%e3a PSI B
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\begin{document}

{\bf \Large Exercice 1.}
\begin{itemize}
\item[1.a.] On a une \'equation diff\'erentielle lin\'eaire, homog\`ene, \`a coefficients constants. Son
\'equation caract\'eristique est $r^2+n^2=0$ dont les solutions sont $\pm i n$. L'ensemble des solutions
est donc $Vect(c_n,s_n)$.
\item[1.b.] Posons
$$g(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}\ \makebox{ et }\ h(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}$$
Par th\'eor\`emes g\'en\'eraux, $g$ et $h$ sont continues (et donc dans $E$) et $f=g+h$. En outre, par
construction, $g$ est paire et $h$ est impaire.
\item[1.c.] Comme $-(\pi)^2=\pi^2$, $\tilde{\phi}$ est bien d\'efinie. $\tilde{\phi}$  est
continue et  de classe $C^1$ par morceaux, elle est donc \'egale \`a la somme de sa
s\'erie Fourier et la s\'erie est normalement convergente sur ${\BB
R}$. $\tilde{\phi}$ \'etant paire, les coefficients de Fourier ``en sinus" sont nuls et ceux en
cosinus valent
$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x^2\;dx=\frac{\pi^2}{3}\ ;\ \forall n\geq 1,\
a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2cos(nx)\;dx=\frac{(-1)^n4}{n^2}$$
D'apr\`es les remarques initiales, on a
$$\forall x\in {\BB R},\ \tilde{\phi}(x)=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^\infty
\frac{(-1)^n}{n^2}cos(nx)$$

\item[2.a.] $S$ est limite au sens de la norme infinie de la suite de fonctions de terme g\'en\'eral
$$S_n=\sum_{k=0}^nu_k$$
Les $S_n$ \'etant, comme les $u_k$, continues, il en est de m\^eme de la limite uniforme et $S\in E$. En
outre, par lin\'earit\'e de $T$,
$$\forall n,\ T(S_n)=\sum_{k=0}^nT(u_k)$$
La propri\'et\'e $(P_2)$ indique que $(T(S_n))$ est le terme g\'en\'eral d'une suite uniform\'ement convergente
de limite $T(S)$ et ainsi, en passant \`a la limite,
$$T(S)=\sum_{n=0}^\infty T(u_n)$$

\item[2.b.] On proc\`ede par r\'ecurrence sur $n$. La propri\'et\'e donne l'initialisation (rang $n=1$).
Supposons le r\'esultat vrai au rang $n\geq 1$. Si $f\in C^{n+1}$ on a alors
$$T(f^{(n+1)})=T((f')^{(n)})=T(f')^{(n)}=(T(f)')^{(n)}=T(f)^{(n+1)}$$
Si $f$ est polynomiale de degr\'e $\leq n$ alors $f^{(n+1)}$ est nulle. Il en est donc de m\^eme de
$T(f)^{(n+1)}$ ce qui est indique que $f$ est polynomiale de degr\'e $\leq n$ (en primitivant $n+1$ fois
ou en utilisant une formule de Taylor).

\item[3.a.] $c_0$ est polynomiale de degr\'e $\leq 0$ et il en est donc de m\^eme de $T(c_0)$ qui est
ainsi une constante :
$$\exists\,\alpha_0/\ \forall x,\ T(c_0)(x)=\alpha_0=\alpha_0 c_0(x)$$
De m\^eme, pour $n\geq 1$, $c_n$ est solution de $y''+n^2y=0$. Avec la question $2$, il en est de m\^eme
de $T(c_n)$. La question $1$ donne alors
$$\exists\ \alpha_n,\ \beta_n/\ T(c_n)=\alpha_n c_n+\beta_n s_n$$

\item[3.b.] $\phi$ \'etant polynomiale de degr\'e $2$, $T(\phi)$ est polynomiale de degr\'e $\leq 2$ :
$$\exists\,\lambda,\ \mu,\ \nu/\ \forall x\in [-\pi,\pi],\ T(\phi)(x)=\lambda x^2+\mu x+\nu$$

\item[3.c.] On sait que
$$\phi=\frac{\pi^2}{3}c_0+4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}c_n$$
En composant par $T$ (et en particulier avec $2.a$), on obtient
$$T(\phi)=\frac{\pi^2}{3}\alpha_0 c_0+4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}(\alpha_n c_n+\beta_n s_n)$$
c'est \`a dire
$$\forall x\in [-\pi,\pi],\ \lambda x^2+\mu x+\nu=\alpha_0 \frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty}
\frac{(-1)^n}{n^2}(\alpha_n cos(nx)+\beta_n sin(nx))$$

\item[3.d.] On applique l'\'egalit\'e pr\'ec\'edente en $x$ et $-x$ et on fait la diff\'erence des
\'egalit\'es obtenues. On obtient
$$\forall x\in [-\pi,\pi],\ \mu x =4\sum_{n=1}^{+\infty}
\frac{(-1)^n}{n^2}(\beta_n sin(nx))$$
Pour $x=\pi$, il vient $\mu=0$ et on a donc
$$(*)\ :\ \forall x\in [-\pi,\pi],\ \lambda x^2+\nu=\alpha_0 \frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty}
\frac{(-1)^n}{n^2}(\alpha_n cos(nx))$$ 
Notons
$$\phi_n=\frac{\pi^2}{3}c_0+4\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k^2}c_k$$
On sait que $(\phi_n)$ converge uniform\'ement sur $[-\pi,\pi]$. D'apr\`es la propri\'et\'e $(P_2)$, la suite
$(T(\phi_n))$ converge elle aussi uniform\'ement sur $[-\pi,\pi]$ (et on a utilis\'e que sa limite est
$T(\phi)$). On a alors, pour tout $k$, convergence uniforme des suites de terme g\'en\'eral $T(\phi_n)c_k$
et $T(\phi_n)s_k$. Quand on int\`egre entre $-\pi$ et $\pi$, on peut alors permuter limite et int\'egrale.
Ceci indique que $(*)$ est LE d\'eveloppement en s\'erie de Fourier de $x\mapsto \lambda x^2+\nu$. La
question $1$ donnant ce d\'eveloppement, on peut identifier :
$$\forall n\geq 1,\ \beta_n=0\\ \makebox{ et } \alpha_n=\lambda\ ;\ \nu+\lambda
\frac{\pi^2}{3}=\alpha_0\frac{\pi^2}{3}$$
En \'ecrivant que $T(\phi)''=T(\phi'')$, on a $2\lambda=T(2)=2T(c_0)=2\alpha_0$ et donc
$$\alpha_0=\lambda\ \makebox{ et }\ \nu=0$$

\item[3.e.] Par d\'efinition des $\alpha_k$ et $\beta_k$, on a
$$\forall n,\ T(c_n)=\alpha_n c_n+\beta_n s_n=\lambda c_n$$
En d\'erivant, on a donc
$$\forall n,\ T(s_n)=T(-c_n')=-T(c_n')=-T(c_n)'=\lambda s_n$$

\item[4.a.] $\tilde{f}$ est continue et de classe $C^1$ par morceaux. $\tilde{f}$ est donc \'egale \`a la
somme de sa s\'erie de Fourier (et cette s\'erie converge normalement) :
$$\tilde{f}=a_0(f)+\sum_{k=1}^{+\infty}(a_k(f)c_k+b_k(f)s_k)$$
En composant par $T$ (et compte-tenu des interversions licites avec la question $2$)
$$T(f)=a_0(f)T(c_0)+\sum_{k=1}^{+\infty}(a_k(f)T(c_k)+b_k(f)T(s_k))=\lambda f$$

\item[4.b.] Il existe une constante $c$ telle que
$$\forall x\in [-\pi,\pi],\ F(x)=c+\int_0^xf(t)\;dt$$
Par imparit\'e de $f$, on a $F(-x)=F(x)$ (dans l'int\'egrale qui appara\^{\i}t dans $F(-x)$, poser $u=-t$) et
$F(-\pi)=F(\pi)$. Comme $F$ est de classe $C^1$, la question pr\'ec\'edente donne $T(F)=\lambda F$. Il
suffit alors de d\'eriver pour obtenir $T(f)=\lambda f$.

\item[4.c.] $4.a$ donne $T(f)=\lambda f$ dans le cas o\`u $f$ est paire et $4.b$ donne le m\^eme r\'esultat
dans le cas o\`u $f$ est impaire. Par lin\'earit\'e de $T$, le r\'esultat est vrai pour une somme de fonctions
impaire et paire de $E$\dots c'est \`a dire pour toute fonction de $E$ (question $1.b$).

\end{itemize}
\bigbreak

{\bf \Large Exercice 2.}\smallbreak
{\bf \large Partie I.}
\begin{itemize}
\item[1.a.] Si $f^p(x)=0$ alors $f^{p+1}(x)=f(f^p(x))=f(0)=0$. Ceci prouve que
$$Ker(f^p)\subset Ker(f^{p+1})$$
Soit $x\in f(Ker(f^{p+1}))$ ; il existe $y\in Ker(f^{p+1})$ tel que $x=f(y)$ et $f^p(x)=f^{p+1}(y)=0$.
On a donc
$$f\left (Ker(f^{p+1})\right )\subset
Ker(f^p)$$

\item[1.b.] De mani\`ere imm\'ediate
$$Ker(u)=Ker(f_F)=Ker(f)\cap F$$

\item[1.c.] Avec la question $1.a$, $Ker(f^{p+1})$ est stable par $f$. Soit $u$ la restriction de $f$
\`a ce sous-espace. Le th\'eor\`eme du rang donne
$$dim(Ker(u))+dim(Im(u))=dim(Ker(f^{p+1}))$$
Comme $Im(u)\subset Ker(f^p)$, on a donc
$$dim(Ker(f^{p+1}))\leq dim(Ker(u))+dim(Ker(f^p))$$

\item[2.a.] Soit $\lambda$ une valeur propre de $E$ et $x$ un vecteur propre associ\'e. On a
$f(x)=\lambda x$ et donc $\forall k,\ f^k(x)=\lambda^k x$ (r\'ecurrence imm\'ediate). Comme $f$ est
nilpotente, il existe $k$ tel que $f^k=0$ et donc $\lambda^k=0$ ($x\neq 0$ puisque c'est un vecteur
propre). Ainsi
$$sp(f)\subset \{0\}$$
Notons que comme $E$ est un ${\BB C}$-espace, il y a au moins une valeur propre et l'inclusion
ci-dessus est une \'egalit\'e.

\item[2.b.] Le polyn\^ome caract\'eristique est scind\'e (le corps de base est ${\BB C}$) et a $0$ pour
seule racine. Il est donc \'egal \`a $(-x)^n$ (il est de degr\'e $n$ et de coefficient dominant $(-1)^n$).
Comme il annule $f$ (th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton) on a donc
$$f^n=0$$

\item[2.c.] $f$ n'est pas inversible ($0$ est valeur propre) et donc son rang est $<dim(E)=n$.

\item[3.a.] On suppose ici que $Ker(f)$ est de dimension $1$ (th\'eor\`eme du rang). On a donc
$$(*)\ :\ dim(Ker(f^p))\leq dim(Ker(f^{p+1}))\leq dim(Ker(f^p))+1$$
On montre donc par r\'ecurrence (\'evidente) que
$$\forall p\in \{0,\dots,n\},\ dim(Ker(f^p))\leq p$$
Si, par l'absurde, il y a in\'egalit\'e stricte au rang $k$ alors la m\^eme r\'ecurrence donne une in\'egalit\'e
stricte aux rangs $k+1,\dots,n$ ce qui est contraire \`a l'hypoth\`ese $f^n=0$. On a ainsi
$$\forall p\in \{0,1,\dots,n\},\ dim(Ker(f^p))=p$$

\item[3.b.] $f$ \'etant nilpotent, $u$ l'est aussi. La question $2.a$ donne alors $u^p=0$.

\item[3.c.] Les $Ker(f^p)$ sont bien stables par $f$ d'apr\`es $1.a$. Il reste \`a prouver que ce sont les
seuls sous-espaces stables.\\
Soit $F$ un sous-espace stable de dimension $p$ ; $u=f_F$ v\'erifie $u^p=0$ et on a donc $F\subset
Ker(f^p)$. Comme $F$ et $Ker(f^p)$ ont m\^eme dimension, on a donc \'egalit\'e des sous-espaces !

\item[3.d.] $Im(f^p)$ est stable par $f$ (si $x=f^p(y)$ alors $f(x)=f^p(f(y))$). D'apr\`es la question
pr\'ec\'edente, $Im(f^p)=Ker(f^k)$ avec $k=dim(Im(f^p))$. Par th\'eor\`eme du rang,
$$dim(Im(f^p))=dim(E)-dim(Ker(f^p))=n-p$$
et on a donc
$$Im(f^p)=Ker(f^{n-p})$$


\end{itemize}\smallbreak

{\bf \large Partie II.}
\begin{itemize}
\item[1.a.] $f(a+\mu b)=f(a)+\mu f(b)=\lambda (a+\mu b)$ et donc $V_\mu$ est stable par $f$.
\item[1.b.] Soient $a,b$ deux \'el\'ements ind\'ependants de $Ker(f-\lambda e)$. Si $\mu_1\neq \mu_2$ alors
$(a+\mu_1 b,a+\mu_2 b)$ est libre (dans la base $(a,b)$ de $Vect(a,b)$, le d\'eterminant des deux
vecteurs vaut $\mu_2-\mu_1$). La question pr\'ec\'edente donne ainsi une infinit\'e de droites stables (les
$V_\mu$).
\item[2.a.] Par th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton, $P_f$ annule $f$. Le th\'eor\`eme de d\'ecomposition des noyaux
(ici les $(X-\lambda_i)^{k_i}$ sont bien premiers entre eux deux \`a deux) donne alors
$$E=Ker(P_f(f))=\bigoplus_{i=1}^rK_i$$
\item[2.b.] $f$ et $(f-\lambda_j e)^{k_j}$ commutent ; on en d\'eduit que $K_j$ est stable par $f$. Soit
$f_j=f_{K_j}$ ; par d\'efinition, $(f_j-\lambda_j e)^{k_j}$ est nul et $\lambda_j$ est donc l'unique
valeur propre de $f_j$. Dans une base adapt\'ee \`a la d\'ecomposition de la question pr\'ec\'edente, la matrice
de $f$ est bloc-diagonale chaque bloc \'etant la matrice d'un $f_i$ ; on a donc
$$P_f=\prod_{i=1}^rP_{f_i}$$
Comme $P_{f_i}=(\lambda_i-X)^{dim(K_i)}$, on a donc $\forall i,\ dim(K_i)=k_i$.
\item[2.c.] On a vu que $K_j$ est stable par $f$ et donc aussi par $f-\lambda_j e$. En notant
$u_j=(f-\lambda_j)_{K_j}$ et en reprenant la question pr\'ec\'edente, $u_j$ est nilpotent. En outre,
l'\'enonc\'e suppose que $u_j$ a un noyau de dimension $1$. On est dans le cadre de $I.3$ et les
sous-espaces stables par $u_j$ sont les $Ker(f-\lambda_j e)^p$, $p\in \{0,1,\dots,k_j\}$. On conclut
en remarquant que les sous-espaces de $K_j$ stables par $f$ sont ceux stables par $f-\lambda_j e$ et
sont donc exactement les sous-espaces stables par $u_j$.
\item[2.d.] Soit $F$ stable par $f$ ; montrons par r\'ecurrence sur $k\in [1..r]$ que
$$\forall (x_1,\dots,x_k)\in K_1\times\dots \times K_k,\ \sum_{i=1}^kx_i\in F\ \Rightarrow\ (\forall
i,\ x_i\in F)$$
\begin{itemize}
\item[-] Initialisation : le r\'esultat est imm\'ediat pour $k=1$.
\item[-] Etape de r\'ecurrence : soit $k\in [2..r]$ tel que le r\'esultat est vrai au rang $k-1$.
Supposons $x_1+\dots+x_r=x\in F$ avec $\forall i,\ x_i\in K_i$ ; on a alors $f(x)=\lambda_1 x_1+\dots
+\lambda_k x_k$. $x-\lambda_k f(x)$ est dans $F$ car $x$ et $f(x)$ le sont $(F$ est stable par $f$). On
a donc 
$$(\lambda_1-\lambda_k)x_1+\dots+(\lambda_{k-1}-\lambda_k)x_{k-1}\in F$$
Avec l'hypoth\`ese de r\'ecurrence, $(\lambda_1-\lambda_k)x_1,\dots,(\lambda_{k-1}-\lambda_k)x_{k-1}\in F$
et donc aussi $x_1,\dots,x_{k-1}\in F$. On en d\'eduit alors que $x_k=x-x_1-\dots-x_{k-1}\in F$ et on a
le r\'esultat au rang $k$.
\end{itemize}
Le r\'esultat au rang $r$ donne que
$$F=E\cap F=\left (\bigoplus_{i=1}^rK_i\right ) \cap F=\bigoplus_{i=1}^r\left (K_i\cap F\right )$$
$F\cap K_j$ est encore stable par $f$ et donc
$$\forall j,\ \exists\,\alpha_j\in \{0,\dots,k_j\}/\ F\cap K_j=Ker(f-\lambda_j e)^{\alpha_j}$$
On a donc
$$F=\bigoplus_{i=1}^rKer(f-\lambda_j e)^{\alpha_j}$$
R\'eciproquement, ces sommes directes sont stables par $f$. Comme deux choix des $\alpha_i$ donnent deux
espaces diff\'erents, le nombre de sous-espaces stables est \'egal au nombre de choix de
$(\alpha_1,\dots,\alpha_r)$~:
$$N=\prod_{i=1}^r(k_i+1)$$
\end{itemize}
\end{document}

