Problème II.

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MPSI B Corrigé du DS 06 24 avril 2020

Exercice

SiP est un polynôme unitaire dont les racines sontx, y, z, il s'écrit P = (X−x)(X−y)(X−z) =X³−σ1X²+σ2X−σ3

avec

σ1=x+y+z, σ2=xy+yz+xz, σ3=xyz On utilise alors

x²+y²+z²=σ²₁−2σ2, 1 x+1

y +1 z =σ₂

σ3

On en déduit que

σ1= 2, σ2=−1, σ3=−2

lorsquex,y,zvérient le système de l'énoncé. Le polynôme cherché est X³−2X²−X+ 2

Les trois racines sont −1, 1, 2. Ce sont donc (à permutation près) les valeurs de x, y, z lorsqu'ils vérient le système de l'énoncé.

Problème I.

1. a. La multiplication par un polynôme xé est linéaire, la dérivation est linéaire, l'applicationf est donc aussi linéaire. Le calcul donne

f(Xⁱ) = (1− i

n)Xⁱ⁺¹+ i nXⁱ⁻¹

b. Le calcul précédent montre que, pour tous les i < n, le degré de f(Xⁱ) =i+ 1 et que le degré def(Xⁿ) est n−1. On en déduit que tous les f(Xⁱ)sont dans E. Comme ils forment une base deE, l'image d'un élément quelconque deE est dansE. L'application linéairef est un endomorphisme deE.

2. Si deg(B) < n alors d'après la question précédente deg(f(B)) = deg(B) + 1. Ceci interdit àB d'être un polynôme propre. Si B est un polynôme propre, son degré est forcémentn.

3. Si f(B) = B alors B = XB − _n¹(X²−1)B⁰. En substituant -1 à X, on obtient B(−1) =˜ −B(−1)˜ donc -1 est racine deB.

Notons k la multiplicité de −1 comme racine de B. Proposons deux méthodes pour calculer cette multiplicité.

La première est purement polynomiale. On noteB= (X+ 1)^kAavecA(−1)˜ 6= 0et on insère dansf(B). On obtient

B= (X+ 1)^kA=f(B) =X(X+ 1)^kA−1

n(X²−1) k(X+ 1)^k−1A+ (X+ 1)^kA⁰

= (X+ 1)^k(XA−1

n(X−1)(kA+ (X+ 1)A⁰)) Simplions par(X+ 1)^k puis substituons -1 àX. On en déduit

2(1−k

n) ˜A(−1) = 0⇒k=n.

La deuxième méthode utilise la décomposition en éléments simples des fractions ra- tionnelles.

B=XB−1

n(X²−1)B⁰⇒n(X−1)B= (X²−1)B⁰⇒nB = (X+ 1)B⁰

⇒ B⁰ B = n

X+ 1 que l'on regarde comme une décomosition en éléments simples. On en déduit que−1 est le seul pôle de la fraction c'est à dire la seule racine deB et que sa multiplicité est n.

4. Montrons que si B est un polynôme propre de valeur propre -1 il est de la forme B=A(X−1)ⁿ oùAest un polynôme de degré 0.

En eet en substituant 1 àX dans f(B) =−B, on obtientB(1) = 0˜ donc 1 est une racine deB. notonsksa multiplicité avecB=A(X−1)^k etA(1)˜ 6= 0. On injecte alors cette expression dansf(B) =−B puis on simplie par(X−1)^k puis on substitue 1 à X. On obtient

2(1−k

n) ˜A(1) = 0 d'où l'on déduitk=net le résultat annoncé.

5. On suppose maintenant que B est un polynôme propre dont la valeur propre λ est diérente de -1 et de 1. Montrons que -1 et 1 sont racines deB. En écrivantf(B) =λB, il vient

λB=XB− 1

n(X²−1)B⁰. En substituant 1 puis -1 àX, il vient

λB(1) = ˜˜ B(1)⇒(λ−1) ˜B(1) = 0⇒B(1) = 0˜ carλ6= 1.

λB(−1) =˜ −B˜(−1)⇒(λ+ 1) ˜B(−1) = 0⇒B(−1) = 0˜ car(λ+ 1)6= 0.

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/

1 Rémy Nicolai S0506C

(2)

On pose donc

B= (X−1)^k⁺(X+ 1)^k⁻A

avecA(1)˜ 6= 0 et A(−1)˜ 6= 0. On remplace dans f(B) =B. Après simplication par (X−1)^k⁺(X+ 1)^k⁻ il vient

λA=XA−1

n(k⁺(X−1)A+k⁻(X+ 1)A+ (X²−1)A⁰).

En substituant -1 àX et en utilisantA(−1)˜ 6= 0, on obtient

λ=−1 +2k⁻ n . En substituant 1 àX et en utilisantA(1)˜ 6= 0, on obtient

λ= 1−2k⁺ n . En faisant la diérence, on obtient

0 =−2 + 2(k⁻+k⁺)

n .

C'est à direk⁻+k⁺=n. On en déduit queAest un polynôme constant. On obtient aussi l'expression de la valeur propre

λ=−1 + 2(n−k⁺)

n = 2k⁺−n n .

Ici encore, il aurait été plus élégant d'utiliser des décompositions en éléments simples.

λB=XB− 1

n(X²−1)B⁰⇒ B⁰

B =n X−λ X²−1 =n

1−λ

2(X−1) − 1 +λ 2(X+ 1)

. Les seuls pôles sont 1 et −1 donc B n'a pas d'autre racine donc k⁺ +k⁻ = n. En identiant avec la décomposition connue de ^B_B⁰, on déduit les expressions de λ en fonction dek⁺ ou dek⁻.

6. Les calculs précédents montrent que les seuls polynômes propres possibles sont (à multiplication par un réel près) de la forme

B_k= (X−1)^k(X+ 1)^n−k

aveckentier entre 0 etn. Montrons que ces polynômes sont eectivement propres en calculantf(Bk).

f(B_k) =X(X−1)^k(X+ 1)^n−k− 1

n((X−1)^k−1(X+ 1)^n−k + (n−k)(X−1)^k(X+ 1)^n−k−1)

=

X−1

n(k(X+ 1) + (n−k)(X−1))

Bk =n−2k n Bk

Il reste à montrer que lesn+ 1polynômesB_k forment une base. On montre pour cela qu'ils forment une famille libre. Supposons

λ0B0+· · ·+λnBn = 0_R_[X].

En substituant -1 àX on obtient λn = 0. En substituant 1 àX on obtientλ0= 0. On peut alors simplier par(X−1)(X+ 1)et obtenir

λ₁B₀+· · ·+λ_n−1B_n= 0_R_[X].

On recommence et on obtient ainsi la nullité de tous les coecients.

Problème II.

Partie I

1. Le polynôme caractéristique attachée à cette relation de récurrence linéaire est X²−(2−a)X−(a−1) = (X−1)(X−a+ 1)

Lorsquea6= 0, les deux racines sont distinctes, une base deS est formée par (1)_n∈_N, ((1−a)ⁿ)_n∈_N

Lorsquea= 0, une base est formée par

(1)_n∈_N, (n)_n∈_N

2. Lorsquea6= 0, il existe des nombresαetβ tels que pour tous les entiersn: w_n =α+β(1−a)ⁿ

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On résoud le système aux inconnuesαet β formé en prenantn= 0et n= 1. On en déduit que pour tout entiern:

wn=w0−w1

a (1−a)ⁿ+w1−(1−a)w0

a On raisonne de même dans le casa= 0et on obtient

w_n=w₀+ (w₁−w₀)n

Partie II

1. Pour montrer que (E,◦) est un sous-groupe du groupe des automorphismes de V, trois points sont à vérier : la commutativité de la composition, la stabilité de la composition, la bijectivité d'un élément deE et le fait que sa bijection réciproque soit aussi dansE.

On commence par calculerf◦f,f◦g,g◦f,g◦gen considérant les images de vecteurs de base. On obtient :

f◦f(u) = 0E, f◦f(v) =−f(v) =v−u, f◦f(w) = 0E

f◦g(u) = 0_E, f◦g(v) = 0_E, f ◦g(w) =f(u)−f(w) = 0_E g◦f(u) = 0E, g◦f(v) =g(u)−g(v) = 0E, g◦f(w) = 0E

g◦g(u) = 0E, g◦g(v) = 0E, g◦g(w) =−g(w) =−u+w On en déduit (unicité du prolongement linéaire)

f◦f =−f, f◦g=g◦f = 0_E, g◦g=−g puis

h_a,b◦h_a⁰_,b⁰= (Id_V +af +bg)◦(Id_V +a⁰f+b⁰g)

= IdV + (a+a⁰−aa⁰)f+ (b+b⁰−bb⁰)g=ha+a⁰−aa⁰,b+b⁰−bb⁰ ∈E à condition quea+a⁰−aa⁰6= 1 etb+b⁰−bb⁰ 6= 1. Ceci est réalisé car

a+a⁰−aa⁰−1 = (a−1)(1−a⁰), b+b⁰−bb⁰−1 = (b−1)(1−b⁰)

aveca, a⁰, b, b⁰ diérents de1. On a donc montré la stabilité deEet la commutativité de la composition.

En ce qui concerne la bijectivité : remarquons d'abord queIdV =h0,0. On en tire

ha,b◦ha⁰,b⁰= IdV ⇔

(a+a⁰−aa⁰ = 0 b+b⁰−bb⁰ = 0 ⇔







a⁰= a a−1 b⁰= b

b−1 On en conclut queh_a,b est bijectif de bijection réciproque

h⁻¹_a,b=h a

a−1,_b−1^b ∈E car a

a−1 6= 1 et b b−1 6= 1 2. L'équation (1) est équivalente au système

(a+a(1−a) =a b+b(1−b) =b ⇔

(a(1−a) = 0 b(1−b) = 0 La solution dansE est donc

h_0,0= Id_V 3. L'équation (2) est équivalente au système

(a(2−a) = 0 b(2−b) = 0

qui admet quatre couples solutions. Les solutions dansE sont h_0,0= Id_V, h_0,2, h_2,0, h_2,2

Partie III

1. D'après l'expression du produit dansE obtenue en II.1.

M = Id_V +a(f+g)⇒M²= Id_V +a(2−a)(f+g) d'où

(2−a)M = (2−a)IdV +a(2−a)(f+g) = (2−a)IdV +M²−IdV

⇒M²= (a−1)IdV + (2−a)M

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2. Supposons queMⁿ =αnM +βnIdV pour un certain entiern. Alors Mⁿ⁺¹=αnM²+βnM = (β−n+ (2−a)αn)M+ (a−1)αnIdV

Ceci prouve l'existence des deux suites, elles sont dénies par récurrence par les for-

mules

αn+1 = βn+ (2−a)αn

βn+1 = (a−1)αn

et les conditions initiales

α₀= 0, β₀= 1 α₁= 1, β₁= 0 3. D'après les relations de récurrence de la question précédente,

αn+2=βn+1+ (2−a)αn+1= (a−1)αn+ (2−a)αn+1

donc(αn)_n∈N∈ S. D'après la partie I, on obtient Sia6= 0 :

α_n =−1

a(1−a)ⁿ+1

a, β_n=−1

a(1−a)ⁿ+a−1 a , Mⁿ= 1−(1−a)ⁿ

a M+(1−a)ⁿ+a−1 a IdV

Sia= 0 :

αn=n, βn= 1−n, Mⁿ=nM−(n−1)IdV

Partie IV

1. F est clairement stable pour l'addition, commeh²_2,2=IdV il est stable pour◦ de plus il contientIdV. C'est donc un sous-anneau.

2. Il existe des éléments non nuls dont le produit est nul. Par exemple (IdV −h2,2)◦(IdV +h2,2)

3. L'équation

(λId_V +µh_2,2)◦(λ⁰Id_V +µ⁰h_2,2) = Id_V se traduit par le système aux inconnuesλ⁰ etµ⁰

(λλ⁰+µµ⁰= 1 µλ⁰+λµ⁰= 0

que l'on résoud par les formules de Cramer. On trouve, pourλ6=µ: 1

λ²−µ²(λIdV−µh2,2)◦(λIdV+µh2,2) = IdV

Les éléments inversibles du sous-anneauF sont donc lesλIdV +µh2,2 avec|λ| 6=|µ|.