Problème B : algorithme de Le Verrier

Problème A : équation et fonction de Bessel

Partie I 1) Soit x réel ; la fonctioncosétant paire, j’ai :

J−N(x) = 1 π

π 0

cos (−Nθ−xsinθ) dθ= 1 π

π 0

cos (Nθ+xsinθ) dθ=JN(−x) ; de plus, grâce au changement de variableϕ=π−θ, j’obtiens

JN(−x) = 1 π

0 π

cos (N(π−ϕ) +xsin (π−ϕ)) (−dϕ) = 1 π

π 0

(−1)^Ncos (−Nϕ+xsinϕ) dϕ d’où, toujours d’après la parité decos:

∀x∈R J−N(x) =JN(−x) = (−1)^NJN(x).

2) Soit la fonction f : (x, θ) → cos (Nθ−xsinθ) et g :x →

π 0

f(x, θ) dθ, de sorte que JN = g/π. Je montre dans un premier temps quegestC¹ surRen appliquant le théorème de dérivation sous le signe

:

• pour tout θde [0, π], la fonction x→f(x, θ) estC¹ surR

• pour tout x de R, la fonction θ → f(x, θ) est continue par morceaux et intégrable sur [0, π] (car continue sur un segment !)

• pour tout x de R, la fonction θ → ∂f

∂x(x, θ) = (−sinθ) cos Nθ−xsinθ+^π₂ est continue par morceaux sur[0, π]

• domination : j’ai pour tout (x, θ)∈R×[0, π], ∂f

∂x(x, θ) ≤1et la fonction t→1 est indépendante dex, continue par morceaux et intégrable sur[0, π]!

Donc g estC¹ sur Ret la formule de Leibniz s’applique.

Pour les dérivées d’ordre supérieur, le raisonnement est similaire : toutes les fonctions considérées sont en fait C^∞ et les dérivées successives par rapport àx sont toutes dominées par la constante 1 puisque par une récurrence immédiate

∀k∈N ∀(x, θ)∈R×[0, π] ∂^kf

∂x^k (x, θ) = (−sinθ)^kcos Nθ−xsinθ+k^π₂ .

Il en résulte queg et doncJN sontC^∞surRet que les dérivées successives s’obtiennent par dérivation sous le signe . En particulier :

JN est de classeC^∞et : ∀x∈R











J_N^′ (x) = 1 π

π 0

sinθsin (Nθ−xsinθ) dθ J_N^′′ (x) = 1

π

π

0 −sin²θcos (Nθ−xsinθ) dθ .

3) Soientu:θ→sin (Nθ−xsinθ) etv:θ→N+xcosθles fonctions indiquées par l’énoncé. Pourx∈R fixé, il s’agit de montrer que l’expression

z(x) =π x²J_N^′′ (x) +xJ_N^′ (x) + x²−N² JN(x) est nulle. Or d’après la question précédente

z(x) =

π

0 −x²sin²θ+x²−N² cos (Nθ−xsinθ) +xsinθsin (Nθ−xsinθ) dθ

=

π 0

(xcosθ+N) (xcosθ−N) cos (Nθ−xsinθ) +xsinθsin (Nθ−xsinθ) dθ

=

π

0 −v(θ)u^′(θ)−v^′(θ)u(θ) dθ=− v(θ)u(θ) ^π₀ = 0 car u(0) =u(π) = 0. Il en résulte que :

JN est solution de (BN)sur R.

4) Il vient immédiatement, compte tenu des expressions du2) :

J0(0) = 1 ; J₀^′(0) = 0 ; J₀^′′(0) =−1/2.

5) a)Soit x réel ; j’ai pour toutθ de[0, π]:

cos ((N −1)θ−xsinθ) + cos ((N + 1)θ−xsinθ) = 2 cosθcos (Nθ−xsinθ) d’où, en multipliant par x/πet en intégrant de 0à π :

x(JN−1(x) +JN+1(x)) = 2 π

π 0

xcosθcos (Nθ−xsinθ) dθ

= 2

π

π 0

(−N +xcosθ) cos (Nθ−xsinθ) dθ+ 2NJN(x)

= 2

π −sin (Nθ−xsinθ) ^π₀ + 2NJN(x) = 2NJN(x) D’où, en divisant par x :

∀x∈R^∗ J_N−1(x) +JN+1(x) = 2N

x JN(x).

b)J’ai de même :

cos ((N−1)θ−xsinθ)−cos ((N + 1)θ−xsinθ) = 2 sinθsin (Nθ−xsinθ) d’où, en multipliant par 1/πet en intégrant de 0à π,d’après le2):

∀x∈R JN−1(x)−JN+1(x) = 2J_N^′ (x).

c)Avec N = 0dans le résultat précédent, sachant que J−1 =−J1 d’après le1),j’ai bien J1 =−J₀^′.

Partie II — Développement en série entière de JN

1) D’après le développement en série entière de la fonctioncos, j’ai, pour tout x réel : J0(x) = 1

π

π 0

cos (xsinθ) dθ= 1 π

π 0

+∞

n=0

(−1)ⁿ

(2n)! (xsinθ)²ⁿ dθ; Soit, pour x fixé, un la fonction de θ définie par un : θ → (−1)ⁿ

(2n)! (xsinθ)²ⁿ ; la série de fonctions un converge normalement sur[0, π]: en effet, sup

[0,π]|un|= 1

(2n)!|x|²ⁿ est le terme général d’une série convergente (de sommech|x|) ; donc unconverge uniformément sur le segment[0, π], par conséquent je peux intégrer terme à terme :

π 0

+∞

n=0

un =

+∞

n=0 π 0

un d’où J0(x) =

+∞

n=0

(−1)ⁿ

(2n)!Wnx²ⁿ, avecWn= 1 π

π 0

sin²ⁿθdθ.

Cela pour tout réel x, donc J0 est développable en série entière sur R (rayon de convergence infini) ; pour expliciter les coefficients, je peux reprendre l’équation différentielle (B0), ou bien calculer Wn : j’ai W0 = 1et une intégration par parties me fournit la relation classique

∀n∈N^∗ Wn =2n−1 2n Wn−1

d’où, à l’aide d’une récurrence immédiate : ∀n∈N Wn= (2n)!

(2ⁿn!)². En conclusion : J0 est développable en série entière sur Ret∀x∈R J0(x) =

+∞

n=0

(−1)ⁿx²ⁿ (2ⁿn!)² .

2) a)Je peux reprendre la méthode précédente, en écrivant

cos (Nθ−xsinθ) = cosNθcos (xsinθ) + sinNθsin (xsinθ).

Je peux aussi montrer par récurrence sur N que JN est développable en série entière sur R , en remarquant que J1 =−J₀^′ (d’après le I—5)c)), donc que J1 est développable en série entière surR, comme J0 ; puis j’utilise la relation duI—5)b) pour prouver que, siJN−1 et JN sont développables en série entière sur R, alorsJN+1 l’est aussi. Finalement,

Pour tout N, JN est développable en série entière sur R.

b)Soit alorsN ≥2(le développement deJ1 =−J₀^′ se déduira de celui deJ₀^′) obtenu au1)). J’appelle (an) la suite des coefficients du développement en série entière de JN . À l’aide du théorème de dérivation terme à terme des séries entières et grâce à quelques réindexations, j’obtiens :

si y=JN(x) =

+∞

n=0

anxⁿ, alors xy^′ =

+∞

n=0

nanxⁿ, x²y^′′=

+∞

n=0

n(n−1)anxⁿ, x²y=

+∞

n=2

an−2xⁿ d’où, d’après (BN) et l’unicité des coefficients d’une série entière :

−N²a0 = 0 ; 1−N² a1= 0 ; ∀n≥2 n²−N² an+an−2 = 0.

Il en résulte

a0 =a1 = 0 et ∀n < N an= an−2

N²−n², d’où, par une récurrence immédiate,

∀n < N an= 0.

De même, de

aN−1= 0 et ∀n > N an= an−2

N²−n² = −1

(n−N) (n+N)an−2

je déduis par récurrence :

∀k∈N aN+2k+1 = 0 et aN+2k= (−1)^kN! 2^2kk! (N+k)!aN. Il reste à calculeraN , qui n’est autre que J_N^(N)(0)

N! ; or la relation duI—5)b)donne en dérivantn−1 fois :

∀n≥1 J_n⁽ⁿ⁾(0) = 1

2 J_n−1⁽ⁿ⁻¹⁾(0)−J_n+1⁽ⁿ⁻¹⁾(0) .

Et le calcul précédent a montré entre autres choses que (en remplaçant N parn) :

∀n≥2 ∀p < n J_n^(p)(0) = 0.

Finalement :

∀n≥1 Jn⁽ⁿ⁾(0) = 1

2J_n−1⁽ⁿ⁻¹⁾(0) or J₀⁽⁰⁾(0) = 1, d’où ∀n∈N Jn⁽ⁿ⁾(0) = 1 2ⁿ. Donc aN = 1

2^NN! et je peux conclure :

∀x∈R JN(x) =

+∞

k=0

αN(k)x^N+2k,avec∀k∈N αN(k) = (−1)^k 2^N+2kk! (N +k)!. Il apparaît que cette expression est encore correcte pour N = 0et pourN = 1.

Problème B : algorithme de Le Verrier

1) Formules de Newton

a)La formule de dérivation d’un produit de p polynômes donne : P^′ =

p

k=1





j=k

(X−λj)



=

p

k=1

P X−λk

d’où P^′ P =

p

k=1

1 X−λk

et donc :

∀t∈R\Λ P^′(t) P(t) =

p

k=1

1 t−λk

.

b)Fixonsr >0 tel que : ∀k∈N_p |λk|< 1

r etx∈]−r, r[\ {0} ; j’ai :

∀k∈N_p |λkx|<1 donc P^′(1/x) P(1/x) =

p

k=1

x 1−λkx =

p

k=1

x

∞ n=0

(λkx)ⁿ=

p

k=1

∞ n=0

λⁿ_kxⁿ⁺¹ soit, puisqu’il s’agit d’un nombre fini de séries convergentes, par linéarité de la limite :

∀x∈]−r, r[\ {0} P^′(1/x) P(1/x) =

∞

n=0

Snxⁿ⁺¹. c)Toujours pour x∈]−r, r[\ {0}, j’ai

P 1 x = 1

x^p

p

n=0

anxⁿ et P^′ 1

x = 1 x^p−1

p−1

n=0

(p−n)anxⁿ d’où, l’égalité subsistant pour x= 0:

∀x∈]−r, r[

p−1 n=0

(p−n)anxⁿ=

p

n=0

anxⁿ ·

∞ n=0

Snxⁿ soit encore, en posant an= 0pour toutn > p:

∀x∈]−r, r[

∞ n=0

(p−n)anxⁿ=

∞ n=0

anxⁿ ·

∞ n=0

Snxⁿ .

J’en déduis, par unicité des coefficients d’une série entière, en écrivant les coefficients du produit de Cauchy figurant dans le membre de droite :

∀n∈N (p−n)an=

n

k=0

akSn−k. Les formules de Newton en résultent.

2) Algorithme de Le Verrier

Soit, pourk∈N_p,P^k le prédicat : “ak=−1

k·TrAk et Ak=A^k+

k−1

i=1

ak−iAⁱ ”.

• P1 est vraie : j’ai bien A1 = A¹ + 0 et a1 = −TrA1 (puisque TrA1 est la somme des racines du polynôme scindé χ_A) ;

• Hypothèse de récurrence : je considèrek∈ {2, . . . , p} tel quePk−1 soit vraie ;

• J’ai alors, par définition de la suite(Ak)et d’aprèsPk−1 : Ak =A× Ak−1− 1

k−1TrAk−1·Ip =A^k+

k−2 i=1

ak−1−iAⁱ⁺¹+ak−1A=A^k+

k−1 i=1

ak−iAⁱ d’où, d’après les formules de Newton, puisque k≤p:

TrAk=Sk+

k−1 i=1

ak−iSi=−kak; ainsi Pk est vérifiée.

En conclusion,

Pk est vraie pour tout k dansN_p.

Problème C — Polynômes d’Hermite

Première partie

1) Soit P un polynôme de degré n∈ N (le cas P = 0 est trivial), de terme dominant anXⁿ ; P est une fonction continue sur Ret, au voisinage de ±∞,[P(t)]² est équivalent à a²_nt²ⁿ ; or :

t→±∞lim t²·a²_nt²ⁿe^−t2 = 0,

donc, par comparaison avec une intégrale de Riemann, t→[P(t)]²e^−t2 est intégrable sur R: E contient les fonctions polynomiales.

2) Je montre que E est un sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions continues de R dans R : E en est une partie par définition, non vide car la fonction nulle est dansE ; il est clair queE est stable par la multiplication externe par un réel ; reste à prouver la stabilité pour l’addition : soient donc f et g dansE :

∀t∈R [f(t) +g(t)]² = [f(t)]²+ [g(t)]²+ 2f(t)g(t)≤2 [f(t)]²+ [g(t)]² .

Il en résulte quet →[(f +g)(t)]²e^−t2 est intégrable surR, puisque t →[f(t)]²e^−t2 et t→[g(t)]²e^−t2 le sont par hypothèse. En conclusion :

E est unR-espace vectoriel.

Pour(f, g)∈E², la majoration :

∀t∈R |f(t)g(t)| ≤ 1

2 [f(t)]²+ [g(t)]²

prouve que t → f(t)g(t)e^−t2 est intégrable sur R : (f|g) est bien défini. Il est clair que (·|·) est bilinéaire symétrique, positive et, si f ∈ E vérifie (f|f) = 0, alors, t → [f(t)]²e^−t2 étant positive et continue, elle est nulle surR, d’où f = 0puisquee^−t2 ne s’annule pas ; en résumé :

(·|·) est un produit scalaire surE.

Deuxième partie 1) φ_n(1) = 2n,φ_n(X) = 2(n−1)X et pourk≥2:

φ_n(X^k) =k(k−1)X^k−2+ 2(n−k)X^k. Donc :

φ_n(X^k) est de degré : k si n=k,k−2 sin=k≥2 et−∞si n=k <2.

J’en déduis, par combinaisons linéaires, que pourP polynôme de degrék=n,φn(P)est encore de degré k ; donc un polynôme non nul de Kerφ_n est nécessairement de degré n. Pour n= 0, réciproquement, tout polynôme constant est dans Kerφ₀ : Kerφ₀ est la droite des polynômes constants, qui est bien engendrée par un polynôme de degré 0. Pour n ≥ 1, φ_n(R_n[X]) est contenu dans R_n−1[X] et plus précisément égal à R_n−1[X] (car contenant φ_n(1), . . . , φ_n(Xⁿ⁻¹) qui en est une base, en tant que famille denpolynômes de degrés échelonnés0, . . . , n−1, donc libre) ;φ_ninduit donc un endomorphisme de R_n[X] de rangn : d’après le théorème du rang, son noyau est une droite vectorielle, qui coïncide avec Kerφn et est engendrée par un polynôme de degré n, puisqu’un polynôme non nul deKerφn est nécessairement de degré n, comme je l’ai déjà signalé :

Kerφ_n est une droite vectorielle engendré par un polynôme de degrén.

Hn est de la forme

n

k=0

akX^k, avecan= 2ⁿ etφ_n(Hn) = 0, soit :

n

k=2

k(k−1)akX^k−2+ 2

n

k=0

(n−k)akX^k = 0, soit, en réindexant :

n−2 k=0

(k+ 1)(k+ 2)ak+2X^k+ 2

n

k=0

(n−k)akX^k= 0, d’où :

an−1 = 0 et ∀k∈ {0, . . . , n−2} ak =−(k+ 1)(k+ 2) 2(n−k) ak+2.

J’en déduis par récurrence, compte tenu de an= 2ⁿ :

Pourp tel que0≤2p+ 1≤n, an−2p−1 = 0et pour p tel que0≤2p≤n,an−2p= (−1)^p 2^n−2pn!

p!(n−2p)!

Ce résultat permet d’obtenir :

H0 = 1, H1= 2X, H2 = 4X²−2, H3= 8X³−12X.

Enfin la nullité des coefficients de la forme an−2p−1 signifie que : Hn est de la même parité quen.

2) Je remarque que :

∀t∈R ψ^′(t) + 2tψ(t) = 0 et la formule de Leibniz me fournit, en dérivant n+ 1fois :

∀n∈N ∀t∈R ψ⁽ⁿ⁺²⁾(t) + 2tψ⁽ⁿ⁺¹⁾(t) + 2(n+ 1)ψ⁽ⁿ⁾(t) = 0.

3) Une récurrence facile montre que ψ⁽ⁿ⁾(t) est le produit de e^−t2 par un polynôme de terme dominant (−2)ⁿXⁿ. En outre, pour tout n∈Net tout t∈R:

yn^′(t) =e^t2 ψ⁽ⁿ⁺¹⁾(t) + 2tψ⁽ⁿ⁾(t)

y_n^′′(t) =e^t2 ψ⁽ⁿ⁺²⁾(t) + 4tψ⁽ⁿ⁺¹⁾(t) + 2ψ⁽ⁿ⁾(t) + 4t²ψ⁽ⁿ⁾(t) d’où :

φ_n(yn)(t) =e^t2 ψ⁽ⁿ⁺²⁾(t) + 2tψ⁽ⁿ⁺¹⁾(t) + (2n+ 2)ψ⁽ⁿ⁾(t) = 0 d’après la question précédente. En conclusion :

yn est un polynôme deKerφ_n.

Hn étant l’unique polynôme de la droiteKerφ_n de coefficient dominant2ⁿ, j’en déduis :

∀t∈R Hn(t) = (−1)ⁿyn(t) = (−1)ⁿe^t2 dⁿ

dtⁿ e^−t2 . 4) En multipliant la relation du2)par e^t2, j’obtiens :

∀t∈R yn+2(t) + 2tyn+1(t) + 2(n+ 1)yn(t) = 0, autrement dit, d’après la question précédente, en simplifiant par(−1)ⁿ:

Hn+2−2XHn+1+ 2(n+ 1)Hn= 0.

5) Soient n ∈ N^∗, P ∈ R[X] ; j’intègre par parties, sachant que tous les produits d’un polynôme par t→e^−t2 sont intégrables sur Ret admettent une limite nulle en ±∞:

+∞

−∞

Hn(t)P(t)e^−t2dt =

+∞

−∞

(−1)ⁿdⁿ

dtⁿ e^−t2 P(t)dt

= (−1)ⁿdⁿ⁻¹

dtⁿ⁻¹ e^−t2 P(t)

+∞

−∞

−

+∞

−∞

(−1)ⁿdⁿ⁻¹

dtⁿ⁻¹ e^−t2 P^′(t)dt

= 0 +

+∞

−∞

Hn−1(t)e^−t2P^′(t)dt En conclusion :

Pourn∈N^∗ etP ∈R[X],(Hn|P) = (Hn−1|P^′).

6) En itérant le résultat précédent, je trouve, pourp≤n: (Hn|X^p) = (Hn−p|p!) =p!(Hn−p|1).

Pourp < n, j’applique une fois de plus le résultat précédent : (Hn−p|1) = (Hn−p−1|0) = 0.

Pourp=n,(H0|1) =I0 =√π. En résumé :

Pourp < n,(Hn|X^p) = 0et(Hn|Xⁿ) =n!√π.

Hp étant de degré p, le résultat précédent prouve que, pour p < n,(Hn|Hp) = 0 et, Hn ayant 2ⁿ pour coefficient dominant, (Hn|Hn) = 2ⁿ(Hn|Xⁿ), soit finalement :

La famille(Hn)n∈N est orthogonale et∀n∈N Hn 2= 2ⁿn!√π.

Troisième partie La projection orthogonale def surF = Vect(H0, . . . , Hn) est :

gn=

n

k=0

βk(f)Hk où βk(f) = (Hk|f) Hk 2

etf −gn est orthogonal àF, donc àgn−fn, d’où grâce au théorème de Pythagore : f−fn 2 = f −gn+gn−fn 2 = f −gn 2+ gn−fn 2. De même,f −gn est orthogonal à gn, donc :

f −gn 2= (f−gn|f −gn) = (f−gn|f) = f ²−

n

k=0

β_k(f)(Hk|f) = f ²−

n

k=0

[αk(f)]². Enfin, la famille(H0, . . . , Hn) étant orthogonale :

gn−fn 2 =

n

k=0

[β_k(f)−xk]² Hk 2. Il en résulte que :

f −fn 2

= f ²−

n

k=0

[αk(f)]²+

n

k=0

[βk(f)−xk]² Hk 2 est minimum lorsque∀k≤n xk=βk(f).

Pour ce choix desxk, j’ai :

n

k=0

[αk(f)]² = f ²− f −fn 2. En particulier :

n

k=0

[αk(f)]² ≤ f ².

La série de terme général[αk(f)]² est à termes positifs et je viens de voir que ses sommes partielles sont majorées :

La série de terme général [αk(f)]² est convergente.

Problème D

Partie I — Étude de E¹ 1) Ici,

G= 0 0

1 0 et H = 0 1

0 0 d’où

G² =H² = 0 0

0 0 , GH = 0 0

0 1 , HG= 1 0 0 0 . Il apparaît queGH /∈ E1 :

E1 n’est pas stable par la multiplication matricielle.

2) Les deux vecteurs colonnes d’une matriceA1(a1, b1) deE1 sont toujours orthogonaux (pour le produit scalaire canonique deR²) ; ils sont de plus unitaires si et seulement sia²₁ = 1etb²₁ = 1, d’où les quatre éléments de :

E1∩O2= 0 1

1 0 , 0 1

−1 0 , 0 −1

1 0 , 0 −1

−1 0 .

3) Soit A=A1(a1, b1)∈ E1,U ∈ E1∩O2 et∆∈D2. Alors – d’après2) –U est de la forme 0 ε^′ ε 0 avec(ε, ε^′)∈ {−1,1}² etDest de la forme λ 0

0 λ^′ avec λ, λ^′ ∈R². Mézalor U∆ = 0 ε^′λ^′

ελ 0 donc U∆ =A⇔ ελ=a1

ε^′λ^′ =b1 ⇔ λ=εa1

λ^′ =ε^′b1 .

D’où quatre choix possibles pour (ε, ε^′), mais une fois ce choix effectué, λ, λ^′ est fixé :

Toute matriceA∈ E1 se décompose de 4 façons sous la forme U∆,U ∈ E1∩O2 et∆∈D2. 4) a)detA=−a1b1 est non nul par hypothèse, donc Aest inversible et il vient

A⁻¹ = 0 1/a1

1/b1 0 . Ainsi,

A⁻¹ existe et appartient àE1.

b)Le polynôme caractéristique de A est χ_A=X²−TrA·X+ detA=X²−a1b1. Par conséquent, si a1b1 <0,χ_A n’est pas scindé sur Ret donc :

Lorsque a1b1<0,A n’est pas diagonalisable dansM2(R).

Si par contre a1b1 > 0, alors χ_A admet deux racines distinctes dans R et donc A admet deux valeurs propres distinctes : les deux sous-espaces propres associés sont nécessairement deux droites supplémentaires, d’où :

Lorsquea1b1 >0,A est diagonalisable dansM2(R).

c)Lorsqu’enfin a1b1 = 0, χ_A admet 0 pour racine double et alors A est diagonalisable si et seulement si A= 0(seule matrice semblable à la matrice nulle !). Autrement dit,

Lorsque a1b1 = 0,Aest diagonalisable dansM2(R) si et seulement sia1 =b1 = 0.

5) a)Sixy =zt, alors K et Ln’ont pas le même déterminant, donc

Lorsquexy=zt,K et Lne sont pas semblables.

b)Si xy = zt > 0, alors K et L sont diagonalisables dans M²(R), avec les mêmes valeurs pro- pres (±√xy) ; elles sont donc semblables, puisque semblables à une même matrice diagonale.

Pour xy = zt < 0, le même raisonnement fonctionne pour montrer que K et L sont semblables dansM2(C). On peut en déduire qu’elles le sont aussi dansM2(R)(exercice classique, cf. T.D. 1 - exo 20).

On peut aussi chercher directement P = a b

c d inversible telle que KP = P L, c’est-à-dire :









cy =bz ax=dz dy=at bx=ct

. Il apparaît queP = z 0

0 x convient :

Lorsque xy=zt= 0,K etL sont semblables dans M2(R).

Partie II — Étude de Eⁿ

1) a)Puisque la première et la troisième colonnes de A2(a, b) sont colinéaires : d2 = 0.

En développant par rapport à la dernière colonne, puis par rapport à la dernière ligne, il vient :

∀n≥3 dn=−anbndn−2.

b)Sachant que d2 = 0, compte tenu de la relation précédente, une récurrence immédiate montre que :

∀p∈N^∗ d2p= 0.

De même, partant ded1 =−a1b1, j’obtiens par récurrence :

∀p∈N d2p+1 = (−1)^p+1

p

k=0

(a2k+1b2k+1).

2) a)SupposonsU =An(u, v) et∆ = diag (d1, . . . , dn+1) ; il vient

A=U∆ =







0 v1d2 (0)

u1d1 ... ...

... ... vndn+1

(0) undn 0







qui est bien élément de Eⁿ. De plus,

tAA=^t(U∆) (U∆) =^t∆^tUU∆ = ∆² car U est orthogonale et ∆symétrique. En conclusion

A=U∆∈ Eⁿ et^tAAest diagonale.

b)D’après1), il n’existe aucune matrice dansE2p∩O2p+1puisque toute matrice deE2pa son déterminant nul. Donc

La réponse est non ! c)Remarquons (habilement) que

tAA=







4 0 6 0

0 17 0 20 6 0 45 0 0 20 0 25







n’est pas une matrice diagonale, ce qui contredit – d’après a) – l’existence d’une décomposition A=U∆, oùU ∈ E³∩O4 et∆∈D4 :

La réponse est non !!

d)Comme ci-dessus, en écrivant que la première ligne et la première colonne de A =A2p+1(a, b) sont unitaires, j’obtiens |a1|=|b1|= 1, puis en écrivant que la deuxième ligne et la deuxième colonne de A sont unitaires, j’obtiens b2=a2 = 0:

SiA=A2p+1(a, b)∈ E2p+1∩O2p+2, nécessairementa1=±1,b1=±1 etb2 =a2= 0.

On peut poursuivre l’analyse en examinant les troisièmes ligne et colonne, puis les quatrièmes. . . On montre par récurrence que :

∀k∈[[0, p]] a2k+1=±1 et b2k+1 =±1 et ∀k∈[[1, p]] a2k=b2k= 0 .

Il apparaît alors queAest diagonale par blocs, avec sur la diagonalep+ 1blocs d’ordre 2 de la forme 0 b2k+1

a2k+1 0 ,k∈[[0, p]], qui sont en fait des matrices deE1∩O2. Ayant 4 choix possibles pour chacun de ces blocs, j’ai donc 4^p+1 candidats possibles, qui conviennent tous (voir le produit par blocs ^tAA). En conclusion

E2p+1∩O2p+2 est de cardinal4^p+1.

PourA∈ E^2p+1, telle^tAAsoit diagonale, le calcul de cette matrice montre que nécessairement :

∀i∈[[1,2p]] aibi+1 = 0.

Comme par hypothèse detA= 0, le 1)montre que lesa2k+1 etb2k+1 sont non nuls, pourk∈[[0, p]].

Ce sont donc les a2k et les b2k qui sont nécessairement nuls, pour k ∈ [[1, p]]. A est donc comme ci-dessus diagonale par blocs et les blocs diagonaux – d’ordre deux – s’écrivent (cf. I-3)

0 b2k+1

a2k+1 0 = 0 1 1 0

a2k+1 0 0 b2k+1 .

A s’écrit alors (voir le produit par blocs) U∆, avec U diagonale par blocs, comportant sur sa diagonalep+ 1blocs égaux à 0 1

1 0 , et ∆ = diag (a1, b1, a3, b3, . . . , a2p+1, b2p+1). U est bien dans E2p+1∩O2p+2 et ∆est bien diagonale :

Il existeU ∈ E2p+1∩O2p+2 et∆∈D2p+2 telles que A=U∆.