C. Polynôme caractéristique d’un produit de matrices

SESSION 2012

Concours commun Mines-Ponts

PREMIÈRE EPREUVE. FILIÈRE MP

A. Équations algébriques réciproques

1)•SoitP∈R_n[X]. PosonsP= Xn k=0

akX^k.

un(P)(X) =Xⁿ Xn k=0

ak

X^k = Xn k=0

akX^n−k = Xn k=0

an−kX^k.

u_n(P)(X)est effectivement un élément deR_n[X]. On a montré queu_n est bien une application deR_n[X]dans lui-même.

•SoitP∈R_n[X].

u²_n(P)(X) =Xⁿu_n(P) 1

X

=Xⁿ 1 XⁿP

1 1/X

=P(X).

Doncu²_n =Id_Rn[X]et on a monté queun est une symétrie deR_n[X].

2)SoitP∈R[X]\ {0}. Soitn=deg(P)∈N. Posons P= Xn k=0

a_kX^k. Alorsu_n(P)(X) = Xn k=0

an−kX^k puis par identification des coefficients

P∈P (resp.D)⇔un(P) =P(respun(P) = −P)⇔∀k∈J0, nK, an−k=ak(resp.∀k∈J0, nK, an−k= −a_k).

3)•SoitR∈P∪D. AlorsR6=0et il existeε∈{−1, 1}tel queun(R) =εR.

Soitxun réel non nul.

R(x) =0⇔εR(x) =0⇔un(R)(x) =0⇔xⁿR 1

x

=0⇔R 1

x

=0.

Doncxest racine de Rsi et seulement si est racine de deR.

•SoitR∈D. Notons nle degré deR. Pour tout réelxnon nul, xⁿR

1 x

= −R(x).

Pourx=1, on obtientR(1) = −R(1)et doncR(1) =0.

•SoitR∈P. On suppose que le degré deRest impair. On note2p+1,p∈Nce degré. Pour tout réelxnon nul, x^2p+1R

1 x

=R(x).

Pourx= −1, on obtientR(−1) = (−1)^2p+1R(−1)ou encoreR(−1) = −R(−1)ou finalementR(−1) =0.

4)Soient P,Q et Rtrois éléments deP∪D tels queP=QR. Notonsp,q etr les degrés respectifs deP, Qet R. On a doncp=q+r.

• Supposons queQetRsoient réciproques. On aQ(X) =εQX^qQ 1

X

et R(X) =εRX^rR 1

X

oùεQ etεRsont deux éléments de{−1, 1}.

X^pP 1

X

=X^pQ 1

X

R 1

X

=X^pε_Q 1

X^qQ(X)ε_R 1

X^rR(X) =ε_Qε_R X^p

X^qX^rQ(X)R(X) =ε_Qε_RP(X).

Commeε_Qε_R∈{−1, 1}, le polynômePest un polynôme réciproque. On note de plus queε_P =ε_Qε_Ret donc que « l’espèce obéit à la règle des signes » : siQ sont de même espèce,Pest de première espèce et siQet R sont d’espèces différentes, Pest de deuxième espèce.

•Supposons que PetQsoient réciproques.

X^rR 1

X

=X^r P

1 X

Q 1

X

=X^rε_PX^−pP(X) εQX^−qQ(X) = ε_P

εQ

X^r−p+qP(X)

Q(X) =εPεQR(X),

et donc, R est réciproque. De même, si P et R sont réciproques, alorsQ est réciproque en échangeant les rôles de Q et R.Ainsi, dans l’égalitéP=QR, dès que deux des trois polynômes sont réciproques, le troisième l’est encore.

5)SoitP∈P. Le polynômeX−1est dansD d’après la question 2) et donc le polynôme(X−1)Pest dansD d’après la question précédente.

Réciproquement, soitD∈D.D est un polynôme non nul admettant1 pour racine d’après la question 3). Donc, il existe un unique polynômePtel queD= (X−1)P:Pest le quotient de la division euclidienne deDparX−1. De plus,P= D

X−1 est dansP d’après la question précédente.

6)SoitP∈P de degré impair. Le polynômeX+1 est dansP d’après la question 2) et donc le polynôme(X+1)Pest dansP d’après la question précédente.

Réciproquement, soitQ∈P de degré impair.Qest un polynôme non nul admettant−1pour racine d’après la question 3). Donc, il existe un unique polynômePtel queQ= (X+1)P. Enfin,P= Q

X+1 est dansP.

En résumé, un polynômeQde degré impair est dansP si et seulement si il existe un unique polynômePdansP tel que Q= (X+1)P.

7) Unicité.Soitp∈N. SoientP₁etP₂deux polynômes tel queP₁

X+ 1 X

=P₂

X+ 1 X

=X^p+ 1

X^p. En particulier, pour tout réel x ∈ [1,+∞[, P1

x+ 1

x

= P2

x+ 1

x

. Maintenant, quand x décrit [1,+∞[, x+ 1

x décrit au moins

1+ 1 1, lim

x→+∞

x+ 1 x

= [2,+∞[d’après le théorème des valeurs intermédiaires. Ainsi, pour touty∈[2,+∞[,P₁(y) =P₂(y) et donc les polynômesP₁et P₂ coïncident en une infinité de valeurs. On en déduit queP₁=P₂.

Existence.Soientp∈NpuisTplep-ème polynôme deTchebichevde première espèce. On sait queTpest un polynôme de degréptel que pour tout réelθ,Tp(cosθ) =cos(pθ). SoitP(X) =2Tp

X 2

.Pest un polynôme de degrép. Pour tout réelθ,

P e^iθ+e^−iθ

=P(2cosθ) =2Tp(cosθ) =2cos(pθ) =e^ipθ+e^−ipθ. Ainsi, les fractions rationnellesP

X+ 1

X

etX^p+ 1

X^p coïncident en une infinité de valeurs et doncP

X+ 1 X

=X^p+ 1 X^p. Autre solution.Montrons par récurrence que∀p∈N,∃P_p∈R[X]tel queX^p+ 1

X^p =P_p

X+ 1 X

et de plus, deg(Pp) =p.

•P₀(Y) =1 etP₁(Y) =Y conviennent.

• Soitp∈N. Supposons qu’il existe Pp et Pp+1 deux polynômes tels quePp

X+ 1

X

=X^p+ 1

X^p et Pp+1

X+ 1

X

= X^p+1+ 1

X^p+1 et de plus deg(Pp) =pet deg(Pp+1) =p+1.

X^p+2+ 1 X^p+2 =

X+ 1

X X^p+1+ 1 X^p+1

−

X^p+ 1 X^p

=

X+ 1 X

Pp+1

X+ 1

X

−Pp

X+ 1

X

=Pp+2

X+ 1

X

,

oùPp+2(Y) =YPp+1(Y)−Pp(Y)est un polynôme. De plus, deg(Pp+2) =deg(YPp+1−Pp) =deg(YPp+1) =p+1+1=p+2.

Le résultat est démontré par récurrence.

8) Puisque R n’admet pas 1 pour racine, R n’est pas dans D d’après la question 3) et donc R est dans P. Puisque R n’admet pas−1 pour racine,R n’est pas de degré impair d’après la question 3) et doncR est de degré pair. Finalement, Rest un élément deP de degré pair. Posons deg(R) =2p oùp∈N.

Si p=0, le polynômeP=1 convient. On suppose dorénavantp>1. On poseR= X2p k=0

akX^k oùa2p est un réel non nul et lesa_k sont des réels tels que∀k∈J0, pK,ap+k=ap−k.

1

X^pR(X) =

p−1X

k=0

akX^k−p+ap+ X2p k=p+1

akX^k−p= Xp k=1

ap−kX^−k+ap+ Xp k=1

ak+pX^k

=ap+ Xp k=1

ap−k

X^k+ 1

X^k

=ap+ Xp k=1

ap−kPp

X+ 1

X

.

SoitP0=ap+ Xp k=1

ap−kPp. Alors, pour tout réel non nulx,R(x) =x^pP0

x+ 1

x

. Par suite,P est un polynôme tel que pour tout réel non nulx,R(x) =0⇔P₀

x+1

x

=0.

SoitP₁ = 2P₀. P₁ est un polynôme distinct de P₀ vérifiant :∀x∈ R∗, R(x) =0 ⇔ P₁

x+ 1 x

= 0. Il n’y a donc pas unicité du polynômeP.

SoitP₂=XP₀.P₂est un polynôme de degré distinct du degré deP₀. De plus, pour tout réelx6=0, P2

x+1

x

=0⇔

x+ 1 x

P0

x+ 1

x

=0⇔ x²+1 x P0

x+1

x

=0⇔P0

x+1

x

=0⇔R(x) =0.

Il n’y a donc pas unicité du degré deP.

B. Un problème de dénombrement

9)Soitu∈ S^i,j. Alorsu0=1et u0+u1+. . .+uj=j−uj+16j. Donc,u|{0,1,...,i}∈ Si,j^′ . Ainsi, S^i,j → Si,j^′

u 7→ u|{0,1,...,i}

est bien définie.

Soit(u, v)∈ S^i+1,j× Si,j^′ .

u|{0,1,...,i}=v⇔u₀=1et∀k∈J0, i+1K, uk∈Netu₀+u₁+. . .+u_i+1=jet∀k∈J0, iK, uk=v_k

⇔∀k∈J0, iK, uk=vketui+1∈Netui+1=j− (v0+v1+. . .+vi)

⇔∀k∈J0, iK, uk=v_ketui+1=j− (v₀+v₁+. . .+v_i) (carv₀+v₁+. . .+v_i6j).

Ainsi, pour toutvdeSi,j^′ , il existe un et un seulu∈ S^i+1,jtel queu|{0,1,...,i}=vet donc l’application S^i,j → Si,j^′

u 7→ u|{0,1,...,i}

est bijective.

10) • Soit (i, j) ∈ (N∗)². s_i,j+1^′ est le nombre de i+1 uplets (u₀, u₁, . . . , u_i) d’entiers naturels tels que u₀ = 1 et u₀+u₁+. . .+u_i6j+1. Cesi+1 uplets sont de l’un des deux types disjoints suivants :

1 er type : les i+1uplets tels que u0+u1+. . .+ui=j+1 au nombre desi,j+1, 2 ème type : lesi+1uplets tels que u0+u1+. . .+uj6jau nombre des_i,j^′ . Ceci montre ques_i+1,j+1^′ =si+1,j+1+s_i+1,j^′ .

•Soit(i, j)∈N^∗. D’après la question 9), les deux ensemblesS^i+1,j+1et Si,j+1^′ sont équipotents et doncs_i+1,j+1=s_i,j+1^′ puis

s_i+1,j+1^′ =si+1,j+1+s_i+1,j^′ =s_i,j+1^′ +s_i+1,j^′ . On a montré que

∀(i, j)∈(N^∗)²,s_i+1,j+1^′ =s_i,j+1^′ +s_i+1,j^′ .

11)Montrons par récurrence que pour toutn>2,∀(i, j)∈J1, nK², si i+j=nalorss_i,j^′ =

i+j−1 i

.

• Pour n = 2, soit (i, j)∈ J1, 2K² tel que i+j = 2. Alors i = j = 1 puis s_1,1^′ = 1 (il y a un et un seul couple tel que u₀+u₁61 avecu₀=1 à savoir(1, 0)). Comme d’autre part

1+1−1 1

=1, on a biens_1,1^′ =

1+1−1 1

.

•Soitn>2. Supposons que∀(i, j)∈J1, nK², sii+j=nalorss_i,j^′ =

i+j−1 i

. Soit(i, j)∈J1, n+1Ktel quei+j=n+1. Sij>2, d’après la question précédente,

s_i,j^′ =s_i−1,j^′ +s_i,j−1^′

=

(i−1) +j−1 i−1

+

i+ (j−1) −1 i

(par hypothèse de récurrence cari−1+j=i+j−1=n)

= (i+j−2)!

(i−1)!(j−1)! +(i+j−2)!

i!(j−2)! = (i+j−2)!(i+j−1)

i!(j−1)! = (i+j−1)!

i!(j−1)!

=

i+j−1 i

.

Si j = 1, il y a exactement un i+1 uplet (u₀, . . . , u_i) tel que u₀ = 1 et u₀+. . .+u_j 6 1 à savoir(1, 0, . . . , 0). Donc s_i,1^′ =1=

i+1−1 i

.

Le résultat est démontré par récurrence.

∀(i, j)∈N∗,s_i,j^′ =

i+j−1 i

.

Soiti>2. Pourj>1,s_i,j=s_i−1,j^′ =

i+j−2 i−1

. D’autre part, pourj>1,s_1,jest le nombre de couples(1, u₁)tels que 1+u1=j. Il y en a1à savoir le couple(1, j−1). Comme

1+j−2 1−1

= j−1

0

=1, on a montré que

∀(i, j)∈N∗,s_i,j=

i+j−2 i−1

.

C. Polynôme caractéristique d’un produit de matrices

12)Soit(A, B)∈M_n(R). On suppose que Aest inversible.

ΦAB=det(AB−XIn) =det A(BA−XIn)A⁻¹

=det(A)×det(BA−XIn)× 1

det(A)=ΦBA.

13) On suppose maintenant que A n’est pas inversible. A admet un nombre fini de valeurs propres dans C. Soit r = Min{|λ|, λ∈Sp(A)\ {0}.r est un réel strictement positif.

Soitk0=E 1

r

+1.k0est un entier naturel tel quek0> 1

r ou encore tel que 1 k0

< r. Soitk>k0. Alors,0 < 1 k 6 1

k0

< r.

Par définition der, 1

k n’est pas valeur propre deAet donc la matriceA−1

kInest inversible. D’après la question précédente, Φ(^A−1kIn)^B=Φ_B(^A−k¹In).

Ainsi, pour toutk > k0, Φ(^A−k¹In)^B = Φ_B(^A−k¹In). Soit x ∈ R. Les deux applications y7→ det((A−yIn)B−xIn) et y7→det(B(A−yI_n) −xI_n)sont deux polynômes enyqui coïncident en une infinité de valeurs dey. On en déduit que ces polynômes sont égaux et en particulier qu’ils prennent la même valeur en0. On obtient alors det(AB−xIn) =det(BA−xIn).

Cette égalité est vraie pour tout réelxet on a donc montré que det(AB−XI_n) =det(BA−XI_n)ou encoreΦ_AB=Φ_BA.

∀(A, B)∈Mn(R),ΦAB=ΦBA.

D. Étude spectrale de certaines matrices matrices

14)•Soit(i, j)∈J1, n+1K². D’après la question 11), sj,i =

j+i−2 j−1

=

j+i−2 (i+j−2) − (j−1)

=

i+j−2 i−1

=si,j.

Ainsi, la matriceSest symétrique réelle et en particulier, la matrice Sest diagonalisable d’après le théorème spectral.

•S₀= (1), S₁=







 0

0

1 0 1

1

2 1









=

1 1 1 2

et S₂=















 0

0

1 0

2 0 1

1

2 1

3 1 2

2

3 2

4 2

















=





1 1 1 1 2 3 1 3 6



.

•Φ_S0=1−X,Φ_S1 =X²−3X+1et

Φ_S2 =

1−X 1 1

1 2−X 3

1 3 6−X

= (1−X)(X²−8X+3) − (−X+3) + (X+1) = −X³+9X²−9X+1.

•S₀est diagonale.

•S1=PDP⁻¹oùD=diag 3−√ 5 2 ,3+√

5 2

! ,P=





1 1

−1+√ 5 2

−1−√ 5 2



etP⁻¹=









1+√ 5 2√

5 − 1

√5

−1+√ 5 2√

5

√1 5







 .

15)Soit(P, Q)∈(R_n[X])². La fonctiont7→P(t)Q(t)e^−test continue sur[0,+∞[et est négligeable devant 1

t² en+∞. On en déduit que la fonctiont7→P(t)Q(t)e^−t est intégrable sur[0,+∞[. Ainsi, pour tout(P, Q)∈(R_n[X])²,ψ(P, Q)existe.

La bilinéarité, la symétrie et la positivité deψsont claires et de plus, pourP∈R_n[X],

ψ(P, P) =0⇒ Z+∞

0

P²(t)e^−tdt=0

⇒∀t>P(t)e^−t=0(fonction continue, positive, d’intégrale nulle)

⇒∀t>0, P(t) =0

⇒P=0(polynôme ayant une infinité de racines).

En résumé,ψest une forme bilinéaire, symétrique, définie, positive surR_n[X] ou encore ψ est un produit scalaire surR_n[X].

16)B₀= (Xⁱ)06i6n est la base canonique deR_n[X]et doncB= Xⁱ

i!

06i6n

est une base deR_n[X].

On siat que pour tout entier natureln Γ(n+1) = Z+∞

0

tⁿe^−tdt=n!. Soit(i, j)∈J0, nK².

ψ(B_i, B_j) = 1 i!j!

Z+∞ 0

t^i+je^−tdt= 1

i!j!Γ(i+j+1) = (i+j)!

i! j! = i+j

i

=s_i+1,j+1.

Ainsi,S= (ψ(Bi−1, Bj−1)_16i,j6n+1. DoncSest la matrice d’un produit scalaire dans une base ou encoreSest une matrice symétrique définie positive.

En particulier,Sn’admet pas0pour valeur propre et donc Sest une matrice inversible. Ceci montre que rg(S) =n+1.

Notons C₁, . . . , Cn+1 (resp. C₁^′, . . . , C_n+1^′ ) les colonnes de S (resp. S^′). D’après la question 10), pour tout (i, j) ∈ J1, n+1K×J1, nK, s_i,j+1^′ −s_i,j^′ = si,j+1 ou encore pour tout j ∈ J1, n+1K, C_j+1^′ −C_j^′ = Cj+1. En tenant compte de C₁^′ = (1) =C1,

rg(S^′) =rg(C₁^′, C₂^′, . . . , C_n+1^′ ) =rg(C₁^′, C₂^′ −C₁^′, . . . , C_n+1^′ −C_n^′) =rg(C1, C2, . . . , Cn+1) =rg(S) =n+1.

17) Pour tous i et j, il existe un polynôme P tel que ∀t ∈ R, f^(j)_i (t) = P(t)e^−t. D’après un théorème de croissances comparées,∀(i, j, k)∈J0, nK×N×N,f^(j)_i (t) =

t→+∞o t^−k . Soiti∈J0, nK. La formule deLeibnizfournit :

(−1)ⁱf⁽ⁱ⁾_i (t)

i! e^t= (−1)ⁱ i! e^t

Xi k=0

i k

(tⁱ)^(k)(e^−t)^(i−k)= Xi k=0

1

i!× i!

k!(i−k)!

i!

(i−k)!t^i−ke^t(−1)ⁱ(−1)^i−ke^−t

= Xi k=0

(−1)^k i!

k!((i−k)!)²t^i−k= Xi k=0

(−1)^i−k i!

(i−k)!(k!)²t^k=Li(t)

oùLi= Xi k=0

(−1)^i−k i!

(i−k)!(k!)²X^k est bien un polynôme.

18)On rappelle que d’après la question 17),∀(i, j, k)∈J0, nK×N×N, lim

t→+∞

f^(j)_i (t)t^k=0. (∗) D’autre part, pour tout réel t, f_i(t) = tⁱ

+∞

X

k=0

t^k k! =

+∞

X

k=i

t^k

(k−i)!. Ceci montre que pour tous i et k tels que 0 6 k < i, f^(k)_i (0) =0et f⁽ⁱ⁾_i (0) =i!× 1

(i−i)! =i!.(∗∗)

•ψ(L₀, B₀) = Z+∞

0

f₀(t)e^tB₀(t)e^−tdt= Z+∞

0

e^−tdt=1.

Si i>1, ψ(Li, B0) = (−1)ⁱ i!

Z+∞ 0

f⁽ⁱ⁾_i (t)dt= (−1)ⁱ i!

h

f⁽ⁱ⁻¹⁾(t)i+∞

0 = (−1)ⁱ i!

t→lim+∞f⁽ⁱ⁻¹⁾(t) −f⁽ⁱ⁻¹⁾_i (0)

=0 d’après(∗) et(∗∗).

Finalement, pouri>0,ψ(L_i, B0) =δi,0.

•Soienti etjdeux entiers naturels tels que0 < j6i.

ψ(L_i, B_j) = Z+∞

0

(−1)ⁱf⁽ⁱ⁾_i (t) i! e^tt^j

j!e^−tdt= (−1)ⁱ i!j!

Z+∞ 0

f⁽ⁱ⁾_i (t)t^jdt.

Montrons par récurrence finie que∀k∈J0, jK,ψ(L_i, B_j) = (−1)^i−k i!(j−k)!

Z+∞ 0

f^(i−k)_i (t)t^j−kdt.

- Le résultat est vrai pourk=0.

- Soitk∈J0, j−1K. Supposons queψ(L_i, Bj) = (−1)^i−k i!(j−k)!

Z+∞ 0

f^(i−k)_i (t)t^j−kdt.

SoitA > 0. Les deux fonctionst7→f^(i−k)_i (t)ett7→t^jsont de classeC¹sur le segment[0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

ZA 0

f^(i−k)_i (t)t^j−kdt=h

f^(i−k−1)_i (t)t^j−kiA

0 − (j−k) ZA

0

f^(i−k−1)_i (t)t^j−k−1dt.

Le crochet est nul en0d’après(∗)car06i−k−16i−1 < iet le crochet tend vers0quandAtend vers+∞d’après (∗∗). QuandAtend vers+∞, on obtient

Z+∞ 0

f^(i−k)_i (t)t^j−kdt= −(j−k) Z+∞

0

f^(i−k−1)_i (t)t^j−k−1dtpuis

ψ(L_i, Bj) = (−1)^i−k

i!(j−k)!×−(j−k) Z+∞

0

f^(i−k−1)_i (t)t^j−k−1dt= (−1)^i−(k+1) i!(j− (k+1))!

Z+∞ 0

f^(i−k−1)_i (t)t^j−k−1dt.

Le résultat est démontré par récurrence.

Pourk=j, on obtient en particulierψ(Li, Bj) = (−1)^i−j i!

Z+∞ 0

f^(i−j)_i (t)dt.

Sij < i, on obtientψ(L_i, Bj) = (−1)^i−j i!

h

f^(i−j−1)_i (t)i+∞ 0

=0d’après(∗)et(∗∗).

Sij=i,ψ(L_i, Bi) = 1 i!

Z+∞ 0

fi(t)dt= 1 i!

Z+∞ 0

tⁱe^−tdt=1 et de nouveauψ(L_i, Bi) =δi,j.

Pour tousi etjtels que06j6i6n,ψ(L_i, B_i) =δ_i,j.

•ψ(L₀, L₀) =ψ(L₀, B₀) =1.

Soiti>1. D’après la question 17),Li= Xi l=0

(−1)^i−j i!

(i−j)!(j!)²X^j=Bi+ Xi−1 j=0

−1)^i−j i!

(i−j)!j!Bj. Sik < i, Li est orthogonal à Vect(B0, . . . , Bk)etLk appartient à Vect(B0, . . . , Bk). Doncψ(Li, Lk) =0.

Sik=i, ψ(L_i, Li) =ψ(L_i, Bi) +

i−1X

j=0

−1)^i−j i!

(i−j)!j!ψ(L_i, Bj) =1.

En résumé, pour tousiet j,ψ(L_i, L_i) =1et sii6=j,ψ(L_i, L_j) =0. Ceci montre que

(L₀, L1, . . . , Ln)est une base orthonormée de l’espace euclidien(R_n[X], ψ).

19)•T est la matrice de la famille de polynômes(1, X−1,(X−1)², . . . ,(X−1)ⁿ)dans la base canonique deR_n[X]. Donc

T =







































 0

0

− 1

0

. . . (−1)ⁿ⁻¹ n−1

0

(−1)ⁿ n

0

0 1

1 ... . .. . ..

. .. ...

... . ..

n−1 n−1

− n

n−1

0 . . . 0

n n







































 .

L’endomorphismeτest un automorphisme de R_n[X]de réciproqueτ⁻¹ : P→P(X+1). Par suite,

U=T⁻¹=







































 0

0

1 0

. . . .

n−1 0

n 0

0 1

1 ... . .. ...

. .. ...

... . ..

n−1 n−1

n n−1

0 . . . 0

n n







































 .

De manière générale, Pour tout(i, j)∈J1, n+1K, le coefficient lignei, colonnejdeTest(−1)^j−i j−1

i−1

(avec la convention usuelle

j−1 i−1

=0 sii > j) et celui deUest j−1

i−1

.

D’après la question 17), pour touti∈J0, nK,Lj= Xj i=0

(−1)^j−i j!

(j−i)!(i!)²Xⁱ= Xj i=0

(−1)^j−i j!

(j−i)!i!Bi= Xj i=0

(−1)^j−i j

i

Bi. On en déduit que la matrice T est aussi la matrice de passage de la base B à la base L puis que Uest la matrice de passage deL àB.

T =P_B^L etU=P_L^B.

D’après la question 16),Sest la matrice du produit scalaireψdans la baseBet d’après la question 18), la matrice deψ dansL estI_n. Les formules de changement de bases fournissent alors

S=MatB(ψ) =^t P_L^B

×MatL(ψ)×P_L^B=^tUInU=^tUU.

S=^tUU.

On en déduit que det(S) = (det(U))²= Yn k=0

k k

!2

=1.

det(S) =1.

Ensuite, avec les notations de la question 16),

det(S^′) =det(C₁^′, C₂^′, . . . , C_n+1^′ ) =det(C₁^′, C₂^′ −C₁^′, . . . , C_n+1^′ −C_n^′) =det(C1, C₂, . . . , Cn+1) =det(S) =1.

20) Soit δ l’endormorphisme de matrice D dans la base canonique de R_n[X]. δ est défini par : ∀i ∈ J0, nK, δ(X^k) = (−1)^kX^k = (−X)^k. δ coïncide avec l’endomorphisme P 7→ P(−X) sur la base canonique de R_n[X] et donc δ est cet endomorphisme.

(DU)² est la matrice de (δτ)² dans la base canonique. Or, pour toutP ∈R_n[X], δτ(P) =δ(P(X−1)) = P(1−X) puis (δτ)²(P) =P(1− (1−X)) =P. Donc(δτ)²=Id_Rn[X] ou encore

(DU)²=In+1.

S=^tUUet doncS⁻¹=U^−1t(U⁻¹). Mais(DU)²=In+1⇒U⁻¹=DUD=D⁻¹UD(carD²=In+1) puis S⁻¹=U^−1t(U⁻¹) = (D⁻¹UD)^t(D⁻¹UD) =D⁻¹UD^tD^tU^tD⁻¹=D⁻¹(U^tU)D, (car^tD=D=D⁻¹). DoncS⁻¹est semblable àU^tU.

21)En particulier,S⁻¹a même polynôme caractéristique deU^tUou aussi que^tUU=Sd’après la question 13). Par suite,

ΦS =ΦS⁻1=det(S⁻¹−XIn+1) =det(S⁻¹)(−X)ⁿ⁺¹det

S− 1 XIn+1

= 1

1(−1)ⁿ⁺¹Xⁿ⁺¹ΦS

1 X

(d’après la question 18))

= (−1)ⁿ⁺¹Xⁿ⁺¹Φ_S 1

X

.

DoncΨ_S est un polynôme réciproque, de première espèce sinest impair et de deuxième espèce sinest pair.