MPSI B Corrigé du DM 11 29 juin 2019

(1)

MPSI B Corrigé du DM 11 29 juin 2019

Problème 1

1. Par convention s

₀

= 1 . L'identité est la seule permutation d'un ensemble à un élément, elle ne transpose aucune paire donc s

1

= 1 . Un ensemble à deux éléments admet deux permutations : une transpose une paire l'autre non donc s

2

= 1 . Un ensemble à trois éléments admet six permutations : l'identité deux 3-cycles et deux transpositions. Les trois transpositions transposent chacune une paire, les trois autres permutations n'en transposent aucune donc s

3

= 3 . On en déduit

u

₀

= 1, u

₁

= 1, u

₂

= 1

2 , u

₃

= 1 2

2. a. Dans un ensemble à n éléments on peut former C

_n²

=

ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂

paires. Il existe donc

n(n−1)

2

s

_n−2

permutations qui transposent exactement une paire.

b. Si k n'est pas entre 0 et E(

ⁿ₂

) , on ne peut pas trouver k paires distinctes dans l'ensemble. Il ne peut donc pas exister de permutations xant k paires. En revanche, lorsque k est entre 0 et E(

ⁿ₂

) , on peut trouver k paires distinctes. La permutation composée des transpositions associées à ces paires les transpose évidemment.

c. Le nombre de permutations transposant exactement k paires est le nombre de parties à 2k éléments multiplié par le nombre de permutations transposant k paires dans un ensemble à 2k éléments.

Commençons par calculer le nombre x

k

de familles de k paires dont la réunion forme l'ensemble à 2k éléments. Il est clair que x

1

= 1 et que x

k

=

^2k(2k−1)₂

x

k−1

en considérant à part la première paire. On en déduit x

k

= k! (2k − 1)(2k − 3) · · · 1

Comme deux transpositions disjointes commutent, le nombre de permutations ainsi formées n'est pas le nombre de familles mais le nombre de partitions soit

^x_k!^k

. On en déduit que le nombre de parmutations transposant exactement k paires est

C

_n^2k

(2k − 1)(2k − 3) · · · 1 s

_n−2k

3. a. On peut classer toutes les permutations (il y en a n! ) suivant le nombre de paires qu'elles transposent. On en déduit

n! = s

_n

+

E(ⁿ₂)

X

k=1

nb de permut transposant k paires

= s

n

+

E(ⁿ₂)

X

k=1

C

_n^2k

(2k − 1)(2k − 3) · · · 1 s

_n−2k

b. En faisant passer la somme de l'autre côté de l'égalité et en divisant par n! , on obtient

u

n

= 1 −

E(ⁿ₂)

X

k=1

(2k − 1)(2k − 3) · · · 1 (2k)!

s

_n−2k

(n − 2k)!

Dans

(2k−1)(2k−3)···1

(2k)!

, le produit de tous les impairs entre 1 et 2k se simplie laissant seulement le produit des puissances paires au dénominateur. On peut factoriser k fois le nombre 2 d'où

u

n

= 1 −

E(ⁿ₂)

X

k=1

u

_n−2k

2

^k

k! (1)

4. a. On veut montrer que u

_2p+1

= u

_2p

. Remarquons que E(

^2p+1₂

) = E(

^2p₂

) = p . On en déduit que u

2p+1

et u

2p

sont égaux à des sommes ayant le même nombre de termes.

Les indices intervenant dans ces sommes sont de la forme 2p+1 −2k = 2(p−k)+1 et 2p − 2k = 2(p − k) avec k ≥ 1 . Par conséquent, en raisonnant par récurrence sur p , les u correspondants sont égaux. On en déduit u

2p+1

= u

2p

.

b. On pose v

p

= 2

^p

u

2p

. Après multiplication par 2

^p

, la relation (1) devient

v

p

= 2

^p

−

p

X

k=1

2

^p−k

k! u

2p−2k

= 2

^p

−

p−1

X

j=0

v

_j

(p − j)!

en posant j = p − k .

c. Le calcul se fait récursivement à la machine à l'aide de la formule précédente. On obtient

v

0

= 1, v

1

= 1, v

2

= 5

2 , v

3

= 29

6 , v

4

= 233 24 u

0

= u

1

= 1, u

2

= u

3

= 1

2 , u

4

= u

5

= v

2

4 = 5 8 u

6

= u

7

= v

3

8 = 29

48 , u

8

= u

9

= v

4

16 = 233 384 s

0

= 1, s

1

= 1, s

2

= 1, s

3

= 3!u

3

= 3, s

₄

= 4! 5

8 = 15, s

₅

= 5! 5

8 = 75, s

₆

= 6! 29 48 = 435, s

₇

= 7! 29

48 = 3045, s

₈

= 8! 233

384 = 24465, s

₉

= 9! 233

384 = 220185

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai M0111C

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MPSI B Corrigé du DM 11 29 juin 2019

Problème 2

Partie I. Coecients du polynôme caractéristique

1. Pour calculer le premier déterminant, on le développe suivant la dernière colonne, chaque déterminant 3 × 3 qui apparaît est triangulaire :

P

A

(x) = −a

−1 x 0

0 −1 x

0 0 −1

+ b

x 0 0

0 −1 x

0 0 −1

− c

x 0 0

−1 x 0

0 0 −1

+ (x + d)

x 0 0

−1 x 0

0 −1 x

= x

⁴

+ dx

³

+ cx

²

+ bx + a

Je connais pas d'astuce pour calculer le deuxième déterminant. En développant suivant la première colonne, on obtient

P

_A

(x) = x(x

²

+ c) − a(−ax + bc) + b(ac + xb) = x(x

²

+ a

²

+ b

²

+ c

²

)

2. Le déterminant d'une matrice n × n est une somme de produits. Chaque produit est formé de n facteurs. Les coecients diagonaux de la matrice sont de degré 1 en x tous les autres sont de degré 0. Le polynôme P est donc de degré n au plus. En fait, le degré d'un produit intervenant dans la somme est le nombre de termes diagonaux qu'il contient (c'est à dire le nombre de points invariants de la permutation dénissant ce produit). Il est impossible qu'un produit contienne n − 1 termes diagonaux car il doit y avoir un terme par colonne et par ligne. Ainsi, seul le produit de tous les termes diagonaux contribue aux degrés n et n − 1 . Les coecients de x

ⁿ

et de x

ⁿ⁻¹

dans P

_A

viennent donc de

(x − a

1 1

)(x − a

2 2

) · · · (x − a

n n

)

Le coecient dominant de P

A

est 1, celui du terme de degré n − 1 est − tr(A) . 3. a. Utilisons la multilinéarité du déterminant pour développer det(hI

_n

+ B) . En no-

tant C

1

, C

2

, · · · , C

n

les colonnes de B , on obtient :

det(hI

n

+ B) = det(C

1

+ hX

1

, C

2

+ hX

2

, · · · , C

n

+ hX

n

)

= det(C

₁

, C

₂

, · · · , C

_n

)

+ h (det(X

1

, C

2

, · · · , C

n

) + det(C

1

, X

2

, · · · , C

n

) + · · · + det(C

1

, C

2

, · · · , X

n

)) + h

²

(· · · ) + · · ·

Considérons det(C

1

, · · · , X

i

, · · · , C

n

) où X

i

vient remplacer seulement la i -ème colonne. En développant ce déterminant justement suivant la i -ème colonne, il apparait égal au terme i, i de Com(B) ou de

^t

Com(B) . On en déduit que le coecient de h dans det(hI

_n

+ B) est tr (

^t

Com(B)) .

b. La question précédente s'applique en écrivant P

A

(x) = det(xI

n

− (−B)) , le coef- cient de x est donc

tr(

^t

Com(−A)) = (−1)

ⁿ⁻¹

tr(

^t

Com(A))

Le facteur (−1)

ⁿ⁻¹

s'explique car chaque terme de

^t

Com(A) est un déterminant de taille (n − 1) × (n − 1) .

Partie II. Théorème de Cayley-Hamilton

1. Chaque terme de la matrice B

0

+ xB

1

+ · · · + x

ⁿ

B

n

est une expression polynomiale à coecients réels. Si une telle expression s'annule pour une innité de valeurs de x , le polynôme associé est nul. Ainsi, pour chaque couple (i, j) , tous les termes i, j de toutes les matrices B

k

sont nuls. On peut formuler ce principe sous la forme suivante.

Si deux expressions polynomiales d'une variable x réelle et à coecients matriciels sont égales pour une innité de valeurs de x , on peut identier terme à terme tous les coecients matriciels.

2. Chaque terme de la matrice Com(xI

n

− A) est un déterminant n − 1 × n − 1 formé avec des termes de xI

n

− A . C'est donc un polynôme en x de degré au plus n − 1 . En décomposant en une somme de matrices telles qu'un x

^k

se factorise dans chaque, on obtient l'existence des matrices C

0

, C

1

, · · · , C

n−1

.

3. On sait d'après le cours sur le déterminant (formules de Cramer) que

C(x)(xI

n

− A) = P

A

(x)I

n

D'autre part,

C(x)(xI

n

− A) = C

0

+ xC

1

+ · · · + x

ⁿ⁻¹

C

n−1

(xI

n

− A)

= −AC

0

+ x(C

0

− C

1

A) + x

²

(C

1

− C

2

A) + · · · + x

ⁿ⁻¹

(C

_n−2

− C

_n−1

A) + x

ⁿ

A et P

_A

(x)I

_n

= a

_n

I

_n

+ xa

_n−1

I

_n

+ · · · + x

ⁿ⁻¹

a

₁

I

_n

. Le principe d'identication de la

2

(3)

MPSI B Corrigé du DM 11 29 juin 2019

question II 1. prouve alors les relations demandées.

C

_n−1

= I

n

C

_n−2

− C

_n−1

A = a

₁

I

_n

C

_n−3

− C

_n−2

A = a

2

I

n

...

C

0

− C

1

A = a

_n−1

I

n

−C

0

A = a

n

I

n

4. a. Les relations précédentes permettent de calculer C

_n−1

, Cn − 2, · · · . On trouve C

_n−1

= I

n

, C

_n−2

= A + a

1

I

n

, C

_n−3

= A

²

+ a

1

A + a

2

I

n

,

· · · , C

₂

= A

ⁿ⁻³

+ a

₁

A

ⁿ⁻⁴

+ · · · + a

_n−3

I

_n

,

C

1

= A

ⁿ⁻²

+ a

1

A

ⁿ⁻³

+ · · · + a

n−2

I

n

, C

0

= A

ⁿ⁻¹

+ a

1

A

ⁿ⁻²

+ · · · + a

n−1

I

n

b. En reportant l'expression de C

₀

dans la dernière relation, on obtient le théorème de Cayley-Hamilton.

A

ⁿ

+ a

₁

A

ⁿ⁻¹

+ · · · + a

_n−1

A + a

_n

I

_n

= 0

_M_n₍_R₎

Partie III. Application aux matrices nilpotentes

1. a. La formule de Taylor pour un polynôme de degré n donne

P (x + h) = P(x) + hP

⁰

(x) + · · · + P

ⁿ

(x) n! h

ⁿ

b. La question précédente fournit une expression de h dans le développement de P(x + h) . En écrivant P(x + h) = det (hI

_n

+ (xI

_n

− A)) , on déduit

P

⁰

(x) = tr(

^t

Com(xI − A)) = tr(C(x))

2. Exprimons la trace de C(x) à l'aide de C(x) = C

₀

+ xC

₁

+ · · · + x

ⁿ⁻¹

C

_n−1

. Il vient par linéarité :

tr(C(x)) = tr(C

₀

) + x tr(C

₁

) + · · · + x

ⁿ⁻¹

tr(C

_n−1

)

D'autre part, tr(C(x)) = P

⁰

(x) = nx

ⁿ⁻¹

+ (n − 1)a

1

x

ⁿ⁻²

+ · · · + a

n−1

. En identiant les deux expressions polynomiales de cette trace, on obtient

tr(C

₀

) = a

_n−1

, · · · , tr(C

_n−2

) = (n − 1)a

₁

, tr(C

_n−1

) = n soit tr(C

_j

) = (n − j)a

_n−j−1

pour j entre 1 et n − 1 .

3. Supposons tr(A) = tr(A

²

) = · · · = tr(A

ⁿ

) = 0 . Les expressions des C

_i

en fonction des puissances de A trouvées en II 4a. montrent que

tr(C

0

) = n, tr(C

n−2

) = na

1

, tr(C

n−3

) = na

2

, · · · ,

tr(C

1

) = na

_n−2

, tr(C

0

) = na

_n−1

D'après les relations de III 2.,

(n − 1)a

₁

= na

₁

, (n − 2)a

₂

= na

₂

, · · · , a

_n−1

= na

_n−1

⇒ a

1

= a

2

= · · · = a

_n−1

= 0 et le théorème de Cayley-Hamilton entraîne A

ⁿ

= 0

_M_n(R)

.

3