Vecteurs propres et équation différentielle
Bonjour
Un exercice dont je ne dispose pas de solution.
a) La linéarité est évidente. Si $P \in \R_4[X]$, alors en posant $P(X)= a_4 X^4 + a_3X^3+a_2 X^2 +a_1 X+a_0$ on voit qu'en calculant $\varphi(P)$ les termes de degré $5$ vont se simplifier et il restera une combinaison linéaire de polynômes de degré inférieurs ou égaux à $4$. Donc $\varphi(P) \in \R_4[X]$
b) Les solutions sont de la forme $y(x)= K e^{A(x)}$ où $A$ est une primitive de $x \mapsto \dfrac{5+ \lambda}{ 2(x-1)}+ \dfrac{3- \lambda}{2 (x+1)}$
Ainsi, $\boxed{y(x)= K |x-1|^{ (5+ \lambda) /2} |x+1|^{(3- \lambda)/2}}$
c) On veut résoudre $\varphi(P)= \lambda P$. Ce qui donnt $P'(X)=\dfrac{4X+1+ \lambda}{X^2-1} P(X)$
Une décomposition en éléments simples donne : $\dfrac{4X+1- \lambda}{X^2-1}= \dfrac{5+ \lambda}{2} \dfrac{1}{X-1}+ \dfrac{3- \lambda}{2} \dfrac{1}{X+1}$
On se ramène à l'équation différentielle. Les vecteurs propres sont les solutions non nulles, mais comment trouver les valeurs propres ?
Un exercice dont je ne dispose pas de solution.
a) La linéarité est évidente. Si $P \in \R_4[X]$, alors en posant $P(X)= a_4 X^4 + a_3X^3+a_2 X^2 +a_1 X+a_0$ on voit qu'en calculant $\varphi(P)$ les termes de degré $5$ vont se simplifier et il restera une combinaison linéaire de polynômes de degré inférieurs ou égaux à $4$. Donc $\varphi(P) \in \R_4[X]$
b) Les solutions sont de la forme $y(x)= K e^{A(x)}$ où $A$ est une primitive de $x \mapsto \dfrac{5+ \lambda}{ 2(x-1)}+ \dfrac{3- \lambda}{2 (x+1)}$
Ainsi, $\boxed{y(x)= K |x-1|^{ (5+ \lambda) /2} |x+1|^{(3- \lambda)/2}}$
c) On veut résoudre $\varphi(P)= \lambda P$. Ce qui donnt $P'(X)=\dfrac{4X+1+ \lambda}{X^2-1} P(X)$
Une décomposition en éléments simples donne : $\dfrac{4X+1- \lambda}{X^2-1}= \dfrac{5+ \lambda}{2} \dfrac{1}{X-1}+ \dfrac{3- \lambda}{2} \dfrac{1}{X+1}$
On se ramène à l'équation différentielle. Les vecteurs propres sont les solutions non nulles, mais comment trouver les valeurs propres ?
Réponses
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Bonjour @Oshine,
Il faut sans doute choisir $\lambda$ de telle manière que les solutions de l'équation différentielle soient des fonctions polynômes de degré inférieurs ou égaux à $4$. -
D'accord merci.
On a $Y(X)=K |X-1|^{ (5+\lambda)/2} |X+1|^{(3-\lambda)/2}$
On veut $\deg Y \leq 4$ or $\deg Y =(5+\lambda)/2 + (3-\lambda)/2 =4$
Le degré de $Y$ ne dépend pas de $\lambda$
Les valeurs propres sont tous les réels et les vecteurs propres sont les polynômes de la forme $Y(X)=K |X-1|^{ (5+\lambda)/2} |X+1|^{(3-\lambda)/2}$ avec $K \ne 0$
Est-ce correct ?
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Oui, c'est d'ailleurs un exemple d'un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension 5 qui a une infinité de valeurs propres
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Je n'ai pas compris la blague de Noobey ... Un endomorphisme en dimension finie ne peut pas avoir une infinité de valeurs propres et de vecteurs propres ?
Philippe Malot bien vu ! Je rectifie.
$Y$ est un polynôme si et seulement si $\dfrac{5+ \lambda}{2} \in \N$ et $\dfrac{3- \lambda}{2} \in \N$
Donc si et seulement si $5+ \lambda$ et $3- \lambda$ sont des entiers pairs et positifs.
Si et seulement si $\lambda$ est un entier impair et $ \lambda \geq -5$ et $\lambda \leq 3$
Donc $\boxed{Sp( \varphi)= \{ -5,-3,-1,1,3 \} }$
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Après réflexion ma question est un peu bête.
En dimension $5$, le polynômes caractéristique est de degré $5$ et le nombre de racines est inférieur au degré, or les racines sont les valeurs propres.
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Bonjour!
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