On remet la machine en route

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1 Psi /05 DM - corrigé On remet la machine en route Quelques calculs Exercice. Il semble raisonnable (pour enlever la racine, et sachant que ça se passera bien avec le logarithme) de faire le changement de variable t = u (ou bien u = t!) : on a alors dt = udu, puis : ln t ln u dt = t u udu = 4[ t ln t t ] (ben oui, on a fini par retenir cette fichue primitive du logarithme ; sinon, on intègre par parties). Finalement : ln t t dt = ln On sait (théorème fondamental) qu une primitive de ϕ est l application Φ : x > 0 semblable au précédent fournit : x > 0, Φ(x) = x x ln u u udu = 4[ t ln t t ] x = x ln x x. ln t t dt. Un calcul Si on veut calculer UNE primitive formellement (avec les dangers de ce type d écriture), voila ce que ça donne, avec le changement de variable u = x : ln u Φ(x) = u udu = 4 (u ln u u) = x ln x 4 x. Qu on ai pris le premier ou le second point de vue : Une primitive de ϕ est l application : x > 0 x ln x 4 x. Exercice. Pour le prolongement continu, on va montrer l existence d une limite finie en mettant sous même dénominateur. Pour le caractère C du prolongement, il faudra bien distinguer le caractère dérivable (en zéro...), et la continuité de la dérivée. Enfin, pour le caractère D, il faudra regarder droit dans les yeux ϕ et prouver son caractère dérivable (en zéro). x cos x sin x. ϕ(x) = x sin x cos x Lorsque x tend vers 0, le dénominateur est équivalent à x, et le numérateur vaut x ( + o(x)) x + o(x ) = o(x ), donc ϕ(x) = o(), donc : En posant ϕ(0) = 0, on prolonge ϕ en une fonction continue sur [0, ]. On peut dès maintenant noter que ce prolongement est ce classe C sur ]0, ].. Nous allons proposer deux attaques. Aucune n est évidente, mais les deux sont compréhensibles, avec un minimum d efforts. La première chose à comprendre est que prouver la dérivabilité d un prolongement ne consiste PAS à prolonger une dérivée! Il s agit de prouver que le prolongement possède une dérivée en zéro. On ne peut JAMAIS poser f (0) =.... Manipuler des quantités petites est plus simple que manipuler des quantités grandes ET des petites.

2 (a) Avec le théorème de la limite de la dérivée : ϕ est dérivable sur ]0, ], avec, pour x > 0 : ϕ (x) = cos x cos x x sin x sin + x x cos x = sin x cos x x sin 3 x x cos 3 x x sin x cos x Le dénominateur est équivalent à x 4. Pour le développement limité à l ordre 4 du numérateur, on obtient successivement : sin x cos x = x ( x / + o(x ) ) ( x / + o(x ) ) = x ( x /3 + o(x ) ) ( x / + o(x ) ) = x 5 x4 + o(x 4 ); et enfin : x sin 3 x = x (x ( + o())) 3 = x 4 + o(x 4 ); x cos 3 x = x ( x / + o(x ) ) 3 = x 3 x4 + o(x 4 ), et ainsi, le dénominateur de ϕ (x) est équivalent à 3 x4, donc ϕ (x) x Ainsi : i. ϕ est continue en 0 ; ii. ϕ est dérivable sur ]0, ] ; iii. ϕ (x) x donc (théorème de la limite de la dérivée) : ϕ est dérivable en 0, avec ϕ (0) = 3 On a même la continuité de ϕ pour le même prix. (b) À la main : on peut montrer la dérivabilité de ϕ en 0 via un développement limité à l ordre. Puisque le dénominateur est équivalent à x et le numérateur de la forme ax 3 + o(x 3 ) (c est un o(x ) et il possède un développement limité à tout ordre), on peut se contenter d obtenir le terme d ordre 3 du numérateur, pour écrire ensuite : ax 3 + o(x 3 ) x + o(x ) = ax( + o())( + o()) = ax + o(x) (attention : les quotients d équivalents ne fournissent JAMAIS directement de développements limités, pour moi 3 ). C est parti : le coefficient de x 3 au numérateur x cos x sin x vaut + =, donc pour x > 0 : 3 ϕ(x) = 3 x3 + o(x 3 ) x + o(x ) Finalement, lorsque x tend vers 0 + : ce qui prouve que = + o() x 3 + o() = 3 x ( + o()) = 3 x + o(x) ϕ(x) = ϕ(0) 3 x + o(x), ϕ est dérivable en 0, avec ϕ (0) = 3. Pour ce type de théorème, on est prié de récapituler les hypothèses au moment de l application. 3. Au sens : un quotient d équivalents donne un équivalent (qui peut fournir un développement limité), et un quotient soigneux de développements limités (où on ne fait pas n importe quoi avec les ordres) va fournir un développement limité.

3 Sur ]0, ] ϕ est évidemment dérivable, donc ϕ est dérivable sur [0, ]. Il reste à montrer la continuité de ϕ. Aucun problème sur ]0, ] (théorèmes usuels), donc il reste à montrer la continuité de ϕ en zéro, c est-à-dire : ϕ (x) x 0 + ϕ (0). Pour cela, pas de miracle : il faut calculer ϕ (x) pour x > 0, et montrer que cette quantité tend vers 3 lorsque x tend vers 0+. Bref, il faut refaire le calcul fait dans la première méthode. D une façon ou d une autre : ϕ est de classe C sur [0, ]. Alors, quelle méthode utiliser? La première, avec ce théorème rarement bien compris? Ou bien la seconde, avec le petit calcul supplémentaire (pour montrer la dérivabilité)? À vous de voir. Comprendre le théorème de la limite de la dérivée est peut-être délicat mais accessible. 3. Il reste à vérifier que ϕ est dérivable en 0, ce qu on va établir en calculant un développement limité à l ordre de ϕ. Puisque x 4 est en facteur en haut et en bas, on va réaliser des développements à l ordre 5 avant d en faire le quotient. Déjà, pour le dénominateur : x sin x cos x = x 4 ( + o(x)) ( + o(x)) = x 4 ( + o(x)). Pour le numérateur, on refait les calculs précédents, avec un ordre supplémentaire : sin x cos x = x ( x / + o(x 3 ) ) ( x / + o(x 3 ) ) et enfin : = x ( x /3 + o(x 3 ) ) ( x / + o(x 3 ) ) = x 5 x4 + o(x 5 ); x sin 3 x = x (x ( + o(x))) 3 = x 4 ( + o(x)) = x 4 + o(x 5 ); x cos 3 x = x ( x / + o(x 3 ) ) 3 = x ( 3 ) x + o(x 3 ) = x 3 x4 + o(x 5 ), Ici, utiliser ( + u) 3 = + 3u + o(u) ne donne pas le bon ordre : o(u) = o(x ). Il fallait utiliser (+u) 3 = +3u+3u +o(u ), ou (plus malin) : (+u) 3 = +3u+O(u ). Ce qui est certain, c est que ne pas préciser le développement intermédiaire utilisé conduira le correcteur à être sceptique, ce qui induira des traces rouges sur la copie... Finalement : ϕ (x) = 3 ( + o(x)) ( + o(x)) = 3 ( + o(x)) ( + o(x)) = ϕ (0) + 0 x + o(x), donc : ϕ est dérivable en 0, de dérivée ϕ (0) = 0. Suites, séries Exercice 3. Tout d abord, u n+ u n n +, donc il existe un rang, disons n 0, au delà duquel 4 u n+ u n 3, donc en particulier : u n+ 4 u n 3 4, ou encore : u n+ 3 4 u n. Cette relation étant vraie pour tout n n 0, on obtient u n u n 0, puis u n0+p ( 3 p 4) un0 pour tout p 0, soit encore : ( ) n n0 ( ) n0 ( ) n n n 0, u n u n0 = u n0, et comme 3 4 <, le membre de droite tend vers 0, et ainsi : 3

4 u n 0. n + Exercice 4. La fonction f : x x + sin x + est dérivable sur R, de dérivée f (x) = + cos x 0, donc f est croissante 4 sur R. Quant au signe de f(x) x, c est celui de sin x + Il est nul lorsque x = π [π] et lorsque x = 7π [π], et le signe strict entre ces réels est donné par les variations strictes de la fonction sinus. Il est temps de représenter le graphe de f ainsi que les premières valeurs de u n, avec le procédé habituel : 3π/ 7π/ π π/ 0 π/ π/ π/ π/ 0 π/ π 7π/ 3π/ Figure L escalier classique Donnons dès maintenant une fonction Python permettant de calculer u n imports) : (je vous fais grâce des def f(x): return x+sin(x)+0.5 def u(n): if n == 0: return 0 return f(u(n-)) On aurait également pu écrire une fonction itérative 5 ; ça aurait même été mieux si on avait prévu d évaluer u n pour des valeurs de n dépassant quelques centaines. Voici les premières valeurs de la suite : >>> list([u(n) for n in range(0)]) [0, 0.5, , , , , , , , ] Numériquement, la suite[ semble converger (assez rapidement). Graphiquement, toute l action semble se passer dans l intervalle π, 7π ]. On va montrer qu effectivement tous les u n restent confinés dans cet intervalle, puis que u n est croissante (grâce au signe de f(x) x, pas à la croissance de f... La convergence sera alors acquise, et il restera à montrer que la limite est ce qu on imagine. 4. Et ceux qui auront annoncé (inutilement) que f est strictement croissante ce qui est vrai ne doivent s attendre à aucune indulgence de ma part : il devront l avoir justifié soigneusement. 5. Avec une boucle 4

5 >>> 7*pi/ On peut maintenant dérouler les éléments classiques de ce type d étude de suite : [. Si x I = π, 7π ], alors π x 7π, et la croissance de f donne alors : π ( = f π ) f(x) f ( ) 7π = 7π, et on a f(x) I. L intervalle I = [ π, 7π ] est stable par f.. On établit ensuite par récurrence que tous les u n appartiennent à I : On définit, pour tout n N, la proposition 7 P(n) : «u n I». u 0 = 0, donc P(0) est vérifiée. Supposons P(n) vérifiée pour un certain n N. On a alors u n I, et puisque I est stable par f, on en déduit f(u n ) I, c est-à-dire u n+ I, ce qui prouve P(n + ). Le principe de récurrence nous permet de conclure : P(n) est bien vérifiée pour tout n N. Ainsi : Tous les u n appartiennent à [ π/, 7π/]. 3. Sur cet intervalle, on a f(x) x = sin x + 0, donc f(u n) u n, de sorte que la suite u est croissante et majorée par 7π, donc : (u n ) n N converge. 4. Notons l sa limite et sortons les arguments usuels pour montrer que f(l) = l : par continuité de f en l, on a f(u n ) f(l). Par ailleurs, (u n+) n N étant extraite de (u n ) n N, on a u n+ l. n + n + Mais u n+ = f(u n ), donc par unicité de la limite : l = f(l) 5. Bien entendu, il existe beaucoup de réels vérifiant cette relation. Mais comment allons nous faire pour localiser la limite? Essayons de procéder comme toujours : l inégalité u 0 u n 7π (celle de gauche est une conséquence de la croissance de u) passée à la limite fournit : 0 = u 0 l 7π [ Ainsi, l 0, 7π ] et vérifie f(l) = l : la seule solution est l = 7π, et ainsi : u n n + 7π Notons enfin que f est «assez plate» vers l. Plus précisément : f (l) = cos 7π + 0, 3 de sorte que dans la «construction de l escalier», les u n se précipitent assez rapidement vers la limite. C est vérifié expérimentalement (on gagne environ une décimale à chaque itération).. Bientôt immédiate, mais pas dès le début d année! 7. Rappel : pas de proposition énoncée? Poubelle. Un «Pour tout n..» DANS la proposition? HURLEMENT (avant poubelle). Pas de guillemets pour délmimiter la proposition (ce qui laisse le flou sur ce qu elle est vraiment, parfois)? Grognements. 5

6 Pour le prouver formellement, c est un peu délicat (mais bientôt faisable 8 ) : on peut montrer qu il existe une constante K telle que : u n l Kf (l) n. C est assez moral du fait que u n+ l = f(u n) f(l) u n l u n l f (l), mais il y a tout de même du travail! n + Terminons par une suite de commande permetant de calculer u 00 (en imaginant ne pas avoir écrit de fonction réalisant le travail comme plus haut) : courant = 0 # le terme courant for n in range(, 0): # on calcule u(n). Ou encore : «for _ in range(00):» courant = f(courant) >>> courant, u(00) ( , ) Exercice 5. C est du cours de première année... qu il s agissait de réétablir! Dans les deux cas, le comportement de la série est donné par celui de la suite des sommes partielles (ben oui...). Notons S n = n k Pour montrer la convergence de (S n ) n N, on commence par noter que cette k= suite est croissante (S n+ = S n + (n+) S n ) et il suffit donc de montrer qu elle est majorée (et pas par une autre suite, BIEN ENTENDU). L outil essentiel dans ce type de situation est la comparaison somme-intégrale. /k /(k ) k dt/t k y =/x /k k k Figure Toujours le même dessin Le dessin usuel (figure ) commence par nous convaincre que pour k > 0, on a k k dt k t Pour montrer cette relation cruciale, on peut (sur ce cas très précis) calculer le membre de droite et constater qu accidentellement il est minoré par celui de gauche. Mais il vaut bien mieux ne rien calculer, et plutôt noter que pour x k, on a k, puis intégrer cette inégalité entre fonctions x (celle de gauche étant constante). On obtient alors : k, k (k ) dt k t En sommant ces inégalités pour k allant de à n fixé, on obtient après Chaslisation : n k= n k dt t, 8. On note δ n = u n l puis α n = δ n/f (l) n, on trouve un équivalent simple de α n+ α n, puis on somme cet équivalent sur les restes!

7 puis : n dt n, S n + t = n Sauf à vouloir faire une petite farce, on ne conclut pas directement quand au caractère majoré de S n (le membre droite dépend de n...). Par contre, sans gros effort, on obtient S n, qui est cette fois une majoration convenable. Ainsi, (S n ) n N est croissante et majorée, donc converge. n converge. n N Notons maintenant, pour n : S n = n k= minorer S n, grâce à nouveau à une comparaison somme-intégrale. k Pour montrer la divergence de (S n ) n N, on va y =/ x k + dt/ t k / k / k / k + k k + Figure 3 Le dual du dessin précédent. Les techniques précédentes nous assurent que pour k, tard, on obtient n+ k+ dt Une sommation plus k k t dt S n = [t /] n+ = ( n + ). t Comme le membre de droite tend vers + lorsque n tend vers + il en va de même pour le membre de gauche. n diverge. n N Exercice. On commence par montrer l équivalent donné dans l énoncé, en notant ϕ(u) = arccos( u), pour 0 u. La continuité de la fonction arccos en nous assure que lorsque u tend vers 0 +, ϕ(u) tend vers 0, donc en utilisant le développement limité de cos en 0, on peut écrire : Mais par ailleurs, arccos (ϕ(u)) = ϕ(u) + o ( ϕ(u) ). arccos (ϕ(u)) = arccos (cos( u)) = u, donc u = ϕ(u) + o ( ϕ(u) ) ϕ(u), et la positivité de ϕ(u) (ainsi que la continuité de x x en ) permet de conclure : arccos( u) = ϕ(u) u. Maintenant, on a arctan(n ) = π arctan ( ) n, puis π arctan(n ) = π arctan ( 0, l équivalent établi en préliminaire fournit (sachant qu en 0, arctan v v) : arctan ( n ) n + ( ) arccos π arctan(n ) π ( ) arctan n π n n ), et comme 7

8 Or n N n est notoirement divergente, donc par comparaison de séries à termes positifs : n N ( ) arccos π arctan(n ) est divergente. N.B. : un argument parfois oublié par le taupin a été mis en avant. Sauras-tu le retrouver? 3 Algèbre linéaire Exercice 7. Montrons calmement chaque implication (il est HORS DE QUESTION de travailler par équivalence). Fixons pour cela une application f L(E, F ). = : supposons f injective et montrons que son noyau vaut {0 E }. Puisque Ker (f) est un sousespace de E, il contient 0 E, et il n y a donc qu une inclusion à montrer. Soit donc x Ker (f). On a alors f(x) = 0 = f(0) (car f est linéaire). Puisque f est injective, l égalité f(x) = f(0) impose x = 0. Ainsi, Ker (f) {0 E }. Si f est injective, alors Ker (f) = {0 E }. = : réciproquement, supposons Ker (f) = {0 E } et montrons que f est injective. Pour cela, on suppose f(x ) = f(x ) (avec x et x dans E) et on montre : x = x. La linéarité de f permet d écrire f(x x ) = f(x ) f(x ) = 0, donc x x Ker (f), donc x x = 0, donc x = x, et on vient de montrer que f est injective. Si Ker (f) = {0 E }, alors f est injective. Exercice 8. Pour étudier le caractère générateur (mais les calculs seront recyclés pour la liberté), fixons f = (x, y, z, t) R 4. On cherche λ,..., λ 4 tels que f = 4 λ ihi. Cette relation est équivalente à un système linéaire qu on résout sans génie 9 ni initiative particulière (forcément malheureuse) : λ λ λ 3 + λ 4 = x 4 λ f = λ ihi λ + 4λ 3 + 7λ 4 = y λ + λ + λ 3 λ 4 = z i= λ 3λ + 5λ 4 = t λ λ λ 3 + λ 4 = x 3λ + λ 3 + 3λ 4 = y x 0 = z + x λ + λ 3 + λ 4 = t x λ λ λ 3 + λ 4 = x 3λ + λ 3 + 3λ 4 = y x 0 = z + x 0 = 3t 4x y Ainsi, f = (, 0, 0, 0) ne peut se décomposer selon les h i (utiliser le sens = des équivalences, et voir la troisième ou la quatrième équation) ; ainsi : i= H = ( h, h, h 3, h 4 ) n est pas génératrice. Le cas particulier f = (0, 0, 0, 0) dans le calcul précédent fournit : 4 λ ihi = { λ = 3λ 0 3 4λ 4 λ = λ 3 λ 4 i= Ce qui donne la combinaison linéaire nulle non triviale (sens =, avec λ 3 = et λ 4 = 0) : et donc : 9. Du pivot, toujours et seulement du pivot. 3 h h + h 3 = 0, 8

9 H n est pas libre. Bien entendu, pour une famille de quatre vecteurs en dimension quatre, il y a équivalence entre la liberté et le caractère générateur, donc on pouvait gagner un peu de temps. Le but de la rédaction précédente était de vous montrer ce qu apportent les différents implications du calcul. Autre point de vue (clairement meilleur) : après avoir noté l équivalence entre libre et génératrice, on s intéresse à ce dernier aspect en calculant le rang de la famille : d une part, la famille est génératrice si et seulement si son rang (la dimension de l espace engendré) vaut la dimension de l espace ambiant, c est-à-dire 4 ; d autre part, le rang de cette famille est le rang de la matrice la représentant dans une base de notre choix ; par exemple la base canonique de R 4. On va donc calculer le rang de cette matrice par l algorithme usuel (mise sous forme échelonnée) : rg(h) = rg = rg = rg Ainsi H est de rang : elle n est ni génératrice ni libre. On aura au passage noté que le pivot réalisé pour mettre une matrice A sous forme échelonnée est essentiellement le même que celui réalisé pour résoudre un système linéaire de la forme AX = Y. Exercice 9. Dans la première question de ce problème on vérifie qu une condition matricielle simple est suffisante pour avoir u 3 + u = 0. Le gros du problème consistera à montrer que cette condition est nécessaire. Finalement, pour u L(E) non nulle, avec E un R-espace vectoriel de dimension 3 : u 3 + u = 0 si et seulement s il existe une base de l espace dans laquelle la matrice de u vaut Supposons : Mat(u, E) = = M. On a alors : 0 0 Mat(u 3 + u, E) = M 3 + M = = 0, donc (par exemple par injectivité de u Mat(u, E) pour ceux qui auraient encore des doutes...) : u 3 + u = 0.. (a) L endomorphisme v est non-nul (sans quoi il serait difficile d avoir v = Id E ) ; le noyau de v est donc différent de E. Il existe x 0 n appartenant pas à Ker (v). (b) Supposons (x 0, v(x 0 )) liée. Puisque x 0 0, cela impose l existence de λ R tel que v(x 0 ) = λx 0. On a alors d une part v (x 0 ) = Id E (x 0 ) = x 0, et d autre part v (x 0 ) = v (v(x 0 )) = v(λx 0 ) = λ x 0, donc (puisque x 0 0) : λ =. C est bien difficile pour un réel, ce qui fournit l absurdité attendue. (x 0, v(x 0 )) est libre. (c) Il s agit de montrer que si y F, alors v(y) F. Fixons donc y F. Il existe alors (α, β) R tel que y = αx 0 + βv(x 0 ). On a alors : v(y) = αv(x 0 ) + βv (x 0 ) = βx 0 + αv(x 0 ) F. 9

10 F est stable par v. (d) Puisque v(x 0 ) = v(x 0 ) (!) et v (v(x 0 )) = v (x 0 ) = x 0 on a : 0 α A = Mat(v, E) = 0 β. 0 0 γ On a donc (sans expliciter les coefficients inutiles) : A = 0 0, 0 0 γ et il devient difficile d avoir A = I 3 puisque γ R. Ainsi : Dans un R-espace vectoriel de dimension 3, un endomorphisme ne peut pas vérifier v = Id E. (e) Ce n est guère compliqué! Pour avoir v = Id E, il suffit de prendre v = i Id E. (f) On connaît une transformation du plan dont le carré vaut Id : c est la rotation (vectorielle) d angle π Ainsi, il suffit de prendre pour v l application linéaire dont la matrice dans une ( ) 0 base donnée est. 0 ( ) 0 En dimension, les endomorphismes de matrice dans une base vérifient v 0 = Id E. On pouvait aussi penser à cette matrice grâce au travail fait aux questions c et d. 3. (a) Si u était bijective, on aurait u (u 3 + u) = u 0 = 0, donc u + Id E = 0, ce qui est exclu d après la question. u n est pas bijective. (b) Si v = u + Id E était bijective, alors la relation u 3 + u = 0, qui se traduit u v = 0, fournirait u = 0 v = 0, ce qui est exclu par hypothèse. v + Id E n est pas bijective. (c) L espace E est de dimension 3, donc il suffit de prouver la liberté de E. Supposons pour cela : αx + βx 0 + γu(x 0 ) = 0. On sait que u(x ) = 0, et u (u(x 0 )) = u (x 0 ) = Id E (x 0 ) = x 0 ; on va donc appliquer u à la combinaison linéaire précédente pour obtenir : βu(x 0 ) γx 0 = 0. (R) Si (x 0, u(x 0 )) était liée, il existerait λ R tel que u(x 0 ) = λx 0 (en effet, x 0 0) ; on aurait alors u (x 0 ) = λ x 0 = x 0, et on arrive à une absurdité déjà rencontrée plus haut (λ = ). Ainsi, (x 0, u(x 0 )) est libre, et la relation (R) impose alors : (β, γ) = 0, puis α = 0. (x, x 0, u(x 0 )) est une base de E. (d) Les images par u des vecteurs de la base E sont connues, ce qui donne directement la matrice recherchée : Mat(u, E) = Et pour les étourdis : on a bien montré ce qu on voulait depuis le début du problème! 0

11 Exercice 0. La première question de cet exercice est à savoir faire les yeux fermés. Si vous n avez pas réussi à faire la deuxième question, le diagnostic probable est : Vous avez voulu utiliser les hypothèses... plutôt que de vous concentrer sur la conclusion : comment faiton pour montrer une relation de la forme K n0+ = K n0+? Refaites alors cette deuxième question en vous focalisant sur l arrivée et non le départ, la conclusion et non les hypothèses.. On fixe n N. Si x K n, alors u n+ (x) = u (u n (x)) = u(0) = 0, donc x K n+ ; ainsi K n K n+. ) Par ailleurs, si y I n+, il existe x E tel que y = u n+ (x). On a alors y = u (u(x) n I n ; ainsi : I n+ I n. Pour tout n N, K n K n+ et I n+ I n.. L inclusion K n0+ K n0+ étant acquise d après la question précédente, on fixe x K n0+ et on essaie de montrer que x K n0+, c est-à-dire : u n0+ (x) = 0. On a u n0+ (x) = 0, donc u n0+ (u(x)) = 0, donc u(x) K n0+, donc u(x) K n0 (inclusion K n0+ K n0 ), donc u n0 (u(x)) = 0, c est-à-dire u n0+ (x) = 0, donc x K n0+. K n0+ = K n0+ Mais le résultat prouvé au rang n 0 peut s appliquer au rang n 0 + : la relation K n0+ = K n0+ implique K n0+ = K n0+3, etc : Si K n0 = K n0+, alors K n = K n0 pour tout n n 0.» par récur- Ceux qui doutent de l honnêteté du «etc» pourront prouver l assertion «K n = K n0 rence sur n n 0. Supposons maintenant I n0 = I n0+. On a déjà I n0+ I n0+. Pour l autre inclusion, on fixe y I n0+ et on cherche à montrer qu il est dans I n0+, c est-à-dire qu il s écrit sous la forme «u n0+ de quelque chose». Il existe x E tel que y = u n0+ (x) = u (u n0 (x)). Mais u n0 (x) est dans I n0 donc dans I n0+, donc il existe x E tel que u n0 (x) = u n0+ (x ). On a alors y = u ( u n0+ (x ) ) = u n0+ (x ) I n0+, et c est gagné : I n0+ = I n0+. Le passage à I n pour tout n n 0 se fait comme précédemment. Si I n0 = I n0+, alors I n = I n0 pour tout n n 0. BIEN ENTENDU, personne n aura écrit «Im (u n0+ ) = Im (u n0 ) donc u n0+ (x) = u n0 (x)» ; bien entendu Supposons E de dimension finie égale à n. S il n existe pas de rang n 0 tel que K n0 = K n0+, alors TOUTES les inclusions K p K p+ sont strictes, donc on a toujours dim(k p+ ) dim(k p )+, puis par récurrence immédiate : dim(k p ) p pour tout p N. En particulier, K n+ est de dimension strictement plus grande que la dimension de l espace ambiant, ce qui n est guère raisonnable, est-il? En dimension finie, la suite des noyaux itérés est forcément stationnaire. Sous l hypothèse K n0 = K n0+, on va montrer que I n0 = I n0+ à l aide d une inclusion et d un argument de dimension : déjà, I n0+ I n0. Ensuite, grâce au théorème du rang appliqué à u n0+ puis à u n0 : dim(i n0+) = dim(e) dim(k n0+) = E dim(k n0 ) = dim(i n0 ), et c est gagné : I n0 = I n0+. L argument est symétrique en images et noyaux : si I n0 = I n0+, alors K n0 = K n0+. En dimension finie, les suites des noyaux et des images itéré(e)s stationnent à partir du même rang. 4. Φ n est l application P P (n). Son noyau est l ensemble des polynômes de degré strictement inférieur à n. Les noyaux itérés sont donc strictement inclus les uns dans les autres :

12 K 0 = {0} K = K 0 [X] K = K [X] K n = K n [X] K n+ = K n [X] Par contre, Φ est surjective, donc ses itérées aussi, donc la suite des images stagne sur la valeur K[X]. Pour tout n N, I n = K[X] : la suite des images itérées de Φ stationne. Pour l application Ψ, la situation est inversée : Ψ et donc chacune de ses itérées est injective, donc les noyaux sont tous égaux à {0}. Pour tout n N, K n = {0} : la suite des noyaux itérés de Ψ stationne. Par contre, l image de Ψ n : P X n P est l ensemble des polynômes de la forme X n Q, avec Q K[X] : en particulier, X n+ Im (Ψ n+ ) \ Im (Ψ n ), ce qui assure que les inclusions sont toutes strictes : I n+ I n I I 0 = K[X].