1. Avec la dénition,

(1)

Exercice

1. Avec la dénition,

c(1, 1, 2, 2, 3, 3) =

1 2

1 3

1 4 1 3

1 4

1 5 1 4

1 5

1 6

Le facteur 60

³

permet de faire disparaitre les dénominateurs en multipliant chaque colonne par 60 .

60

³

c(1, 1, 2, 2, 3, 3) =

30 20 15 20 15 12 15 12 10

=

10 5 3

5 3 2

15 12 10

(L

1

← L

1

− L

2

, L

2

← L

2

− L

3

)

=

0 −1 −1

5 3 2

0 3 4

(L

1

← L

1

− 2L

2

, L

3

← L

3

− 3L

2

) = −5(−4 + 3) = 5

2. a. Le résultat de l'opération élémentaire L

₂

← L

₂

− L

₁

est la ligne

1

a₂+b₁

−

_a ¹

1+b₁ 1

a₂+b₂

−

_a ¹

1+b₂

=

a1−a2

(a2+b1)(a1+b1)

a1−a2

(a2+b2)(a1+b2)

Cette opération ne change pas le déterminant et permet de factoriser par (a

1

−a

2

) dans L

2

, par

_a₁_+b¹ ₁

dans C

1

et par

_a₁_+b¹ ₂

dans C

2

conduisant à la forme indiquée puis à

c(a

₁

, b

₁

, a

₂

, b

₂

) = (a

₁

− a

₂

)(b

₂

− b

₁

)

(a

1

+ b

1

)(a

1

+ b

2

)(a

2

+ b

1

)(a

2

+ b

2

) b. Le coecient j de L

_i

− L

₁

est

1 a

_i

+ b

_j

− 1

a

₁

+ b

_j

= a

1

− a

i

(a

_i

+ b

_j

)(a

₁

+ b

_j

)

c. On soustrait la ligne L

1

à toutes les autres. La question précédente montre que cela permet de factoriser par a

1

− a

i

dans la ligne i pour i de 2 à n . On peut ensuite factoriser par

_a₁_+b¹ _j

dans la colonne C

_j

pour j de 1 à n ce qui conduit à la forme demandée.

d. On procède de manière analogue avec le déterminant de la question précédente.

On enlève la colonne C

1

à toutes les autres. Cela permet de factoriser les (b

1

− b

2

) · · · (b

1

− b

n

) dans colonnes de 2 à n . On développe alors suivant la première ligne et dans le déterminant d'ordre n − 1 restant on peut factoriser par

_a_i_+b¹ ₁

avec i entre 2 et n ce qui montre la formule de récurrence.

3. a. Par dénition,

F (x) =

1 x+b₁

1

x+b₂

· · ·

_x+b¹

n

1 a₂+b₁

1

a₂+b₂

· · ·

_a ¹

2+b_n

... ... ...

1 a_n+b₁

1

a_n+b₂

· · ·

_a ¹

n+b_n

Comme un déterminant est une somme de produits, la fonction F est rationnelle en x et ses pôles sont −b

1

, · · · , −b

n

. Le développement suivant la première ligne exprime F comme une somme de fractions de degré −1 . On en déduit que le degré de F est inférieur ou égal à −1 . On peut remarquer que ce développement est en fait la décomposition en éléments simples de F mais ce n'est pas utile dans cet exercice.

b. En réduisant au même dénominateur, on obtient F (x) = λ A(x)

B(x) avec λ ∈ R , B = (x + b

1

) · · · (x + b

n

) et A un polynôme unitaire tel que

deg(F ) = deg(A) − deg(B) ⇒ deg(A) − n ≤ −1 ⇒ deg(A) ≤ n − 1 Or l'expression de F (x) comme déterminant montre que F (a

2

) = · · · = F (a

n

) car la même ligne se retrouve alors deux fois. On en déduit que

A(x) = (x − a

₂

) · · · (x − a

_n

)

(2)

Quant au λ , à cause des degrés, c'est la limite en +∞ de xF (x) . Or

xF (x) =

x x+b₁

x

x+b₂

· · ·

_x+b^x

n

1 a2+b1

1

a2+b2

· · ·

_a ¹

2+bn

... ... ...

1 an+b1

1

an+b2

· · ·

_a ¹

n+bn

est une combinaison linéaires des termes de la première ligne qui tendent tous vers 1 . La limite est donc le déterminant obtenu en remplaçant la première ligne par une ligne de 1 .

c. Considérons la fraction rationnelle obtenue à partir de λ en remplaçant le b

1

par une variable x . Ses pôles sont −a

2

, · · · , −a

n

mais le développement suivant la première colonne montre cette fois qu'elle est de degré 0 . Par répétition de colonnes, elle est nulle en b

2

, · · · , b

n

donc il existe µ ∈ R tel que

G(x) = µ (x − b

₂

) · · · (x − b

_n

) (a

2

+ x) · · · (a

n

+ x)

On en déduit que µ est la limite de G(x) en +∞ ce qui conduit à remplacer le bas de la première colonne par des 0 conduisant ainsi au déterminant c(a

2

, b

2

, · · · , a

n

b

n

) d'ordre n − 2 .

Problème

I. Généralités

1. L'ensemble X

n

s'identie aux fonctions de J 1, n K

2

dans {0, 1} , il est donc ni et de cardinal

2

⁽ⁿ²⁾

2. Exprimons le déterminant avec des permutations

|det(M )| =

X

σ∈Sn

ε(σ) Y

j∈J1,nK

m

σ(j)j

≤ X

σ∈Sn

|ε(σ)| Y

j∈J1,nK

|m

σ(j)j

|

Tous les facteurs sont entre 0 et 1 donc tous les n! termes de la somme sont plus petits que 1 d'où | det(M )| ≤ 1 .

3. Soient A et B dans Y

n

et λ entre 0 et 1 . Considérons M

λ

= λA + (1 − λ)B . Ses coecients vérient

terme i, j de M

λ

= λa

i,j

+ (1 − λ)b

i,j

∈ [0, 1]

Donc M

_λ

∈ Y

n

ce qui prouve que Y

n

est convexe.

4. Comme la colonne propre X est non nulle, il existe un indice i tel que 0 < |x

i

| ≥ |x

j

| pour tous les autres j . On en déduit, en examinant la ligne i du produit M X :

|λ||x

i

| ≤

n

X

j=1

|m

i,j

|

| {z }

≤1

|x

j

|

|{z}

≤|x_i|

≤ n|x

i

| ⇒ |λ| ≤ n

Si M est la matrice ne contenant que des 1 et X la colonne ne contenant que des 1 , on a M X = nX . Il est donc possible d'obtenir des valeurs propres de module n . 5. a. Parmi les 16 matrices d'ordre 2 formées de 0 et de 1, on liste d'abord celles qui ne

contiennent ni ligne ni colonne nulle en considérant les premières lignes possibles (il y en a 3) :

0 1 1 0

, 0 1

1 1

, 1 0

0 1

, 1 0

1 1

, 1 1

0 1

, 1 1

1 0

, 1 1

1 1

On élimine la dernière qui est de rang 1 . Il en reste donc 6 . A =

0 1 1 0

, B = 0 1

1 1

, I = 1 0

0 1

, C = 1 0

1 1

, D = 1 1

0 1

, E =

1 1 1 0

,

b. Elles engendrent les matrices élémentaires car

E

1,1

= E − A, E

1,2

= D − I, E

2,1

= C − I, E

2,2

= B − A

Dans le cas général de l'ordre n . Si i 6= j , la matrice I

n

+ E

i,j

est une matrice d'opérations élémentaire donc dans X

_n⁰

. Ceci montre que E

i,j

∈ Vect(X

_n⁰

) . Pour les E

_i,i

, on utilise la matrice D avec des 1 sur mauvaise diagonale ( d

_i,j

= δ

_n−j+1,i

) car D +E

_i,i

est encore inversible. On engendre ainsi tous les E

_i,i

sauf E

_p,p

lorsque n = 2p + 1 . On pourra également l'obtenir comme combinaison mais avec plus de deux matrices. La propriété reste donc vraie à l'ordre n . Par exemple





0 0 0 0 1 0 0 0 0



 = D + 2I −





1 0 0 0 1 0 1 0 1



 −





1 0 1 0 1 0 0 0 1





(3)

II. Maximisation du déterminant

1. Comme X

_n

est ni, l'ensemble des déterminants l'est aussi donc il admet un plus grand élément.

L'ensemble Y

n

est inni donc on ne peut armer que l'ensemble des déterminants soit ni. En revanche, on sait d'après I.2. qu'il est majoré. Comme toute partie de R non vide et majorée il admet une borne supérieure y

n

.

2. Le nombre y

n+1

est un majorant de {det(M ), M ∈ Y

n

} . En eet, pour toute M ∈ Y

n

, on peut former une matrice M

⁰

∈ Y

n+1

de même déterminant en la bordant par des 0 avec seulement un 1 en position 1, 1 . Comme y

n

est le plus petit des majorants, on en déduit y

n

≤ y

n+1

.

3. Notons X

₁

, · · · , X

_n

les colonnes de la base canoniques des matrices colonnes et C la colonne qui ne contient que des 1 . On peut alors écrire

C

j

(J) = C − X

j

Développons le déterminant de M par multilinéarité par rapport aux colonnes. Seuls contribuent les distributions où C gure au plus une fois. On en déduit

det(M ) = (−1)

ⁿ

det(I) + (−1)

ⁿ⁻¹

n

X

j=1

det(X

1

, · · · , X

j−1

, C, X

j+1

, · · · , X

n

)

= (−1)

ⁿ⁻¹

(n − 1) Ces matrices montrent que la suite des y

n

diverge vers +∞ pour les n impairs. Pour les n pairs, il sut de modier la matrice en permutant deux lignes ou colonnes.

4. a. On suppose n

i₀,j₀

∈ ]0, 1[ , considérons le développement du déterminant selon la colonne j

0

. Dans ce développement, le coecient n

i₀,j₀

intervient seulement dans le terme

n

i0,j0

C

i0,j0

où C

_i₀_,j₀

désigne le cofacteur. Si ce cofacteur est positif ou nul, en remplaçant n

_i₀_,j₀

par 1 , on augmente le déterminant. Si le cofacteur est strictement négatif, en remplaçant cette fois n

i₀,j₀

par 0 on l'augmente aussi. On peut donc former une matrice N

⁰

comme le demande l'énoncé.

b. Pour une matrice M quelconque dans Y

n

, en procédant systématiquement comme dans la question précédente, on peut remplacer tous les coecients dans l'inter- valle ouvert par des 0 ou des 1 et obtenir nalement une matrice M

⁰

∈ X

n

telle que det(M ) ≤ det(M

⁰

) . On en déduit que x

n

est un majorant de y

n

donc que x

n

= y

n

.

III. Matrices de permutations

1. Voir exercice sur les matrices de permutation. On trouve P

σ

P

σ⁰

= P

σ◦σ⁰ t

P

σ

= (P

σ

)

⁻¹

= P

_σ⁻¹

2. On utilise la dénition de O

n

et les propriétés du déterminant.

t

A A = I

n

⇒ det(

^t

A A) = det(I

n

) ⇒ (det(A))

²

= 1

3. Une matrice de permutation ne contient que des 0 et des 1 donc elle est dans X

n

. Elle est aussi orthogonale car

P

_σ^t

P

_σ

= P

_σ

P

_σ−1

= P

_Id

= I

_n

Réciproquement, soit M une matrice orthogonale ne contenant que des 0 et des 1 . Comme elle est othogonale, chaque ligne i

₀

contient au moins un 1 . Soit j

₀

tel que m

i₀,j₀

= 1 .

Pour tous les j 6= j

0

, le terme j, j

0

de

^t

M M est nul :

∀j 6= j

0

,

n

X

k=1

m

k,j

m

k,j₀

= 0 ⇒ m

i₀,j

= 0

si les 1 se trouvaient la somme ne pourrait pas être nulle. On en déduit que m

i₀,j₀

est le seul terme non nul de la ligne i

0

.

Cela permet de dénir une fonction ϕ de J 1, n K dans lui même telle que m

_i,ϕ(i)

soit le seul terme égal à 1 de la ligne i . Si cette application n'était pas injective, une même ligne se trouverait deux fois ce qui est en contradiction avec le fait que la matrice est inversible. On en déduit que chaque colonne contient un seul 1 et que M = P

ϕ⁻¹

. 4. a. Introduisons la colonne

X

ω

=





 1 ω ω

²

...

ω

ⁿ⁻¹







On vérie facilement que

P

_c

X

_ω

= ωX

_ω

(4)

Ce qui montre que ω est une valeur propre complexe de P

c

de vecteur propre X

ω

. De même, pour tout u ∈ U

n

,

X

u

=





 1 u u

²

...

u

ⁿ⁻¹







⇒ P

c

X

u

= uX

u

b. Une permutation quelconque se décompose en cycles disjoints. Pour chaque cycle (disons de longueur r ), on peut trouver r vecteurs propres formés comme au dessus avec des éléments de U

r

(chacun étant attaché à une valeur propre élément de U

r

) mais seulement pour les indices du support du cycle et des 0 pour les autres.

5. On se donne une matrice M à coecients dans N telle que l'ensemble des coecients de toutes les M

^k

avec k ∈ N

^∗

soit ni. On en déduit que l'ensemble

M

^k

, k ∈ N est ni. L'application k 7→ M

^k

ne peut pas être injective car N

^∗

est inni. Il existe donc k < k

⁰

tels que

M

^k

= M

^k⁰

⇒ M

^k⁰^−k

= I

n

On en déduit que M est inversible et que son inverse M

⁰

est une puissance de M donc il est aussi à coecients dans N. On peut alors raisonner comme pour les matrices orthogonales à partir de M

⁰

M .

Pour tout j

0

, il existe i

0

tel que m

⁰_i₀_,j₀

6= 0 car M

⁰

est inversible. Pour tout i 6= i

0

, le terme i

0

, i de M

⁰

M est nul d'où :

n

X

k=1

m

⁰_i₀_,k

m

k,i

= 0 et m

⁰_i₀_,j₀

6= 0 ⇒ m

j₀,i

= 0

Autrement dit la ligne j

₀

de M contient au plus un coecient égal à 1 . Comme elle doit en contenir un pour être inversible elle en contient un seul et c'est une matrice de permutation.

IV. Matrices aléatoires

A. Génération par une colonne aléatoire

1. Lorsque toutes les lois prennent la même valeur, celle ci peut être 0 ou 1 les deux événements sont incompatibles et les variables sont indépendantes donc

P (X

1

= X

2

= · · · = X

n

) = p

ⁿ

+ (1 − p)

ⁿ

2. La variable S suit une loi binomiale de paramètres n et p . Voir cours sur une variable binomiale comme somme de variables de Bernoulli indépendantes.

3. Pour tous les couples (i, j) , les variables X

i,j

= X

i

X

j

ne prennent que les valeurs 0 et 1 . Comme elles sont mutuellement indépendantes, si i 6= j , la variable X

i,j

suit une loi de Bernoulli de paramètre p

²

. En revanche X

_i,i

= X

_i²

= X

_i

suit une loi de Bernoulli de paramètre p .

4. a. Le terme i, j de M (ω) est X

i

(ω)X

j

(ω) = X

i,j

(ω) ∈ {0, 1} . Donc M (ω) appartient à X

n

. La variable aléatoire M est à valeurs dans X

n

.

b. La diagonale de M contient n coecients tous dans {0, 1} donc tr(M ) ∈ J 0, n K.

Les colonnes de M (ω) sont X

₁

(ω)U (ω), · · · , X

_n

(ω)U (ω) . Elle sont toutes dans Vect(U(ω)) donc le rang est inférieur ou égal à 1 .

c. On utilise l'associativité du produit matriciel et le fait qu'un produit ligne × colonne est un élément du corps donc peut se factoriser. De plus, ici

t

U (ω) U(ω) =

n

X

k=1

X

k

(ω)

²

=

n

X

k=1

X

k

(ω) = S(ω)

En transposant l'expression de M , on s'aperçoit que M est symétrique et M

²

= U

^t

U U

t

U = S U

^t

U = SM

On en déduit la caractrisation proposée.

5. D'après l'expression de M , tr(M ) = S qui est suit une loi binomiale de paramètres n et p donc son espérance est np et sa variance np(1 − p) .

Comme le rang est 0 ou 1 , il s'agit d'une variable de Bernoulli. Son paramètre est la probabilité que la colonne U ne soit pas nulle c'est à dire 1 − (1 − p)

ⁿ

puisque la probabilité de l'événement contraire (la colonne est nulle) est (1 − p)

ⁿ

.

6. On a déjà vu que M

²

= SM . On en déduit par récurrence que

∀k ≥ 2, M

^k

= S

^k−1

M

Pour une issue ω , S(ω) ∈ J 0, n K donc la suite géométrique S(ω)

^k

k∈N

est convergente si et seulement si S(ω) ∈ {0, 1} . La probabilité de cet événement est

(1 − p)

ⁿ

+ np(1 − p)

ⁿ⁻¹

= (1 − p)

ⁿ⁻¹

(1 + (n − 1)p)

(5)

B. Génération par remplissage aléatoire

1. La matrice départ ne contient que des 0 donc N

₁

est une somme de m = n

²

variables de Bernoulli de paramètre p . On en déduit que N

1

suit une loi binomiale de paramètres m et p .

Pour la deuxième vague, si i coecients ont pris la valeur 1 , il en reste m−i modiables donc la loi conditionnelle de N

2

sachant N

1

= i est binomiale de paramètres m − i , p . Les variables N

1

et N

2

ne sont pas indépendantes. En eet,

P ((N

1

= m) ∩ (N

2

= 1)) = 0 6= P ((N

1

= 3)) P ((N

2

= 1))

car si toutes les valeurs ont été passées à 1 lors de la première vague, aucune ne peut l'être lors de la seconde alors que P ((N

₁

= 3)) et P ((N

₂

= 1)) sont non nulles.

2. Comme les passages de 0 à 1 pour les coecients sont indépendants, P (T

i,j

= k) = q

^k−1

p

Le coecient n'a pas été changé lors des k −1 premiers passage puis il l'a été au k -ème.

3. D'après la question précédente

P (k ≤ T

_i,j

≤ s) = q

^k−1

p + q

^k

p + · · · + q

^s−1

p = q

^k−1

p 1 + q + · · · + q

^s−k

Pour s en +∞ , elle converge vers

P (T

i,j

≥ k) = q

^k−1

p 1

1 − q = q

^k−1

4. La variable S

r

représente le nombre de 1 dans la matrice aléatoire après r passages.

Elle prend ses valeurs dans J 0, m K. Pour un k ∈ J 0, m K, évaluons P (S

r

= l) . Classons les issues suivant l'ensemble des l places de la matrice contenant un 1 à la n. On obtient ainsi