X Maths 1 PC 2000 — Corrigé

c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/15

X Maths 1 PC 2000 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Mathieu Dutour (ENS Ulm) ; il a été relu par Brice Goglin (ENS Ulm) et David Hernandez (ENS Ulm).

Une fois de plus, l’X montre la voie : un problème original qui porte sur l’utilisation de l’algèbre en informatique. Significativement, on abandonne la notationC^k_n, qui est franco-francaise, pour la notation internationale

n k

. Le problème n’est pas classique dans l’ensemble, mais on peut se rattraper à différentes questions faciles, dispersées un peu partout.

La première partie, classique, concerne un ensemble de polynômes orthogonaux Pn. La seconde partie, très courte, porte sur des dénombrements. La troisième est consacrée aux matrices d’adjacences et à leurs valeurs propres.

Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.

c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 2/15 Indications

I.2.a C’est une question classique, où il faut montrer quedeg Pn=net déterminer le coefficient dominant. On montre d’abord que deg Pn 6 n. Ensuite on détermine le coefficient deXⁿ et s’il est non nul cela veut dire quePnest de degrén.

I.4.a Le binôme de Newton est évidemment très utile dans toute question où il y a des

n k

= C^k_n.

I.4.b Ce genre de résultat peut être délicat à démontrer, même s’il semble rela- tivement clair. Dans ce cas particulier, il faut montrer le résultat pour les fonctions(uv)^j.

II Pour ces questions d’ensemble, il peut être utile de faire des dessins.

II.8 Utiliser le fait queAdiffère deI par l’ajout ou le retrait d’un seul élément.

III.9.b Ce genre de relation matricielle A = B, qui sort d’un contexte où elles n’existent pas a priori, doit se montrer comme suit : déterminer l’expression de chacun des termesApq etBpq, puis constater l’égalité.

III.10 C’est une récurrence entre les termes m−1,m et m+ 1qui est utilisée ; il faut donc montrerHR0et HR1 avant d’envisager de montrerHRm+1. III.11 Utiliser la question I.2.c.

III.13.a C’est sans conteste la question la plus difficile du problème. Il faut montrer que

(BkBl)pq= 1

2^NPk(d(Ip,Iq)) puis Pk(d(Ip,Iq)) = P

J∈P(E) Card J=k

(−1)^{Card (Ip∆Iq)∩J}

Il faut intervertir les trois sommes qui apparaissent dans le produit(BkBl)pq. Enfin, on peut utiliser la question III.12.b .

III.13.b Question classique qui utilise le fait que sipest un projecteur, alorsTr p= rg p.

III.14.a Il s’agit à nouveau d’une question extrêmement délicate. La famille(Bk)06k6N

s’exprime en fonction de la famille(An)06n6N. Il faut donc inverser le sys- tème linéaire pour obtenir les An en fonction des Bk. Utiliser ensuite la première partie où l’on montre que lesPk forment une famille orthonormée.

Calculer la normehPk|Pki.

Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.

c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 3/15 I Les polynômesPn

I.1 Sij>k, alors

φk(j) =j(j−1). . .(j−(k−1))

k! = j!

k!(j−k)! = j

k

et si06j < k, alorsφk(j) = 0. On a donc dans tous les cas la relation

∀j ∈N, φk(j) = j

k

I.2.a On aφ0(X) = 1,φ1(X) = Xetφ2(X) =X(X−1)

2 d’où l’on tire P0(X) =φ0(X)φ0(N−X) = 1

P1(X) =φ0(X)φ1(N−X)−φ1(X)φ0(N−X) = N−2X ce qui donne P0(X) = 1 et P1(X) = N−2X

P2(X) = φ0(X)φ2(N−X)−φ1(X)φ1(N−X) +φ2(X)φ0((N−X)

= (N−X)(N−X−1)

2 −X(N−X) + X(X−1) 2

= X²−X(2N−1) + N(N−1)−2XN + 2X²+ X²−X 2

P2(X) = 4X²−X(4N) + N(N−1) 2

I.2.b Le degré deφkestk, le degré deφn−kestn−k, donc le degré deφk(X)φn−k(N−

X)estn. Le degré d’une somme étant inférieur au maximum des degrés,deg Pn6n.

Calculons le coefficient du terme de degrén. S’il n’est pas nul, alors le degré est égal àn. Le coefficient deX^kdansφkest 1

k!; le coefficient deX^n−kdansφn−k(N−X) est (−1)^n−k

(n−k)! ; par suite, le coefficient deXⁿ dansPn est :

k=N

P

k=0

(−1)^k 1 k!

(−1)^n−k

(n−k)! = (−1)ⁿ

k=N

P

k=0

1 k!

1 (n−k)!

= (−1)ⁿ n!

k=N

P

k=0

n k

k=N

P

k=0

(−1)^k 1 k!

(−1)^n−k

(n−k)! = (−1)ⁿ n! 2ⁿ

Ce qui donne (−1)ⁿ2ⁿ

n!

I.2.c On utilise la question I.1 et on obtient

Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.

c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 4/15

Pn(j) =

k=N

P

k=0

(−1)^kφk(j)φn−k(N−j) =

k=N

P

k=0

(−1)^k j

k

N−j n−k

I.3 On utilise la formule du binôme de Newton sur la fonction fj:

(R−→R

u7−→(1−u)^j(1 +u)^N−j Le coefficient de u^k dans (1−u)^j est (−1)^k

j k

. Le coefficient de u^n−k dans (1 +u)^N−j est

N−j n−k

, donc le coefficient de uⁿ dans (1−u)^j(1 +u)^N−j est la somme sur tous leskpossibles.

Ainsi, ^k=NP

k=0

(−1)^k j

k

N−j n−k

= Pn(j)

Pour l’origine des polynômes de Krawtchouk et des analogues, on peut se référer à l’ouvrageSphere Packings, lattices and Groups de J.H.Conwayet N.J.A.Sloane, Édition Springer (p. 255), qui aborde également les questions de codes.

I.4.a On utilise le résultat précédent : F(u, v) = P^N

j=0

N j

fj(u)fj(v)

=

N

P

j=0

N j

(1−u)^j(1 +u)^N−j(1−v)^j(1 +v)^N−j

=

N

P

j=0

N j

[(1−u)(1−v)]^j[(1 +u)(1 +v)]^N−j

= [(1−u)(1−v) + (1 +u)(1 +v)]^N

= (2 + 2uv)^N F(u, v) = 2^N(1 +uv)^N ce qui donne la formule attendue, avec

α= 2^N et β= N

I.4.b Si on prend un termeQj = (uv)^j alors, en différentiant :

∂^a+bQj

∂u^a∂v^b = ∂^au^j

∂u^a

∂^bv^j

∂v^b = j!

(j−a)!u^j−a j!

(j−b)!v^j−b

Cette quantité ne peut être non nulle en0 que sij−a= 0 et j−b= 0, auquel cas elle vaut(a!)². La fonctionFs’exprime comme un polynôme enuv:

F(u, v) = 2^N

j=N

P

j=0

N j

(uv)^j

Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.