Si P est un polynôme unitaire dont les racines sont x, y, z , il s'écrit P = (X − x)(X − y)(X − z) = X 3 − σ 1 X 2 + σ 2 X − σ 3

MPSI B Corrigé du DS 06 29 juin 2019

Exercice

Si P est un polynôme unitaire dont les racines sont x, y, z , il s'écrit P = (X − x)(X − y)(X − z) = X ³ − σ 1 X ² + σ 2 X − σ 3

avec

σ 1 = x + y + z, σ 2 = xy + yz + xz, σ 3 = xyz On utilise alors

x ² + y ² + z ² = σ ² ₁ − 2σ 2 , 1 x + 1

y + 1 z = σ ₂

σ 3

On en déduit que

σ 1 = 2 , σ 2 = −1 , σ 3 = −2

lorsque x , y , z vérient le système de l'énoncé. Le polynôme cherché est X ³ − 2X ² − 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'application f est donc aussi linéaire. Le calcul donne

f (X ⁱ ) = (1 − j

N )X ^j+1 + j N X ^j−1

b. Le calcul précédent montre que, pour tous les j < N , le degré de f (X ^j ) = j + 1 et que le degré de f (X ^N ) est N − 1 . On en déduit que tous les f (X ^j ) sont dans E . Comme ils forment une base de E , l'image d'un élément quelconque de E est dans E . L'application linéaire f est un endomorphisme de E .

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

3. Si f (B) = B alors

B = XB − 1

N (X ² − 1)B ⁰

En substituant -1 à X , on obtient B(−1) = ˜ − B(−1) ˜ donc -1 est racine de B . Pour calculer la multiplicité k , on pose

B = (X + 1) ^k A avec A(−1) ˜ 6= 0 et on calcule f (B) . On obtient

f (B) = X(X + 1) ^k A − 1

N (X ² − 1) k(X + 1) ^k−1 A + (X + 1) ^k A ⁰ (X + 1) ^k A = (X + 1) ^k (XA − 1

N (X − 1)(kA + (X + 1)A ⁰ )) Simplions par (X + 1) ^k puis substituons -1 à X . On en déduit

2(1 − k

N ) ˜ A(−1) = 0

d'où la multiplicité k = N , B = A(X + 1) ^N où A est un polynôme de degré 0.

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

En eet en substituant 1 à X dans f (B) = −B , on obtient B(1) = 0 ˜ donc 1 est une racine de B . Notons k sa multiplicité avec B = A(X −1) ^k et A(1) ˜ 6= 0 . On injecte alors cette expression dans f (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 déduit k = N et 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 de B . En écrivant f (B) = λB , il vient

λB = XB − 1

N (X ² − 1)B ⁰ en substituant 1 puis -1 à X , il vient

λ B(1) = ˜ ˜ B(1) d'où (λ − 1) ˜ B(1) = 0 puis B(1) = 0 ˜ car (λ − 1) 6= 0

λ B(−1) = ˜ − B(−1) ˜ d'où (λ + 1) ˜ B(−1) = 0 puis B(−1) = 0 ˜ car (λ + 1) 6= 0 On pose donc

B = (X − 1) ^k

(X + 1) ^k

A

avec A(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 + (X ² − 1)A ⁰ )

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En substituant -1 à X et en utilisant A(−1) ˜ 6= 0 , on obtient λ = −1 + 2k ⁻

N

En substituant 1 à X et en utilisant A(1) ˜ 6= 0 , on obtient λ = 1 − 2k ⁺

N En faisant la diérence, on obtient

0 = −2 + 2(k ⁻ + k ⁺ ) N

C'est à dire k ⁻ + k ⁺ = N . On en déduit que A est un polynôme constant. On obtient aussi l'expression de la valeur propre

λ = −1 + 2(N − k)

N = 2k − N N

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

avec k entier entre 0 et N . Montrons que ces polynômes sont eectivement propres en calculant f (B k ) .

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))

B _k = N − 2k N B _k

Il reste à montrer que les N + 1 polynômes B _k forment une base. On montre pour cela qu'ils forment une famille libre. Supposons

λ ₀ B ₀ + · · · + λ _N B _N = 0 _{R [X]}

En substituant -1 à X on obtient λ _N = 0 . En substituant 1 à X on obtient λ ₀ = 0 . On peut alors simplier par (X − 1)(X + 1) et obtenir

λ ₁ B ₀ + · · · + λ _{N −1} B _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 X ² − (2 − a)X − (a − 1) = (X − 1)(X − a + 1)

Lorsque a 6= 0 , les deux racines sont distinctes, une base de S est formée par (1) _n∈N , ((1 − a) ⁿ ) _n∈N

Lorsque a = 0 , une base est formée par

(1) _n∈N , (n) _n∈N

2. Lorsque a 6= 0 , il existe des nombres α et β tels que pour tous les entiers n : w n = α + β (1 − a) ⁿ

On résoud le système aux inconnues α et β formé en prenant n = 0 et n = 1 . On en déduit que pour tout entier n :

w n = w 0 − w 1

a (1 − a) ⁿ + w 1 − (1 − a)w 0

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

w n = w 0 + (w 1 − w 0 )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 de E et le fait que sa bijection réciproque soit aussi dans E .

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

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

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

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

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On en déduit (unicité du prolongement linéaire)

f ◦ f = −f, f ◦ g = g ◦ f = 0 _E , g ◦ g = −g puis

h _a,b ◦ h _a

_,b

= (Id _V + af + bg) ◦ (Id _V + a ⁰ f + b ⁰ g)

= Id V + (a + a ⁰ − aa ⁰ )f + (b + b ⁰ − bb ⁰ )g = h a+a

−aa

,b+b

−bb

∈ E à condition que a + a ⁰ − aa ⁰ 6= 1 et b + b ⁰ − bb ⁰ 6= 1 . Ceci est réalisé car

a + a ⁰ − aa ⁰ − 1 = (a − 1)(1 − a ⁰ ), b + b ⁰ − bb ⁰ − 1 = (b − 1)(1 − b ⁰ )

avec a, a ⁰ , b, b ⁰ diérents de 1 . On a donc montré la stabilité de E et la commutativité de la composition.

En ce qui concerne la bijectivité : remarquons d'abord que Id V = h 0,0 . On en tire

h a,b ◦ h a

,b

= Id V ⇔

( a + a ⁰ − aa ⁰ = 0 b + b ⁰ − bb ⁰ = 0 ⇔



 

 

a ⁰ = a a − 1 b ⁰ = b

b − 1 On en conclut que h a,b est bijectif de bijection réciproque

h ⁻¹ _a,b = h

a−1

,

∈ 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 dans E 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 dans E sont h _0,0 = Id _V , h _0,2 , h _2,0 , h _2,2

Partie III

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

M = Id _V + a(f + g) ⇒ M ² = Id _V + a(2 − a)(f + g) d'où

(2 − a)M = (2 − a)Id V + a(2 − a)(f + g) = (2 − a)Id V + M ² − Id V

⇒ M ² = (a − 1)Id V + (2 − a)M 2. Supposons que M ⁿ = α _n M + β _n Id _V pour un certain entier n . Alors

M ⁿ⁺¹ = α n M ² + β n M = (β − n + (2 − a)α n )M + (a − 1)α n Id V

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

α _n+1 = β _n + (2 − a)α _n β _n+1 = (a − 1)α _n et les conditions initiales

α 0 = 0, β 0 = 1 α 1 = 1, β 1 = 0 3. D'après les relations de récurrence de la question précédente,

α n+2 = β n+1 + (2 − a)α n+1 = (a − 1)α n + (2 − a)α n+1

donc (α _n ) _{n∈ N} ∈ S . D'après la partie I, on obtient Si a 6= 0 :

α n = − 1

a (1 − a) ⁿ + 1

a , β n = − 1

a (1 − a) ⁿ + a − 1 a , M ⁿ = 1 − (1 − a) ⁿ

a M + (1 − a) ⁿ + a − 1 a Id V

Si a = 0 :

α n = n, β n = 1 − n, M ⁿ = nM − (n − 1) Id V

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Partie IV

1. F est clairement stable pour l'addition, comme h ² _2,2 = Id _V il est stable pour ◦ de plus il contient Id V . C'est donc un sous-anneau.

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

3. L'équation

(λ Id _V +µh _2,2 ) ◦ (λ ⁰ Id _V +µ ⁰ h _2,2 ) = Id _V se traduit par le système aux inconnues λ ⁰ et µ ⁰

( λλ ⁰ + µµ ⁰ = 1 µλ ⁰ + λµ ⁰ = 0

que l'on résoud par les formules de Cramer. On trouve, pour λ 6= µ : 1

λ ² − µ ² (λ Id _V −µh 2,2 ) ◦ (λ Id _V +µh _2,2 ) = Id _V

Les éléments inversibles du sous-anneau F sont donc les λ Id _V +µh _2,2 avec |λ| 6= |µ| .

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