MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 16 15 décembre 2019

MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 16 15 décembre 2019

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'in- verse

¹₄

M

4

puis que F

4

est bijective. La bijection réciproque F

₄⁻¹

est l'endomor- phisme 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.

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 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 M1316C

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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

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 coe- cients suivants.

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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

.

Exercice

1. a. Pousser les boutons les uns après les autres revient à se donner une application injective de {1, . . . , n} dans A

_n

. Le nombre de ces applications est n!

b. Formons d'abord la liste de toutes les partitions :

{{1}, {2}, {3}}, {{1}, {2, 3}}, {{2}, {1, 3}}, {{3}, {1, 2}}, {{1, 2, 3}}, Comme l'ordre dans lequel on pousse les boutons est important,chaque partition fournit plusieurs combinaisons. Respectivement :

6, 2, 2, 2, 1

Le nombre de 3-combinaisons est donc nalement a

₃

= 6 + 2 + 2 + 2 + 1 = 13

2. a. Il y a

ⁿ_k

manières de choisir une première partie P

1

à k éléments.

b. Le nombre de n -combinaisons commençant par P

1

de cardinal k est a

n−k

. Il y en a autant que de n − k -combinaisons formées dans A

n

− P

1

.

c. D'après les deux questions précédentes, le nombre de n -combinaisons dont la première partie contient k éléments est

n k

a

n−k

.

Cette formule est valable pour k = n avec a

₀

= 1 car {A

n

} est la seule n - combinaison dont la première partie contient n éléments.

En triant toutes les combinaisons suivant le nombre d'éléments de la première partie, on obtient :

a

_n

=

n

X

k=1

n k

a

_n−k

.

3. a. En exprimant a

_n

à l'aide de b

_n

dans la formule précédente et en simpliant par n! , on obtient

b

_n

=

n

X

k=1

b

_n−k

k! .

b. Raisonnons par récurrence et supposons b

_k

≤

_ln¹k2

pour k ∈ {1, . . . , n − 1} , alors

b

n

≤

n

X

k=1

1

k! ln

^n−k

2 = 1 ln

ⁿ

2

n

X

k=1

ln

^k

2 k! = 1

ln

ⁿ

2

n

X

k=0

ln

^k

2 k! − 1

!

≤ 1

ln

ⁿ

2 e

^{ln 2}

− 1

= 1 ln

ⁿ

2 .

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