SP´ ECIALE MP* : CORRIG´ E DU DEVOIR LIBRE
Partie I - Dimension de l’espace vectoriel E.
I.1. Preuve ´evidente et imm´ediate.
I.2. E est non vide car 0 ∈ E.
E est stable par combinaison lin´eaire.
Si (A, B) ∈ E
2et (a, b) ∈ C
2alors (aA + bB )J = aAJ + bBJ = aJ A + bJ A = J (aA + bB).
E est stable pour le produit : (AB)J = A(BJ) = A(J B) = (AJ )B = (J A)B = J(AB).
Enfin I ∈ E; donc E est une sous-alg`ebre de M
n( C ).
Il est imm´ediat que s est une application lin´eaire de E vers C . Calculons s(AB) = P
nk=1
nP
j=1
a
i,jb
j,k= P
nj=1
a
i,j nP
k=1
b
j,k= s(A)s(B).
Enfin s(I ) = 1.
I.3. On peut ´ecrire que E = Ker S ⊕ Vect{J}.
En effet toute matrice A ∈ E se d´ecompose de fa¸con unique en A = (A −
s(A)nJ ) +
s(A)nJ.
I.4. On a J
2= nJ donc X
2− nX est un polynˆ ome annulateur scind´e ` a racines simples donc J est diagonalisable. J est de rang 1 donc dim Ker J = n − 1 et dim E
n(J ) = 1.
Si A ∈ E alors AJ = J A entraˆıne que A stabilise les sous-espaces propres de J .
R´eciproquement : si A stabilise les sous-espaces propres de J : soit X = X
1+ X
2o` u X
1∈ Ker J et X
2∈ E
n(J) alors AJ X = AJ (X
1+ X
2) = AJ X
2= nAX
2et J A(X
1+ X
2) = J AX
1| {z }
=0
+ J AX
2| {z }
=nAX2
donc AJ = J A.
On a alors dim C(J ) = (dim Ker J)
2+ (dim E
n(J ))
2= (n − 1)
2+ 1.
Partie II - Matrice d’adjacence d’un graphe orient´ e.
II.1. On notera b
(k)i,jle nombre de chemins deux ` a deux distincts du sommet x
ivers le sommet x
jterme g´en´eral de la matrice not´ee B
k.
La formule est vraie pour k = 1 c’est-` a dire que A = B
1; on suppose qu’elle est vraie jusqu’au rang k − 1 avec k > 2 et en particulier on a B
k−1= A
k−1.
Tout chemin de longueur k entre x
iet x
jse d´ecompose en un chemin de longueur k − 1 entre x
iet un certain sommet x
tsuivi d’une fl`eche entre x
tet x
j. Donc le nombre total de chemins deux ` a deux distincts entre x
iet x
jest alors ´egale ` a la somme des produits b
(k−1)i,ta
t,javec le sommet x
tqui balaie tout S. Donc b
(k)i,j= P
nt=1
b
(k−1)i,ta
t,j. Cela signifie que B
k= B
k−1A d’o` u l’on tire B
k= A
k.
II.2. a. • Cette relation est manifestement r´eflexive.
• Antisym´etrie.
Supposons que x ≺ y et y ≺ x.
Si x = y c’est fini. Sinon on est dans la situation x
1= y
1, . . . x
k−1= y
k−1, x
k< y
kd’une part et y
1= x
1, . . . , y
p−1= x
p−1, y
p< x
pd’autre part. Par sym´etrie on a k = p;
enfin les deux in´egalit´es restantes ´etant contradictoires cette situation est impossible.
• Transitivit´e.
Si x ≺ y et y ≺ z. On peut supposer x 6= y et y 6= z sinon c’est ´evident.
Alors x
1= y
1, . . . x
k−1= y
k−1, x
k< y
ket y
1= z
1, . . . y
p−1= z
p−1, y
p< z
p.
En choisissant q = min{k, p} on a x
1= z
1, . . . x
q−1= z
q−1, x
q< z
qc’est-` a-dire x ≺ z.
• Ordre total : On peut raisonner algorithmiquement en parcourant les caract`eres de gauche ` a droite.
On note x.(i) le i−i`eme caract`ere de x.
1
Pour i = 1 jusque N faire
si x.(i) < y.(i) alors FIN et x ≺ y sinon si x.(i) > y.(i) alors FIN et y ≺ x, sinon boucler
Enfin x = y.
b. • Pour d = 1 et N = 2 on a S = [[0, 1], [1, 0]]. La matrice d’adjacence est 0 1
1 0
.
• Pour d = 2 et N = 2 on a S = [[0, 1], [0, 2], [1, 0], [1, 2], [2, 0], [2, 1]].
La matrice d’adjacence est
0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0
.
II.3. Algorithmique et programmation.
Les algorithmes seront d’abord d´ecrits en m´etalangage puis cod´es en MAPLE.
a. Construction de la liste des sommets.
METALANGAGE.
On part du vecteur S = [[0], ... ,[d]] de longueur d+1 .
# Ce vecteur sera modifi´ e en place.
On donne une variable de boucle B initialis´ ee ` a 1 qui repr´ esente la longueur des cha^ ınes de S.
Tant que B <N faire (1) SS:=[] # vecteur vide
Pour L = 1 jusqu’` a L = longueur(S) faire (2) Pour x variant de 0 jusqu’` a d faire (3)
Tester si le dernier terme ` a droite de S[L] est diff´ erent de x et si oui faire
SS <- concat(SS,concat(sousvect(S[L],2..N),[x])) sinon rien
Fin de faire (3) Fin de faire (2) S := SS ; B := B + 1 Fin de faire (1)
On peut remarquer que dans l’ordre lexicographique les caract`eres les moins significatifs
´etant ` a droite cet algorithme renvoie alors une liste de sommets dans l’ordre lexicographique strict.
Par ailleurs tous les sommets sont trouv´es.
MAPLE.
restart;with(linalg):
sommet := proc(d,N) local i,S,B,L,x,SS ; S := [seq([i],i=0..d)];
B :=1;
while B < N do SS := [] :
for L from 1 to nops(S) do for x from 0 to d do
if (S[L][nops(S[L])]<>x) then SS := [op(SS),[op(S[L]),x]] fi od :
od :
S := SS : B := B+1:
od:
S;
end ;
b. Construction de la matrice d’adjacence.
METALANGAGE.
S = sommet(d,N) # S est un vecteur n = longueur(S)
A est une matrice carr´ ee n x n dont tous les termes sont nuls Pour i=1 jusqu’` a n faire (1)
Lire le sommet x = S[i]= x_1x_2 ...x_N Pour j=0 jusqu’` a d faire (2)
Si j <> x.(N)=x_N alors calculer y = x_2...x_N j calculer k = numero(y) # rang de y dans S A[i][k] := 1
Fin Si
Fin de faire (2) Fin de faire (1) MAPLE.
# la proc´ edure sommet est suppos´ ee connue (cf question pr´ ec´ edente)
# on utilise toujours la biblioth` eque linalg mat_adj := proc(d,N)
local S,A,i,j,u,y,k ; S := sommet(d,N) :
# nops renvoie la longueur du vecteur ou liste A:=matrix(nops(S),nops(S),(i,j)->0):
for i from 1 to nops(S) do u := S[i] ;
for j from 0 to d do
if (j<>u[N]) then y := [op(u[2..N]),j] : member(y,S,’k’) :
# member renvoie le num´ ero dans k non ´ evalu´ e k=eval(k):
A[i,k]:= 1 fi :
od : od : evalm(A);
end;
II.4. D’apr`es l’algorithme de la construction de la liste des sommets alors Card S = (1 + d)d
N−1. On peut v´erifier la formule avec les exemples K(1, 2) et K(2, 2).
II.5. Cette relation caract´erise les graphes tels que tout couple de sommets de ce graphe peut ˆetre reli´e par un et un seul chemin de longueur m ou (exclusif) de longueur m + k.
Partie III - Existence de solutions d’une ´ equation matricielle
III.1. a. Si A est une matrice satisfaisant ` a la relation et comme J est un polynˆ ome en A alors J commute avec A.
Donc J A = J A et on en conclut que A ∈ E d’apr`es I-1.
b. Comme A ∈ E il existe une constante d ` a ´el´ement de N (´evident) telle que AJ = J A = dJ.
Il est clair que s(A) = d.
Si d = 0 alors comme A ∈ M
n{0, 1} il vient que A = 0 ce qui est impossible. Donc d ∈ N
∗.
Il suffit d’appliquer s ` a la relation de l’´equation P
m,n. Cela donne s(A)
m+ s(A)
m+k= s(J ) = n. D’o` u n = d
m+ d
m+k.
c. On a U =
1 1 .. . 1
(i) Si A est solution avec d > 0 on a n´ecessairement AU = s(A)U . Il vient que U est vecteur propre de A associ´e ` a la valeur propre d = s(A).
(ii) Soit X ∈ Ker(A − dI). Alors AX = dX d’o` u ∀ t ∈ N : A
tX = d
tX.
On en tire que (A
m+ A
m+k)X = (d
m+ d
m+k)X mais c’est aussi ´egal ` a J X . Donc nX = J X et on en conclut imm´ediatement que X ∈ Vect(U ).
Donc dim
CKer(A − dI) = 1.
(iii) Soit a ∈ C une valeur propre de A telle que a 6= d.
Alors si X est un vecteur propre associ´e il vient que AX = aX mais aussi que (a
m+ a
m+k)X = J X = (
P
n i=1x
i)U .
Si a
m+ a
m+k6= 0 alors X est colin´eaire ` a U est a = d ce qui est impossible.
Donc a
m+ a
m+k= 0 et a vaut 0 ou une racine k−i`eme de −1.
(iv) On utilise ici une propri´et´e classique de la comatrice qui est la suivante adapt´ee ` a notre probl`eme et ` a nos notations:
∀ λ ∈ C : (A − λI)B(λ) = B(λ)(A − λI) = χ
A(λ)I
[α] En faisant λ = d on obtient (A − dI)B(d) = B (d)(A − dI) = χ
A(d)I = 0. Donc Im B (d) ⊂ Ker(A − dI) d’o` u dim Im B(d) 6 1.
Les colonnes de B(d) sont proportionnelles ` a U d’apr`es l’inclusion pr´ec´edente.
Donc B (d) = [c
1U |c
2U | . . . |c
nU ].
[β] Si Rg(B(d)) = 0 alors B(d) = 0 ce qui est impossible. En effet Rg(A − dI) = n − 1 et donc cette matrice admet un cofacteur non nul.
On en conclut que Rg B(d) = 1.
Ensuite A
T∈ E et a les mˆeme valeurs propres que A. B(γ )
Test la transpos´ee de la comatrice de A
T− γI donc B
T= [d
1U|d
2U | . . . |d
nU ] par cons´equent c
1= . . . = c
n.
[γ] On d´erive la relation B(λ)(A − λI) = χ
A(λ)I par rapport ` a λ puis on fait λ = d.
On obtient −B(λ)+B
′(λ)(A −λI) = χ
′A(λ)I puis −B(d)U = χ
′A(d)U en multipliant ` a droite par U et en remarquant que U est vecteur propre de A.
Donc χ
′A(d) 6= 0 d’o` u d est racine simple du polynˆ ome caract´eristique de A.
III.2. ´ Etude du cas o` u le nombre k est pair.
a. Un simple calcul donne A
m(I + A
2h)(A − dI) = (A
m+ A
l+2h)(A − dJ) = J (A − dJ) = J A − dJ = 0.
Ensuite comme (A
h− d
hI) = (A − dJ)S(A) o` u S(A) est un polynˆ ome de la matrice A il vient que A
m(I + A
2h)(A
h− d
hI) = A
m(I + A
2h)(A − dI)S(A) = 0S(A) = 0.
b. D’apr`es la formule de la question pr´ec´edente il est clair que les valeurs propres complexes de A
hsont inclues dans l’ensemble {0, i, −i, d
h}.
La matrice A ´etant trigonalisable sur C la matrice A
hest aussi trigonalisable sur C . On sait que A est semblable ` a une matrice triangulaire de diagonale principale (d, a
1, . . . , a
n−1) avec
|a
i| 6 1 d’apr`es III.1.d.(iii). Donc A
hest semblable ` a une matrice triangulaire de diagonale principale ´egale ` a (d
h, a
h1, . . . , a
hn−1).
Donc d
hest valeur propre simple de A
h.
La matrice A ´etant r´eelle i et −i ont mˆeme ordre de multiplicit´e ω(i) = ω(−i).
Donc Tr A
h= ω(i)i + ω(−i)(−i) + d
h= d
h> 0.
c. Notons par c
i,jle terme g´en´eral de la matrice A
h. Il est clair que les ´el´ements de A
hsont des entiers naturels (donc positifs ou nuls). Alors
Tr A
2h= X
(i,k)
c
i,kc
k,i= X
(i,k),i6=k
c
i,kc
k,i+ X
i
c
2i,i> X
i
c
2i,iOr comme c
i,iest entier naturel on a toujours c
2i,i> ci,i. Donc Tr A
2h> Tr Ah > 0 et mˆeme ´el´ement de N
∗.
> 0 et mˆeme ´el´ement de N
∗.
d. (i) On note e
ila colonne
0
.. . 1 .. . 0
avec un seul 1 ` a la i−`eme position. On note u
i,jle terme
g´en´eral de la matrice I + A
2h.
Comme Tr A
2h> 1 il existe un indice q tel que uq,q > 2.
(ii)Alors U = J e
q= A
m(I + A
2k)e
q= A
m
u
1,q.. . u
q,q.. . u
n,q
.
(iii) Si on note cette fois par c
r,sle terme g´en´eral de la matrice A
hla formule ci-dessus donne
U =
j=n
P
j=1
c
1,ju
j,q.. .
j=n
P
j=1
c
n,ju
j,q
Comme tous les termes qui interviennent dans ces relations sont des entiers naturels on en d´eduit n encadrements de la forme
0 6 c
1,qu
q,q6 1 , . . . , 0 6 cj,qu
q,q 6 1 , 0 6 cn,qu
q,q 6 1
u
q,q6 1
Comme u
q,q> 2 on obtient que la colonne de rang q de Ah est nulle. Mais A ∈ E donc A
h ∈ E. Une matrice ´el´ement de E et ` a coefficients positifs ou nuls ne peut avoir une rang´ee nulle que si elle est nulle ce qui est manifestement impossible.
III.3. ´ Etude du cas k impair.
a. N est une matrice de permutation, si u ∈ L( R
n) est l’endomorphisme de matrice N dans la base canonique alors u(e
i) = e
i−1pour i > 2 et u(e
1) = e
n. u est donc inversible et
u
−1(e
i) = e
i+1et u
−1(e
n) = e
1d’o` u Donc N
−1=
0 . . . 0 1
1 . .. 0
. .. ... ...
0 1 0
∈ M
n({0, 1}).
b. En remarquant que N
kC
i= C
i−kon remarque que pour chaque colonne C
ion a (N + N
2+ . . . + N
n)C
i= (I + N + . . . + N
n−1)C
i= U
Donc N + N
2+ . . . + N
n= I + N + . . . + N
n−1= J.
c. (i) Il est clair que L
iB est la ligne de rang i de la matrice B . De plus B = C.
(ii)
[α] Conditions n´ecessaires sur H.
L
1H = L
1signifie que la premi`ere ligne de H est L
1. Il est clair que L
iN = L
i+1pour 1 6 i 6 n − 1.
Donc de L
1(N H) = L
1(HN
p) on tire que L
2H = (L
1H)N
p= L
1N
p.
Donc la deuxi`eme ligne de H est L
1N
pc’est-` a-dire la premi`ere ligne de la matrice N
p.
Ensuite on applique L
2` a gauche d’o` u L
2N H = L
2HN
pqui donne L
3H = (L
1N
p)N
p=
L
1N
2pd’apr`es le r´esultat obtenu ` a la ligne pr´ec´edente. Donc la 3-i`eme ligne de H est L
1N
2pc’est-` a-dire la premi`ere ligne de N
2p.
On poursuit par r´ecurrence et on obtient la forme de H comme empilement de lignes:
H =
L
1L
1N
pL
1N
2p.. . L
1N
(n−1)p
Ce r´esultat prouve l’unicit´e de la matrice H en cas d’existence et donne son expression.
Chaque premi`ere ligne de N
kpne contient que des 0 ou des 1 car ce sont des it´er´es d’une ma- trice de permutation (donc aussi matrice de permutation); on en conclut que H ∈ M
n{0, 1}.
[β] Condition suffisante. Il reste ` a montrer que la matrice H trouv´ee pr´ec´edemment est solution du probl`eme pos´e.
La condition L
1H = L
1est trivialement v´erifi´ee. Il suffit de montrer que l’´egalit´e L
i(N H) = L
i(HN
p) est v´erifi´ee pour tout entier 1 6 i 6 n (cela signifie que ces matrices ont les mˆeme lignes).
Or L
i(N H) = (L
iN )H = L
i+1H = L
1N
(i+1)pen remarquant que L
nN = L
1. Et L
i(HN
p) = (L
iH)N
p= L
1N
ipN
p= L
1N
(i+1)p. Dont acte!
(iii) On remarque tout d’abord que, si p ≡ a[n] alors Q
p= Q
acar N
p= N
adonc, si on prouve que Q
pQ
q= Q
pqpour p et q dans N alors cette propri´et´e sera vraie dans Z car Q
pQ
q= Q
aQ
b= Q
ab= Q
pqo` u a et b d´esignent les restes des divisions de p et q par n.
On pose H = Q
pQ
q.
Alors L
1H = L
1(Q
pQ
q) = (L
1Q
p)Q
q= L
1Q
q= L
1. Ensuite
N H = N (Q
pQ
q) = (N Q
p)Q
q= (Q
pN
p)Q
q= Q
pN
(p−1)(N Q
q) = Q
pN
(p−1)Q
qN
qN H = Q
pN
(p−2)N Q
qN
q= Q
pN
(p−2)Q
qN
2qOn termine par r´ecurrence et on trouve N H = Q
pQ
qN
pq= HN
pq.
En vertu de l’unicit´e d´emontr´ee ` a la question pr´ec´edente il vient que Q
pQ
q= Q
pq.
d. (i) On peut ´ecrire (−d)
m= (−1)
mn + (−d)
m+kcar k est impair. Ensuite on calcule N Q
(−d)m+k= Q
(−d)m+kN
(−d)m+k= Q
(−d)m+kN
(−d)m+(−1)m+1n= Q
(−d)m+kN
(−d)mcar N
(−1)m+1n= I.
En vertu de l’unicit´e il vient que Q
(−d)m= Q
(−d)m+k. (ii) f (X) = X X
d− 1
X − 1 , f (X
−d) = X
−dX
−d2− 1 X
−d− 1 donc f (X
−d)f (X) = X
−d2− 1
1 − X
dX X
d− 1
X − 1 = X
−d2− 1 X
−1− 1 =
d2−1
X
j=1
(X
−1)
j.
Par r´ecurrence on trouve
f (X
(−d)(s−1))f (X
(−d)(s−2)) . . . f (X
(−d))f (X) = (
ds−1P
j=0
X
−jsi s est pair et
ds
P
j=1
X
jsi s est impair .
(iii) La formule propos´ee est trivialement vraie pour s = 1.
Supposons qu’elle soit vraie au rang s.
Ecrivons ´ M
s+1= M
sM = Q
(−d)sf (N
(−d)(s−1))f (N
(−d)(s−2)) . . . f (N
(−d))f (N )M grˆ ace ` a l’hypoth`ese de r´ecurrence.
On remarque que
M
s+1= Q
(−d)sf (N
(−d)(s−1))f (N
(−d)(s−2)) . . . f (N
(−d))[f (N )Q
−d]f (N ) On va avoir besoin de transformer f (N
q)Q
−d.
On ´ecrit f (N
q)Q
−d= P
d j=1N
jqQ
−d= P
d j=1Q
−dN
−jqd= Q
−df (N
−qd) d’apr`es les propri´et´es
fondamentales de la matrice Q
−d. Alors
M
s+1= Q
(−d)sf (N
(−d)(s−1))f (N
(−d)(s−2)) . . . f (N
(−d))[f (N )Q
−d]f (N ) devient
M
s+1= Q
(−d)sf (N
(−d)(s−1))f (N
(−d)(s−2)) . . . f (N
(−d))[Q
−df (N
−d)]f (N ) On transforme ensuite le groupement f(N
(−d))Q
−d= Q
−df (N
(−d)2).
Par des pivotages successifs on obtient
M
s+1= Q
(−d)sQ
−df (N
(−d)s)f(N
(−d)(s−1)) . . . f(N
(−d)2)f (N
(−d))f (N ) On ach`eve en remarquant que Q
(−d)sQ
−d= Q
(−d)s+1.
(iv) Grˆ ace au (ii) on a
M
s= Q
(−d)sds−1
X
j=0
N
−jsi s est pair et M
s= Q
(−d)sds
X
j=1
N
jsi s est impair
et donc V =
d
P
s−1 j=0N
−jsi s est pair,
ds
P
j=1
N
jsi s est impair
(v) Il faut d’abord v´erifier que les coefficients de M sont ´egaux ` a 0 ou 1.
En utilisant les remarques et notations ci-dessus on peut ´ecrire que L
i(Q
−df (N )) = P
dj=1
L
iQ
−dN
j= P
d j=1L
1N
−diN
j= P
d j=1L
1N
j−diChaque premi`ere ligne de N
j−dia tous ses termes nuls sauf 1 et comme les matrices de permutations qui interviennent sont des it´er´es deux ` a deux distincts il vient que L
i(Q
−df (N )) n’a que des 0 et des 1.
Pour ensuite calculer M
m+ M
m+kil faut discuter la parit´e de m d’o` u deux cas (k est toujours impair).
Cas m = 2t.
On a M
m+ M
m+k= Q
(−d)m"
dm−1
P
j=0
N
−j+
dm+k
P
i=1
N
i#
car Q
(−d)m= Q
(−d)m+k. On fait le changement d’indice i = n − j dans la premi`ere somme et on trouve
M
m+ M
m+k= Q
(−d)m
X
ni=dm+k+1
N
i+
dm+k
X
i=1
N
i
= Q
(−d)mX
ni=1