Feuille 24

(1)

Feuille 24

Remarque. On pourra utiliser le résultat suivant, que nous montrerons plus loin dans le cours : SiA∈ M_n(K), alorsAest inversible si et seulement siA˜est injective (i.e. :Ker(A) ={0}). De même,Aest inversible si et seulement siA˜est surjective (i.e. :Im(A) =Kⁿ).

Exercice24.1 Solution p. 3

1. SoitM, P ∈ M_n(K)telles quePest inversible. On poseD=P⁻¹M P.Montrer que, pour toutk≥0, M^k= P D^kP⁻¹.

2. On poseM =

Å 0 1 2 −1

ã

etP =

Å 1 −1

1 2

ã

.DéterminerP⁻¹et calculerD=P⁻¹M P.

3. Pour toutk≥0, calculerD^kpuisM^k.

Déterminer la matriceMcanoniquement associée à l’application linéairef, deR³dansR²définie par :

f Ñx

y z

é

=

Å x+y y−2x+z

ã

Déterminer le noyau et l’image de la matriceM.

1. SoitDune matrice diagonale deM_n(R)dont les coefficients diagonaux sont deux à deux distincts. Déterminer les matrices deM_R(n)qui commutent avecD.

2. Déterminer les matrices deM_R(n)qui commutent avec toutes les matrices diagonales.

CalculerAⁿpour toutn∈Z, oùA=

Ñ 1 1 1 0 1 1 0 0 1

é .

On suppose quen ∈N^∗. SoitAetB deux matrices deM_n(K)telles queA = AB−BA.Pour toutp ∈ N^∗, calculerTr(A^p).

On poseA=

Ñ 1 −1 1

0 2 3

1 0 4

é

etB =

Ñ 0 1 3 0 0 2 0 0 0

é

1. Vérifier queA³−7A²+ 13A= 3I₃. En déduire queAest inversible.

2. La matriceB est-elle inversible? CalculerB³.

3. Soitn∈N^∗etM ∈ M_n(K). On suppose queMsatisfait la relation polynomialeapM^p+· · ·+a1M+a0In= 0, oùp ≥ 1, a0, . . . , ap ∈ Ket ap 6= 0. On suppose de plus queM ne satisfait pas de relation polynomiale (avec des coefficients non tous nuls) de degré strictement inférieur àp.

À quelle condition la matriceM est-elle inversible?

(2)

Pour toutn∈N^∗, inverser la matrice







1 a a² · · · aⁿ⁻¹ 0 1 ... ... ... 0 ... ... ... a²

..

. ... 1 a

0 · · · 0 1







, à l’aide de la matriceJ =







0 1 0 · · · 0 0 0 ... ... ... 0 ... ... ... 0

..

. · · · 0 1 0 . . . 0 0





 .

SoitM = (a_i,j)∈ M_C(n)telle que :∀i∈ {1, . . . , n}, |a_i,i|> X

1≤j≤n j6=i

|a_i,j|.

Montrer queMest inversible.

FixonsM appartenant àM_n(C).

1. Montrer que l’applicationA7−→Tr(AM)oùAappartient àM_n(C)est une forme linéaire surM_n(C). 2. A-t-on ainsi toutes les formes linéaires surM_n(C)?

Montrer que, pour toutn∈N^∗etA, B∈ M_n(K), AB−BA6=I_n.

Donner un exemple d’espace vectorielEet d’endomorphismesu, v∈L(E)tels queuv−vu= IdE.

Notons(E_i,j)(i,j)∈{1,...,n}² la base canonique deM_n(R). Soitσune application linéaire deM_n(R)dansR, telle que :∀(A, B)∈ M_n(R)², σ(AB) =σ(BA).

1. Pour touti, j, k, h∈ {1, . . . , n}, montrer queEi,jE_k,h=δ_j,kE_i,h. 2. Pouri6=j, calculerσ(Ei,j).

3. Comparerσ(E_i,i)etσ(E_j,j).

4. En déduire l’ensemble des applications linéairesσdeM_n(R)dansR, telles que∀(A, B)∈ M_n(R)², σ(AB) = σ(BA).

On noteM la matrice deM_n(K), triangulaire supérieure, dont tous les coefficients du triangle supérieur (diagonale comprise) sont égaux à 1. CalculerM³.

Pour toutA= (ai,j)∈ M_n,p(R), on dit que A est positive si et seulement si∀(i, j)∈J1, nK×J1, pK, ai,j ≥0.

Pour toutA∈ M_n(R), on dit que A est monotone si A est inversible etA⁻¹ est positive.

1. SoitA∈ M_n(R). Montrer que A est monotone si et seulement si∀X∈ M_n,1(R), AXpositive⇒Xpositive.

2. Soit(a1, . . . , an) ∈Rⁿ+etA =

à2 +a₁ −1

−1 ... ... ... ... −1

−1 2 +a_n í

(les coefficients sont égaux à0hors de la

diagonale, et des sur- et sous-diagonales). Montrer que A est monotone.

(3)

Solution de l’exercice 24.1 Énoncé 1. On a informellementD^kP⁻¹ =P P⁻¹M P P⁻¹M P . . . P⁻¹M P

| {z }

ktermes de la formeP⁻¹M P

P⁻¹ =M^k. On peut faire une récurrence en posantR(k) :P D^kP−1 =M^k.

• On aR(1) :P DP⁻¹ =P P⁻¹M P P⁻¹=M

• Soitk∈N^∗ tel qu’on aitR(k), alors il vient :

P D^k+1P⁻¹ =P D^kP⁻¹DP⁻¹

=M^kP P⁻¹M P P⁻¹

=M^k+1 D’oùR(k+ 1).

2. Calcul deP⁻¹:detP = 2×1−1×(−1) = 3, doncP⁻¹= 1 3

Å 2 1

−1 1 ã

. On en déduitD=P⁻¹M P = 1

3

Å2 1 2 −2 ã

P =

Å1 0 0 −2 ã

. On aÅ

a 0 0 b

ã2

=

Åa² 0 0 b²

ã

doncD^k =

Å1 0 0 (−2)^k

ã . Ainsi, on a :

M^k =P D^kP⁻¹

=

Å1 −1

1 2

ã Å1 0 0 (−2)^k

ã

·1 3

Å 2 1

−1 1 ã

= 1 3

Å1 −(−2)^k 1 2(−2)^k

ã Å2 1

−1 1 ã

= 1 3

Å 2 + (−2)^k 1−(−2)^k 2 + (−2)^k+1 1 + 2(−2)^k

ã

Solution de l’exercice 24.2 Énoncé

On chercheM telle queMf: R³ −→R² Ñx

y z

é 7−→

Å x+y y−2x+z

ã

On a alorsM =

Å 1 1 0

−2 1 1 ã

Ñx y z

é

∈Ker(M)⇔

®x+y= 0

y−2x+z= 0 ⇔

®y =−x 3x=z ⇔

Ñx y z

é

=x Ñ 1

−1 3

é .

DoncKer(M) = Vect Ñ 1

−1 3

é .

De plus, d’après le cours :Im(M) = Vect ßÅ 1

−2 ã

, Å1

1 ã

, Å0

1 ã™

=R²car la famille est génératrice.

Ou bien :Vect ßÅ 1

−2 ã

, Å1

1 ã

, Å0

1 ã™

= Vect ßÅ1

0 ã

, Å1

1 ã

, Å0

1 ã™

= Vect ßÅ1

0 ã

, Å0

1 ã™

par opérations élémentaires sur les vecteurs.

1. M ∈ M_R(n)commute avecDsi et seulement siM D=DM. Or∀i, j ∈J1, nK, [M D]i,j =

n

X

k=1

M_i,kD_k,j =Mi,jDj,jcarDest diagonale.

(4)

Et[DM]i,j =

n

X

k=1

D_i,kM_k,j =Di,iMi,j. Donc : M D=DM ⇔ ∀(i, j)∈J1, nK

2, Mi,j(Dj,j−Di,i) = 0

⇔ ∀(i, j)∈J1, nK

2, i6=j⇒M_i,j = 0 (carD_j,j 6=D_i,i)

⇔M est diagonale.

2. Soit M ∈ M_R(n) une matrice commutant avec toutes les matrices diagonales. Alors d’après la première question,Mest diagonale.

Réciproquement l’ensemble des matrices diagonales deM_n(R)est une sous-algèbre commutative.

Généralisation : En supposant queDest une matrice diagonale par blocs de la formeD = diag(∆1, . . . ,∆p), où

∆i =diI_k_i,avecd1, . . . , dp deux à deux distincts.

SoitM ∈ M_n(K)que l’on décompose par blocs sous la formeM = (M_i,j)1≤i≤p

1≤j≤p, avecM_i,j ∈ M_K(k_i, k_j). Notons[M D]i,jle(i, j)^ebloc de la matriceM D. On peut alors reprendre le calcul de la première question.

[M D]_i,j =

n

X

k=1

M_i,kD_k,j = M_i,jDj, j = d_jM_i,j carD est diagonale par blocs et[DM]_i,j =

n

X

k=1

D_i,kM_k,j = Di,iMi,j =diMi,j, donc

M D=DM ⇐⇒ ∀(i, j)∈J1, pK

2, djMi,j =diMi,j

⇐⇒ ∀(i, j)∈J1, pK

2, i6=j ⇒M_i,j = 0 car les coefficientsd1, . . . , dpsont deux à deux distincts.

Ainsi,M D=DM si et seulement siM est une matrice diagonale par blocs (le(i, j)^ebloc étant de taille(k_i, k_j)).

Par exemple, les matrices qui commutent avec

Ü1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2

ê

sont exactement les matrices de la forme

Üa b 0 0 c d 0 0 0 0 a⁰ b⁰ 0 0 c⁰ d⁰

ê

On aA² =

Ñ1 2 3 0 1 2 0 0 1

é ,A³ =

Ñ1 3 6 0 1 3 0 0 1

é

etA⁴ =

Ñ1 4 10 0 1 4 0 0 1

é

On noteR(k)pourk∈Nla propriété :

A^k=

Ñ1 k ^k(k+1)₂

0 1 k

0 0 1

é

R(k)est vraie pourk∈J1,4K.

Soitk≥0, et supposonsR(k)vraie. on a :

A^k+1=AA^k=

Ñ1 1 1 0 1 1 0 0 1

é

×

Ñ1 k ^k(k+1)₂

0 1 k

0 0 1

é

=

Ñ1 k+ 1 ^k(k+1)₂ +k+ 1

0 1 k+ 1

0 0 1

é

=

Ñ1 k+ 1 ^(k+1)(k+2)₂

0 1 k+ 1

0 0 1

é

Ce qui prouveR(k+ 1)et conclut la récurrence pourn∈N. Inversons la matriceAen supposant qu’elle est inversible.

(5)

PosonsB =

Ña b c d e f g h i

é

tel queAB=I₃

On a doncAB=

Ñ1 1 1 0 1 1 0 0 1

é

×

Ña b c d e f g h i

é

=

Ñ1 0 0 0 1 0 0 0 1

é . D’où :











a+d+g= 1 b+e+h= 1 c+f +i= 0 d+g= 0 e+h= 1 f +i= 0 g= 0 h= 0 i= 1

puis











a = 1 b =−1 c = 0 d = 0 e = 1 f =−1 g = 0 h = 0 i = 1

.

D’oùA⁻¹ =B =

Ñ1 −1 0 0 1 −1

0 0 1

é

. On a encoreA⁻² =

Ñ1 −2 1 0 1 −2

0 0 1

é .

On conjecture donc∀k∈N^∗, A⁻¹k

=

Ñ1 −k ^k(k−1)₂

0 1 −k

0 0 1

é

, que l’on prouve par récurrence immédiate.

Ou bien : SoitX= Ñx

y z

é

etX⁰ = Ñx⁰

y⁰ z⁰

é

∈K³. On aAX=X⁰ ⇔X=A⁻¹X⁰.

OrAX =X⁰ ⇔







x+y+z=x⁰ y+z=y⁰ z=z⁰

⇔





 z=z⁰ y=y⁰−z⁰ x=x⁰−y⁰

⇔X =

Ñ1 −1 0 0 1 −1

0 0 1

é X⁰.

Donc∀X⁰ ∈K³, A⁻¹X⁰ =

Ñ1 −1 0 0 1 −1

0 0 1

é

X⁰, donc d’après le cours

Ñ1 −1 0 0 1 −1

0 0 1

é

=A⁻¹. Autre méthode : En utilisant le binôme de Newton :

En posantB = A−I₃, avecB =

Ñ0 1 1 0 0 1 0 0 0

é

. On calcule queB³ = 0, donc, d’après la formule du binôme de Newton (applicable carI3 commute avecB), pour toutn∈N,

Aⁿ= (I3+B)ⁿ=I3+nB+n(n−1) 2 B²

Ainsi, pour toutn∈N,Aⁿ=

Ñ1 n ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂

0 1 n

0 0 1

é .

Soitn∈N. On vérifie que

Ñ1 n ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂

0 1 n

0 0 1

é

×

Ñ1 −n ^−n(−n+1)₂

0 1 −n

0 0 1

é

=I₃, donc la formule précédente est encore valable avec−n.

En conclusion, pour toutn∈Z, Aⁿ=

Ñ1 n ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂

0 1 n

0 0 1

é .

(6)

Soitp∈N^∗,

Tr(A^p) = Tr(A^p−1(AB−BA))

= Tr(A^pB−A^p−1BA)

= Tr(A^pB)−Tr(A^p−1BA) (car Tr est linéaire)

= Tr(A(A^p−1B))−Tr(A^p−1BA)

= Tr(A^p−1BA)−Tr(A^p−1BA)

= 0 Autre méthode :

On montre par récurrence surpqueR(p) :pA^p =A^pB−BA^p. On a bienR(1)par hypothèse. SupposonsR(p)pourp≥1. Alors :

pA^p+1=A^p+1B−ABA^p =A^p+1B−(A+BA)A^p=A^p+1B−BA^p+1−A^p+1 d’oùR(p+ 1).

1. On aA=

Ñ1 −1 1

0 2 3

1 0 4

é , A² =

Ñ2 −3 2 3 4 18 5 −1 17

é

etA³=

Ñ4 −8 1 21 5 97 22 −7 70

é . Puis :

A³−7A²+ 13A=

Ñ4 −8 1 21 5 97 22 −7 70

é

−7

Ñ2 −3 2 3 4 18 5 −1 17

é + 13

Ñ1 −1 1

0 2 3

1 0 4

é

=

Ñ3 0 0 0 3 0 0 0 3

é

= 3I3

On a donc 1

3A(A²−7A+ 13I3) =I3, doncAest inversible d’inverseA⁻¹= 1

3(A²−7A+ 13I3).

2. B est nilpotente d’après l’exercice du cours, on a en effet :B =

Ñ0 1 3 0 0 2 0 0 0

é , B² =

Ñ0 0 2 0 0 0 0 0 0

é

etB³ = Ñ0 0 0

0 0 0 0 0 0

é .

AinsiBest un diviseur de0à gauche et à droite, donc d’après le cours, il n’est régulier ni à gauche, ni à droite donc il n’est pas inversible.

Ou bien : SiB est inversible, alorsB⁻¹B = I3 mais B⁻¹BB² = B⁻¹03 = 0 6= B², doncB n’est pas inversible.

3. Soitn∈N^∗etM ∈ M_n(K), alors il existep≥1et(a0, . . . , ap)∈K^∗,tel queap6= 0et tel que : apM^p+. . . a1M +a0In= 0

On a donc, sia₀ est non nul :

−a_p a0

M^p−. . .−a1

a0

M =In

donc en factorisant

−M Åa_p

a0

M^p−1+. . .+a₁ a0

M ã

=I_n

(7)

Donc sia₀est non nul,Mest inversible.

Montrons la réciproque. Supposons par l’absurde queM soit inversible et quea0 = 0, on a donc : a_pM^p+. . .+a₁M = 0

aveca_p 6= 0. Donc

apM^p =−a_p−1M^p−1−. . .−a1M

=−M(ap−1M^p−2+. . .+a₁I_n) D’où, commeM est inversible :

a_pM^p−1 =−a_p−1M^p−2−. . .−a₁I_n puis

apM^p−1+ap−1M^p−2+. . .+a1In= 0

DoncM vérifie une relation polynômiale de degrép−1< pavecap 6= 0 c’est absurde d’après l’énoncé.

DoncM est inversible si et seulement sia₀6= 0.

On aJ = (δ_i+1,j)1≤i≤n

1≤j≤n. Montrons par récurrence que∀k∈N: R(k) :J^k= (δ_i+k,j)1≤i≤n

1≤j≤n

• Pourk= 0, J⁰ =I_n= (δ_i,j)1≤i≤n 1≤j≤n.

• Pourk= 1, J¹ =J = (δi+1,j)1≤i≤n 1≤j≤n

• Pourk≥1, supposonsR(k−1):

J^k=J^k−1·J = (δi+k−1,j)1≤i≤n 1≤j≤n

·(δi+1,j)1≤i≤n 1≤j≤n

=

n

X

l=1

δ_i+k−1,l·δ_l+1,j

!

1≤i≤n 1≤j≤n

Or

n

X

l=1

δi+k−1,l·δ_l+1,j =δi+k−1,j−1=δ_i+k,j. DoncJ^k= (δ_i+k,j)1≤i≤n

1≤j≤n, d’oùR(k), ce qui conclut la récurrence.

On en déduit queM =

n−1

X

k=0

a^k(δ_i+k,j)1≤i≤n 1≤j≤n

=I_n+aJ+ (aJ)²+. . .+ (aJ)ⁿ⁻¹. Ainsi(In−aJ)M =M−aJ·M =In−(aJ)ⁿ, orJⁿ= 0, en menant le calcul.

Donc(I_n−aJ)M = I_n. On vérifie que(I_n−aJ)M = M(I_n −aJ) ou alors on utilise une future propriété du cours, doncM est inversible.

On peut intuiter que la matrice inverse est I_n−aJ carM =

n−1

X

k=0

(aJ)^k, ce qui avec des réelles nous donnerait 1−(aJ)ⁿ

1−aJ .

(8)

Solution de l’exercice 24.8 Énoncé M est inversible⇔Mfest injective⇔KerM ={0}. Montrons donc queM est injective.

SoitX∈KerM, X= áx₁

x2

.. . x_n

ë

etM X = ÖPn

j=1a_1,jx_j .. . Pn

j=1a_n,jx_j è

.

Donc∀i∈J1, nK,

n

X

j=1

a_i,jx_j = 0donc

n

X

j=1 j6=i

a_i,jx_j =−a_i,ix_i. On prendi0qui réalise le maximum, i.e.|x_i₀|= sup

i∈J1,nK

|x_i|. On peut alors poserkXk_∞=|x_i₀|. Supposons que|x_i₀| 6= 0:

|a_i₀_,i₀xi0|=

n

X

j=1 j6=i0

ai0,jxj

≤

n

X

j=1 j6=i0

|a_i₀_,j|kXk∞

donc|a_i₀_,i₀| ≤

n

X

j=1 j6=i0

|a_i₀_,j|

Or|a_i₀_,i₀| >

n

X

j=1 j6=i0

|a_i₀_,j| d’après l’énoncé, c’est absurde , donc xi0 = 0, i.e. kXk∞ = 0, donc X = 0, donc KerM ={0}, doncM est injective donc bijective donc inversible.

1. L’applicationA 7−→ Tr(AM)est la composée de l’applicationTret A 7−→ AM toutes les deux linéaires, donc la composée est linéaire.

La trace étant une forme linéaire, l’applicationA7−→Tr(AM)est bien une forme linéaire surM_n(C). 2. On noteE_i,j ∈ M_n(C)la matrice dont le coefficient de coordonnées(i, j)vaut1et tous les autres0. D’après

le cours (ou facile à montrer),(E_i,j)1≤i≤n

1≤j≤nest une base deM_n(C). SoitL∈ M^∗_n.

Analyse : Supposons que∀A ∈ M_n, L(A) = Tr(AM) pour une certaine matrice M ∈ M_n(C), alors

∀i, j ∈ J1, nK

2, L(Ei,j) = Tr(Ei,jM) = Mj,i (faire un schéma pour le voir, j’ai la flemme), ou plutôt : [E_i,jM]_i,i=

n

X

k=1

[E_i,j]_i,kM_k,i=

n

X

k=1

δ_i,iδ_j,kM_k,i=M_j,i. Synthèse : SoitL∈ M_n(C)^∗et posonsM = (L(Ei,j))_(i,j)∈

J1,nK². Comme ci-dessus,∀i, j∈J1, nK

2,Tr(Ei,jM) = M_j,i=L(E_i,j).

(9)

Donc∀A∈ M_n(C),

Tr(AM) = Tr Ñ

X

1≤i,j≤n

Ei,jAi,j×M é

= X

1≤i,j≤n

A_i,jTr(E_i,jM)

= X

1≤i,j≤n

Ai,jL(Ei,j)

=L Ñ

X

1≤i,j≤n

A_i,jE_i,j é

=L(A) D’où l’existence et l’unicité.

Soitn∈N^∗etA, B ∈ M_K(n) Regardons la trace :

Tr(AB−BA) = Tr(AB)−Tr(BA) car la trace est linéaire

= 0 car la trace permet de faire commuter les produits OrTr(In) =n. Donc on a bien :

∀A, B∈ M_K(n), AB−BA6=I_n On considère leR-espace vectoriel des fonctionsC^∞deRdansR(notéE).

Alorsu : E −→E f 7−→f⁰

etv : E−→E f 7−→Id_E×f

sont des endomorphismes deEet on a, avecf ∈E:

∀x∈R, (uv−vu)(f)(x) =uv(f)(x)−vu(f)(x)

= (xf⁰(x) +f(x))−xf⁰(x)

=f(x) Donc :

uv−vu= Id_E

1. L’application linéaire canoniquement associée à la matriceEi,jvérifieui,j(ek) =δk,jei.

Soit l ∈ N, on a u_i,j ◦ u_k,h(e_l) = u_i,j(δ_l,he_k) = δ_l,hδ_k,je_i, et δ_j,ku_i,h(e_l) = δ_j,kδ_k,je_i, d’où pour tout i, j, k, h∈J1, nK, E_i,jE_k,h=δ_j,kE_i,h.

Autre méthode : Calcul direct.

SoitE_i,j ∈ M_K(n, p)etE_k,h∈ M_K(p, q)et soita, b∈J1, nK×J1, qK.

[Ei,jE_k,h]_a,b=

q

X

c=1

[Ei,j]a,c[E_k,h]_c,b=

q

X

c=1

δi,aδj,cδ_k,cδ_h,b, orδj,cδ_k,c=δ_j,kδj,c

donc[Ei,jEk,h]_a,b=δj,k q

X

c=1

δi,aδj,cδh,b =δj,k[Ei,h]a,b, doncEi,jEk,h=δj,kEi,h.

2. On a σ(Ei,jE_k,h) = δ_j,kσ(E_i,h) etσ(E_k,hEi,j) = δ_h,iσ(E_k,j), orσ(AB) = σ(BA), doncδ_j,kσ(E_i,h) = δ_h,iσ(E_k,j).

Pouri6=hetj=k, on aσ(E_i,h) = 0.

3. Pouri=hetj=k, on obtientσ(E_i,i) =σ(E_j,j).

(10)

4. SoitA= (ai,j)1≤i≤n

1≤j≤n. Alors on aA=

n

X

i=1 n

X

j=1

ai,jEi,j. D’où

σ(A) =

n

X

i=1 n

X

j=1

ai,jσ(Ei,j) par linéarité deσ

=

n

X

i=1

ai,iσ(Ei,i)

=k

n

X

i=1

a_i,i aveck∈R

=kTr(A)

On a montré que{σ∈L(M_n(R),R)/∀A, B ∈ M_n(R), σ(AB) =σ(BA)} ⊂R·Tr.

Réciproquement, on vérifie queσ(AB) = σ(BA) pourσ(A) = kTr(A) (d’après le cours), que l’on peut redémontrer ici :

Tr(AB) =

n

X

i=1

(AB)_i,i =

n

X

i=1 n

X

j=1

A_i,jB_j,i=

n

X

j=1 n

X

i=1

B_j,iA_i,j =

n

X

j=1

(BA)_j,j = Tr(BA).

On notea_i,jle coefficient(i, j)deM. Le coefficientc_i,j =M³est, d’après le cours : c_i,j = X

1≤k,l≤n

a_i,ka_k,la_l,j

Orai,k est nul sii < ket égal à 1 sinon, et de même pourak,letal,j. On a donc : c_i,j = X

i≤k≤l≤j

1

= X

i≤k<l+1≤j+1

1

= X

i≤k⁰<l⁰≤j+1

1

=

Çj−i+ 2 2

å

Puisqu’on doit choisir un couple ordonné(k⁰, l⁰)d’entiers parmi lesj−i+ 2dansi, i+ 1, . . . , j+ 1. Autre méthode : l’aide des matrices de Jordan

On aM³ =

n−1

X

k=0

(k+ 1)(k+ 2)

3 J^k, oùJ =

à0 1 · · · 0 ..

. ... ... 0 0 ... 1 0 · · · 0

í

.

DoncM =

Ö1 · · · 1 ... ... 0 · · · 1

è

=

n−1

X

k=0

J^k, orJⁿ= 0, donc

M³ = X

α

J^α

!Ñ X

β

J^β é

X

γ

J^γ

!

=

n−1

X

k=0

Ñ X

α+β+γ

1 é

J^k

=

n−1

X

k=0

c_kJ^k

(11)

ck = Card

(α, β, γ)∈J0, n−1K

3/ α+β+γ =k

= Card

(α, β)∈J0, n−1K

3/ α+β ≤k

=

k

X

α=0

Card{β ∈J0, n−1K/ β≤k−α}

=

k

X

α=0

(k−α+ 1)

=

k+1

X

α⁰=1

α⁰= (k+ 1)(k+ 2) 2

On montre facilement que la positivité est stable par multiplication.

1. SoitAmonotone, soitX∈Rⁿtel queAXsoit positive. AlorsX =A⁻¹(AX)est positif.

SoitAtelle queAX positive⇒ X positive. En particulierX ∈ KerA. AlorsAX est positive doncX est positif, de même−Xest positif doncX= 0.

KerA={0}, doncAest injective, donc surjective et bijective (on est en dimension finie), doncAest inversible. Soiti∈J1, nK,alors il existeXtel queAX =e_i = (δ_i,j)1≤j≤n. AinsiXest positif, orXest lai-ième colonne deA⁻¹, doncA⁻¹est positive. DoncAest monotone.

2. Montrons queAXpositive⇒Xpositif. SoitX ∈Rⁿtel queAXsoit positive.

Supposons queX n’est pas positif. Soitn0 = min{i / X_i <0}, on procède par récurrence sur l’assertion R(k) :X_kest strictement négatif etXk−1 ≥X_k.

Initialisation : En convenant queX−1 = 0, on a par hypothèseXn0 <0≤Xn0−1. Hérédité : Soitk < ntel queR(k)soit vraie. Alors :

(AX)k= (2 +ak)Xk−Xk−1−Xk+1

0≤(X_k−Xk−1) +a_kX_k+ (X_k−X_k+1) 0≤X_k−X_k+1

X_k+1≤X_k Ce qui montreR(k+ 1)et conclut la récurrence.

Par principe de récurrence, on aR(n), donc(AX)_n= (X_n−Xn−1) + (1 +a_n)X_n <0, ce qui est absurde, doncXest positif, etAest monotone d’après la question précédente.