MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 9 (le 05/04/13) 29 juin 2019

(1)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 9 (le 05/04/13) 29 juin 2019

Exercice.

1. a. En utilisant les opérations L

4

← L

4

− αL

1

et L

2

← L

2

− 2L

1

, le rang de A est aussi celui de







1 1 0 0 0 −1 1 1

0 0 0 α

0 0 0 0







On en déduit que le rang est 2 si α = 0 , le rang est 3 sinon.

b. Pour déterminer une base de l'image, on cherche 2 ou 3 colonnes combinaisons des colonnes de A et les engendrant. Pour la base du noyau, on cherche des combinaisons nulles de colonnes de A . On obtient :

si α = 0 : Im f = Vect(e

1

, e

2

) , ker f = Vect(e

3

− e

4

, e

1

− e

2

− e

3

).

si α 6= 0 : Im f = Vect(e

2

, e

3

, e

1

+ αe

4

) , ker f = Vect(e

1

− e

2

− e

3

) .

c. Pour toutes les valeurs du réel α , l'image et le noyau de f sont supplémentaires.

En eet, dans les deux cas, la somme des dimensions est 4 . Il sut donc de vérier que l'intersection est réduite au vecteur nul. Pour cela, examinons l'image d'un vecteur de l'image.

Dans le cas α = 0 .







1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0











 λ µ 0 0







=





 λ + µ 2λ + µ

0 0







=





 0 0 0 0







⇒

( λ + µ = 0

2λ + µ = 0 ⇒ λ = µ = 0

Dans le cas α 6= 0 .







1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 α α α 0 0











 x

₁

x

2

x

3

αx

1







=







x

₁

+ x

₂

(2 + α)x

1

+ x

2

+ x

3

α

²

x

1

α(x

1

+ x

3

)







=





 0 0 0 0







⇒ x

1

= x

2

= x

3

= 0 Un autre moyen simple de montrer que les espaces sont supplémentaires serait de former des famille en concaténant les bases obtenues pour le noyau et l'image chaque cas puis de calculer le rang de la matrice de ces familles. On trouverait facilement 4 ce qui montrerait que ce sont des bases et donc que les espaces sont supplémentaires.

2. D'après la base de Im f trouvée à la question précédente lorsque α 6= 0 , on peut choisir λ = 1 soit ε

1

= e

1

+ αe

4

, ε

2

= e

2

, ε

3

= e

3

.

En fait on doit choisir λ = 1 car, si e

₁

+ αe

₄

∈ Im f , il existe des réels u , v , w tels que

e

₁

+ αe

₄

= ue

₂

+ ve

₃

+ w(e

₁

+ αe

₄

) ⇒

( λ = w coe. de e

1

α = wα coe. de e

4

⇒ w = λ = 1

3. L'application g est linéaire par dénition, elle prend ses valeurs dans F = Im f puisque c'est une restriction de f . D'autre part :

g(ε

1

) = e

1

+ 2e

2

+ αe

4

+ α(e

2

+ αe

3

) = e

1

+ αe

4

+ (2 + α)e

2

+ α

²

e

3

= ε

₁

+ (2 + α)ε

₂

+ α

²

ε

₃

g(ε

2

) = e

1

+ e

2

+ αe

4

= ε

1

+ ε

2

g(ε

3

) = e

2

= ε

2

Mat

B

g =





1 1 0

2 + α 1 1 α

²

0 0





4. L'application g est inversible car c'est la restriction de f à un supplémentaire de son noyau. Le calcul de la matrice inverse conduit à

Mat

B

g

⁻¹

= 1 α

²





0 0 1

α

²

0 −1

−α

²

α

²

−(α + 1)





5. a. Les conditions de l'énoncé dénissent h dans F par prolongement linéaire en préci- sant les images d'une base de F . Comme ker f et F = Im f sont supplémentaires, poser h(x) = 0 pour x dans ker f comme l'impose l'énoncé achève de dénir h dans E . Il prend évidemment ses valeurs dans E , c'est donc bien un endomorphisme.

Écrivons d'abord la matrice de h dans B

⁰

= (ε

1

, ε

2

, ε

3

, ε

4

) avec ε

4

= e

1

− e

2

− e

3

. Comme (ε

4

) est une base de ker f , on a :

Mat

B⁰

h = 1 α

²







0 0 1 0

α

²

0 −1 0

α

²

α

²

−(α + 1) 0

0 0 0 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 S1209C

(2)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 9 (le 05/04/13) 29 juin 2019

Utilisons ensuite la formule de changement de base Mat

C

h = P

⁻¹

Mat

B⁰

h · P avec P = P

_B⁰_C

. D'autre part :



 

 

 

 

ε

₁

= e

₁

+ αe

₄

ε

2

= e

2

ε

3

= e

3

ε

₄

= e

₁

− e

₂

− e

₃

⇒



 

 

 

 

e

₁

= ε

₂

+ ε

₃

+ ε

₄

e

2

= ε

2

e

₃

= ε

₃

e

₄

= 1

α (ε

₁

− ε

₂

− ε

₃

− ε

₄

)

P

⁻¹

=







1 0 0 1 0 1 0 −1 0 0 1 −1 α 0 0 0







P =







0 0 0

_α¹

1 1 0 −

_α¹

1 0 1 −

_α¹

1 0 0 −

_α¹







D = Mat

C

h = 1 α

³







α 0 α −1

−α 0 −α α

²

+ 1

α

³

− α

²

− α α

³

−α

²

− α −2α

²

+ α + 1

α

²

0 α

²

−α







b. Il ne faut surtout pas calculer le produit matriciel. Remarquons plutôt que ADA est la matrice dans B de f ◦ h ◦ f . Dans ker f , l'endomorphisme f ◦ h ◦ f est toujours nul ; dans Im f , h ◦ f = h ◦ g = Id

Imf

donc f ◦ h ◦ f coïncide avec f . Comme ker f et Im f sont supplémentaires et que f ◦ h ◦ f et f coïncident sur ces sous-espaces, ils sont égaux dans E tout entier. On en déduit ADA = A .

Problème

1. a. Par dénition, ω

₄

= i et, si a = (a

₀

, a

₁

, a2, a

₃

) ,

F(a) = (a

₀

+ a

₁

+a

₂

+ a

₃

, a

₀

+ia

₁

− a

₂

−ia

3

, a

₀

− a

₁

+a

₂

− a

₃

, a

₀

−ia

1

− a

₂

+ia

₃

) b. D'après la question précédente,

M

₄

=







1 1 1 1

1 i −1 −i 1 −1 1 −1 1 −i −1 i







c. Après calculs, on trouve M

4

M

a

= 4I

4

. On en déduit que M

4

est inversible d'inverse

¹₄

M

4

puis que F

4

est bijective. La bijection réciproque F

₄⁻¹

est l'endomorphisme de C

ⁿ

dont la matrice dans la base canonique est

¹₄

M

₄

.

d. Après calculs, on trouve M

₄²

= 4







1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0







, M

₄⁴

= 16I

₄

2. Dans toute cette question, on note ω au lieu de ω

n

.

a. Comme F

n

est un endomorphisme de C

ⁿ

, pour prouver que F

n

est bijective, il sut de montrer que F

n

est injective.

Si F

n

(a) = 0

_Cⁿ

, le polynôme A associé à ce n -uplet a est nul en 1, ω

n

, · · · , ω

ⁿ⁻¹_n

. Il admet n racines distinctes en étant de degré au plus n − 1 , il est donc nul.

b. D'après la dénition de F

_n

,

M

n

=







1 1 1 · · · 1

1 ω ω

²

· · · ω

ⁿ⁻¹

1 (ω)

²

(ω

²

)

²

· · · (ω

ⁿ⁻¹

)

²

... ... ... ... ...

1 (ω)

ⁿ⁻¹

(ω

²

)

ⁿ⁻¹

· · · (ω

⁽ⁿ⁻¹⁾

)

ⁿ⁻¹







On en déduit que le terme d'indice (i, j) de cette matrice est (ω

^j−1

)

ⁱ⁻¹

= ω

^{(i−1)(j−1)}

c. Soit i et j deux entiers entre −n et n . La somme proposée est formée de termes en progression géométrique de raison ω

^j−i

. Par dénition de ω ,

ω

^j−i

( = 1 si i ≡ j mod n

∈ U

n

\ {1} si i − j 6≡ j mod n

⇒

n−1

X

k=0

ω

^(i−j)k

=

( n si i ≡ j mod n 0 si i − j 6≡ j mod n car, pour ω

^j−i

6= 1,

n−1

X

k=0

ω

^(i−j)k

= 1 − (ω

^i−j

)

ⁿ

1 − ω

^i−j

= 0.

2

(3)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 9 (le 05/04/13) 29 juin 2019

d. Par dénition du produit matriciel, pour i et j entre 1 et n , i −j est entre −n + 1 et n − 1 , le terme (i, j) de M

n

M

n

est

n−1

X

k=1

ω

^{(i−1)(k−1)}

ω ¯

^{(k−1)(j−1)}

=

n−1

X

k=1

ω

(i−1−j+1)(k−1)

car ω ¯ = ω

⁻¹

=

n−1

X

k=1

ω

^{(i−j)(k−1)}

=

( n si i = j 0 si i 6= j On en déduit que M

n

M

n

= nI

n

puis que F

_n⁻¹

est l'endomorphisme de C

ⁿ

dont la matrice dans la base canonique est

_n¹

M

n

.

e. Le terme (i, j) de M

_n²

est

n−1

X

k=1

ω

^{(i−1)(k−1)}

ω

^{(k−1)(j−1)}

=

n−1

X

k=1

ω

(i−j+2)(k−1)

=

( n si i + j − 2 ≡ 0 mod n 0 sinon

Pour i et j entre 1 est n , on peut exprimer i en fonction de j pour que la congruence soit vériée. On doit avoir i = 1 si j = 1 et i = n − j + 2 pour j entre 2 et n . Un seul terme est non nul par colonne et il est égal à n :

M

_n²

= n







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

0 0 1 0

0 1 0 · · · 0







Cette matrice permet de préciser les images des vecteurs de la base canonique (attention au décalage d'indice)

F

_n²

(e

0

) = ne

0

, ∀j ∈ {1, · · · , n − 1}, F

_n²

(e

j

) = ne

_n−j

On en déduit que F

_n⁴

= n

²

Id

_Cn

.

3. a. Les n -uplets F

_n

(e

₁

+ e

_n−1

) et F

_n

(e

₁

− e

_n−1

) correspondent à la somme et la diérence des colonnes 2 et n de la matrice A

n

. Comme ω

ⁿ⁻¹

= ω

⁻¹

= ω , les parties réelles et imaginaires apparaissent conduisant à

F

_n

(e

₁

+ e

_n−1

) = 2u, F

_n

(e

₁

− e

_n−1

) = 2iv

En composant par F

n

(qui est C-linéaire), il vient 2F

n

(u) = n F

_n²

(e

1

) + F

_n²

(e

_n−1

)

= n(e

_n−1

+ e

1

) 2iF

n

(v) = n F

_n²

(e

1

) − F

_n²

(e

_n−1

)

= n(e

_n−1

− e

1

) )

⇒



 

 

F

_n

(u) = n

2 (e

₁

+ e

_n−1

) F

_n

(v) = in

2 (e

₁

− e

_n−1

) b. D'après les calculs précédents,

F

n

√ n

2 (e

1

+ e

_n−1

) + u

=

√ n

2 2u + F

n

(u) = √ nu + n

2 (e

1

+ e

_n−1

)

= √ n

√ n

2 (e

1

+ e

_n−1

) + u

Les autres calculs sont analogues et conduisent à F

n

(u

+

) = √

nu

+

, F

n

(u

₋

) = − √

nu

₋

, F

n

(v

+

) = i √

nv

+

, F

n

(v

₋

) = −i √ nv

₋

4. a. Avec les conventions de l'énoncé, A = a

0

+ a

1

X + a

2

X

²

+ · · · B = a

0

+ a

2

X + a

4

X

²

+ · · · C = a

1

+ a

3

X + a

5

X

²

+ · · ·



 

 

⇒ A = B(X b

²

) + X C(X b

²

)

b. La première relation demandée est obtenue simplement en remplaçant X par ω dans la relation A = B(X b

²

) + X C(X b

²

) de la question précédente. Pour les puissances au delà de

ⁿ₂

,

A(ω

ⁿ²^+k

) = a

0

+ a

1

ω

ⁿ²^+k

+ a

2

ω

^n+2k

+ a

3

ω

³⁽ⁿ²^+k)

+ a

4

ω

^2n+4k

+ · · ·

= a

₀

+ a

₂

ω

^0k

+ a

₄

ω

^02k

+ · · ·

+ ω

ⁿ²^+k

a

₁

+ a

₃

ω

^0k

+ a

₅

ω

^02k

+ · · ·

car ω

ⁿ

= 1

= B(ω

^0k

) − ω

^k

C(ω

^0k

) car ω

ⁿ²

= −1.

c. Il faut bien faire attention ici à la relation n = 2

^N

. La récursivité est relative au passage de N à N − 1 c'est à dire de n à

ⁿ₂

. La méthode envisagée pour le calcul de F

_n

(a) est la suivante

3

(4)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 9 (le 05/04/13) 29 juin 2019

On forme à partir de a les deux

ⁿ₂

-uplets b et c en séparant les indices pairs et impairs.

On calcule F

ⁿ

2

(a) et F

ⁿ

2

(b) .

On renvoie F

_n

(a) calculé à partir de F

ⁿ

2

(a) et F

ⁿ

2

(b) avec les formules de 4.b.

d. Organisation du calcul et évaluation de la complexité.

La formation de b et c se fait sans opérations (au sens de l'énoncé) Le calcul récursif de F

ⁿ

2

(a) et F

ⁿ

2

(b) se fait avec 2U

_N−1

opérations.

On eectue

ⁿ₂

multiplication pour calculer les ω

^k

C(ω

^0k

) . On eectue ensuite 2 ×

ⁿ₂

opérations (ajouter-soustraire) pour calculer A(ω

^k

) et A(ω

ⁿ²^+k

) . Comme

ⁿ₂

= 2

^N⁻¹

, on obtient donc bien en tout

u

_N

= 2u

_N₋₁

+ 3 × 2

^N−1

e. Comme l'énoncé nous y invite, posons v

N

= u

N

2

^−N

. On en tire u

N

= 2

^N

v

N

avec lequel on réécrit la relation de récurrence. On peut diviser par 2

^N

et obtenir une suite arithmétique

2

^N

v

N

= 2

^N

v

N−1

+ 3 × 2

^N⁻¹

⇒ v

N

= v

_N−1

+ 3

2 ⇒ v

N

= 3N 2

⇒ u

N

= 3

2 N 2

^N

= 3 2 ln 2 n ln n 5. a. D'après la dénition, F

n

(r) est le produit terme à terme de F

n

(p) et F

n

(q) . Avec

les notations précisées par l'énoncé, on peut écrire F

n

(r) = F

n

(p)F

n

(q) .

b. Nombre d'opérations pour la formule usuelle du produit de deux polynômes. Pré- sentons ces nombres d'opérations dans un tableau pour la première moitié des coecients. Le nombre d'opérations sera le même par symétrie pour les coecients suivants.

degré ∗ +

0 1 0

1 2 1

2 3 2

... ... ...

n

4

− 1

ⁿ₄ ⁿ₄

− 1

On en déduit après calculs que le nombre total d'opérations par cette méthode est

₁₆¹

n

²

.

c. Il est clair d'après la question a. et le fait que F

n

est bijective que l'on calcule ainsi le 2n -uplet attaché au produit des polynômes P et Q .

Évaluons le nombre d'opérations eectuées.

2u

_N

opérations pour le calcul de F

_n

(p) et F

_n

(q) . n = 2

^N

opérations pour le produit terme à terme

u

_N

opérations pour le calcul de la transformée inverse qui est analogue au direct.

On obtient donc 3u

_N

+ 2

^N

=

_{2 ln 2}⁹

n ln n + n opérations.

d. Pour de grands n , la méthode utilisant la transformée de Fourier discète est beaucoup plus rapide car

_{2 ln 2}⁹

n ln n + n est beaucoup plus petit que

₁₆¹

n

²

.

4