0$ .

Ceci se traduit par: $\forall k\in [ 0,N ], \exists p_k\in \N \diagup \forall n>p_k,\big| f_n(\alpha_k) \big| <\dfrac{\epsilon}{2}$

Notons $p=\max(p_0, \cdots ,p_N )$ , on a alors:

$\forall k\in [ 0,N ], \forall n>p , \big| f_n(\alpha_k) \big| <\dfrac{\epsilon}{2}$ .

On a montré: $\boxed{\exists p\in \mathbb{N}\diagup \forall k\in [ 0,N ], \forall n>p , \big| f_n(\alpha_k) \big| <\dfrac{\epsilon}{2} }$

18/ b/

Soit $x\in [0,1[$ et $k=\lfloor Nx\rfloor$ .

Par définition de la partie entière, $k\in\mathbb{N}$

et $k\leqslant Nx<k+1$ ,

donc $\dfrac{k}{N}\leqslant x<\dfrac{k+1}{N}$ ,

donc $x\in \Big[\dfrac{k}{N} , \dfrac{k+1}{N}\Big]=[\alpha_k , \alpha_{k+1}]$ .

D’après l’inégalité triangulaire, $\forall n>p,$

Or d’après la question 17,

$\big| f_n(x) - f_n(\alpha_k) \big| \leqslant C \big| x - \alpha_k \big|$

$\leqslant C\dfrac{1}{N}$

$\leqslant C\dfrac{\epsilon}{2C}=\dfrac{\epsilon}{2}$

De plus, $p>n$ , donc d’après la question 18a, $\big| f_n(\alpha_k) \big| <\dfrac{\epsilon}{2}$ .

On majore alors $\big| f_n(x) \big|$ grâce à $(\bigstar)$ :

$\big| f_n(x) \big| < \dfrac{\epsilon}{2} +\dfrac{\epsilon}{2} =\epsilon$ .

Si $x=1$ , alors $\big| f_n(\alpha_k) \big| =0<\dfrac{\epsilon}{2}$

On a montré : $\boxed{\forall \epsilon >0, \exists p\in \mathbb{N} \diagup \forall n>p, \forall x\in [0,1], \big| f_n(x) \big| <\epsilon }$

18/ c/ Ceci s’écrit encore: $\forall \epsilon >0,\quad \exists p\in \mathbb{N} \diagup \forall n>p, \lVert f_n \rVert_{\infty} <\epsilon$

ce qui traduit $\boxed{ \dis\lim_{n\to +\infty} \lVert f_n \rVert_{\infty} =0 }$ .

18/ d/ On a :

$0 \leqslant \Big| \dis\int_0^1 f_n^2(t)\omega (t)\mathrm{d} t \Big| \leqslant \lVert f_n \rVert_{\infty}^2 \int_0^1 \omega (t) \mathrm{d} t$

D’après la question 18c,

$\dis\lim_{n\to +\infty}\lVert f_n \rVert_{\infty}^2 \int_0^1 \omega (t) \mathrm{d} t =0$ ,

donc par encadrement, $\dis\lim_{n\to +\infty} \int_0^1 f_n^2(t)\omega (t)\mathrm{d} t$

$= \lim_{n\to +\infty} \lVert f_n \rVert_2$

$= 0 (\clubsuit)$ .

Mais nous avons raisonné par l’absurde en supposant, juste avant la question 14, que l’hypothèse ( $H_\omega$ ) était réalisée ;

ceci impliquait, dans la question 14, l’existence de $(f_n)$ telle que $\lVert f_n \rVert_2 = 1$ ,

donc $\dis \lim_{n\to +\infty} \lVert f_n \rVert_2 = 1$ .

Le résultat $(\clubsuit)$ est donc en contradiction avec la question 14, donc avec l’hypothèse ( $H_\omega$ ), qui est donc fausse.

Nous concluons que l’hypothèse ( $H_\omega$ ) n’est jamais réalisée.

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