Montrer que l'application : (P;Q)7!jPn =0 P(j)(aj)Q(j)(aj) denit un produit scalaire surE

ALG

EBRE

Exercice 2-1

Soitn un entier naturel,n 2. On note E =^Rn[X], l'espace vectoriel des fonctions polyn^omes a coecients reels, de degre inferieur ou egal an. Soita⁰;a¹;:::;an, (n+1) reels distincts ou non. Pour toutj^2N,P^(j)designe la derivee d'ordrej du polyn^omeP.

Montrer que l'application :

(P;Q)^7!_j^Pn

=0

P^(j)(aj)Q^(j)(aj) denit un produit scalaire surE.

Solution :

On montre facilement que (; ) est une forme bilineaire, symetrique, gr^ace a la linearite de la derivation et la commutativite du produit. Elle est egalement positive, puisque (P;P) =^Xn

j⁼⁰(P^(j))²(aj).

Il reste a demontrer qu'elle est denie. Or : (P;P) = 0^)Xn

j⁼⁰(P^(j))²(a_j) = 0⁾P^(j)(a_j) = 0; ⁸j^2f0;:::;n^g Mais, P etant un polyn^ome de degre inferieur ou egal an, P⁽ⁿ⁾(x) est une constante etP⁽ⁿ⁾(an) = 0 entra^ne queP⁽ⁿ⁾ est identiquement nul. AinsiP est un polyn^ome de degre inferieur ou egal a (n^;1). Mais alorsP^(n;1)(x) est

une constante et P^(n;1)(a_n^;1) = 0 entra^ne que P^(n;1) est identiquement nul. AinsiPest un polyn^ome de degre inferieur ou egal a (n^;2). On termine aisement ce raisonnement.

Exercice 2-2

Soitdun nombre entier strictement positif et soient¹;²;:::;d, des nombres reels deux a deux distincts, et dierents de 1 et de^;1.

On considere la fonction polynomiale L : x ^{7! Qd}

k⁼¹(x^;_k), et la fonction rationnelleR:x^7!₍x^2;1)¹L²(x).

On noteraE, l'ensemble des nombres reels prive de^f1;^;1;¹;²;:::;d^g. On admet qu'il existe 2d+ 2 nombres reels;;A¹;:::;Ad;B¹;:::;Bd, tels que :

pour toutxappartenant aE, R(x) =

x^;1 + x+ 1 + ^d

P

k⁼¹ Ak

(x^;k)²+_k^Pd

=1

Bk

x^;k () 1. Calculeret en fonction deL(1) et deL(^;1).

2. ExprimerAk en fonction dek et deL⁰(k).

3. On pourra admettre queBk =^;2kL⁰(k) + (_k^2;1)L⁰⁰(k) (_k^2;1)(L⁰(k))³ .

4. On denit la fonction polyn^omeS par :S(x) = (x^2;1)L⁰⁰(x) + 2xL⁰(x), pour tout reelx.

Prouver l'equivalence :

(⁸k^2f1;2;:::;d^g;Bk= 0)⁽⁾(^92R = S=L) Exprimer, quand il existe, en fonction de d.

5. Dans le cas oudest egal a 2, determiner le polyn^omeLtel que :

8k^2f1;2^g;B_k = 0:

Solution :

1. On admet que : R(x) =

x^;1 + x+ 1 +

d

X

k⁼¹

Ak

(x^;k)² +^Xd

k⁼¹

Bk

x^;k

Multiplions cette expression par (x^;1). Il vient : (x+ 1)1L²(x) =+ (x^;1)g(x)

ou1gest une fonction continue enx= 1. En remplacantxpar 1, on obtient : 2L²(1) =.

De m^eme, en multipliant l'expression par (x+ 1), il vient : (x^;1)1L²(x) =+ (x+ 1)h(x)

ou h est une fonction continue en x = ^;1. En remplacant x par ^;1, on obtient :^; 1

2L²(^;1) =.

2. Reprenons la m^eme idee que precedemment. Multiplions l'expression de R(x) par (x^;_k)². On obtient :

(x^2;1)^Q_i1⁶⁼_k(x^;i)² =Ak+ (x^;k)²gk(x)

ou gk est une fonction continue en x = k. En remplacant x par k, on obtient :

Ak = 1

(_k^2;1)^Q_i⁶⁼_k(k^;i)² = 1 (_k^2;1)L⁰²(k) En eet, si L(x) = ^Yd

i⁼¹(x^;k), la formule de derivation d'un produit de fonctions donne :

L⁰(x) =^Xd

k⁼¹

Y

i⁶⁼k(x^;i)

et : L⁰(k) =^Y

i⁶⁼k(k^;i)

3. Obtenir Bk est un peu plus complique. Multiplions R(x) par (x^;k)², puis derivons l'xpression obtenue. Il vient :

(x^;k)²R(x) = (x^;k)²`(x) +Ak+ (x^;k)Bk

ou`est une fonction continue et derivable enx=k. En derivant, il vient :

1

(x^2;1)L²_k(x)

0= (x^;k)(2`(x) + (x<sup>;</sup>k)`⁰(x)) +Bk

avec Lk(x) =^Y

i⁶⁼k(x^;i)

En posant dans cette derniere expressionx=_k, il vient : B_k =

1

(x^2;1)L²_k(x)

0

x^=k

Enn :

1

(x^2;1)L²_k(x)

0 =^;2xL²_k(x) + 2(x^2;1)Lk(x)L⁰_k(x) (x^2;1)²L⁴_k(x)

Or : L(x) = (x^;k)Lk(x)⁾L⁰(k) =Lk(k); L⁰⁰(k) = 2L⁰_k(k) Finalement :

Bk =

1

(x^2;1)L²_k(x)

0

x^=k=^;2kL⁰(k) + (_k^2;1)L⁰⁰(k) (_k^2;1)(L⁰(_k))³

4. Supposons que pour tout k ^{2 f}1;2;:::;d^g;Bk = 0. Il en resulte que le numerateur de l'expression qui denit Bk est nul, sans que le denominateur le soit, et que le polyn^omeS admet (k)¹kd comme racines.

Ainsi S est de m^eme degre que L et admet les m^eme racines. Ces deux polyn^omes sont donc proportionnels.

Reciproquement, siS est proportionnel aL, il admet les (k) comme racines etBk= 0, pour toutk^2f1;2;:::;d^g.

Pour determiner lorsque la condition est remplie, il sut de regarder les coecients dominants de chacun des polyn^omes. Il vient=d²+d, ou, bien sr,= 0.

5. Dans le cas oud= 2, ^2f0;6^g.

= 0. Dans ce cas, L est un polyn^ome normalise de degre 2 veriant (x^2;1)L⁰⁰(x) +2xL⁰(x) = 0. Or (x^2;1)L⁰⁰(x) + 2xL⁰(x) = ((x^2;1)L⁰(x))⁰. Il existe donc une constanteC reelle telle que (x^2;1)L⁰(x) =C. Ceci n'est pas possible, puisqueL⁰(x) est un polyn^ome de degre 1.

= 6. Dans ce cas, L est un polyn^ome normalise de degre 2 veriant (x^2;1)L⁰⁰(x) + 2xL⁰(x) = 6L(x). Appelons Qune primitive de L. Il vient (x^2;1)L⁰(x) = 6Q(x) ou (x^2;1)Q⁰⁰(x) = 6Q(x).

Si L(x) =x²+ax+b, alorsQ(x) = x

3 +ax_{2 +}bx (par exemple) et notre equation se traduit par (x^2;1)(2x+a) = 6

x³

3 +ax_{2 +}² bx

, ce qui conduit, par identication des coecients a : a= 0;b=^;1=3. Le polyn^ome Lainsi obtenu estL(x) =x^2;1=3.

Exercice 2-3

On denit une suite de fonctions sur^R par :

T⁰(x) = 1; T¹(x) =x; et ⁸n2Tn(x) = 2xTn^;1(x)^;Tn^;2(x) 1. Montrer que pour tout n ^{2 N}, Tn est un polyn^ome de degre n et de coecient dominant 2^n;1.

Etudier la parite deTn en fonction den.

2. Montrer que pour toutn0;Tn(cosx) = cos(nx). En deduire queTn ad- metnracines reelles distinctes. Les determiner. CalculerTn(0);Tn(1);Tn(^;1).

3. SoitE=^R[X] l'espace vectoriel des fonctions polynomiales. A toutP ²E, on associe la fonctionu(P) denie pour toutx reel par :

u(P)(x_{) = 12}^{Z x+1}

x^;1 P(t)dt a) Montrer queuest un endomorphisme deE.

b) Determiner un developpement limite deu(T_n) en 0 a l'ordre 2.

c) Determiner un equivalent deu(Tn)(x) lorsquex tend vers l'inni.

4. Determiner le noyau deu. En deduire son image.

Solution :

1. Montrons les relations demandees par recurrence surn. Pourn= 0;T⁰ et T¹ sont des polyn^omes de degres respectifs 0 et 1 et le coecient dominant deT¹est 1 = 2⁰.

Supposons que pour tout 1 k n^;1,T_k soit un polyn^ome de degrek et de coecient dominant 2^k;1. CommeT_n(x) = 2xT_n^;1(x)^;T_n^;2(x), T_n est un polyn^ome de degren(c'est 2xTn^;1(x) qui l'emporte) et de coecient dominant 22^n;2 = 2^n;1.

Montrons par recurrence que si n est pair Tn est pair, alors que si n est impair,Tn est impair.

Ceci est vrai pourT⁰etT¹. Supposons que ce soit verie pour toutk2p^;1.

Alors, commeT²_p(x) = 2xT²_p^;1(x)^;T²_p^;2(x), il vient :

T²p(^;x) =^;2xT²p^;1(^;x)^;T²p^;2(^;x) = 2xT²p^;1(x)^;T²p^;2(x) =T²p(x) et :T²p⁺¹(^;x) =^;2xT²p(^;x)^;T²p^;1(^;x) =^;2xT²p(x)+T²p^;1(x) =^;T²p⁺¹(x) 2. Procedons la encore par recurrence.T⁰(cosx) = 1 = cos(0x); T¹(cosx) = cosx. Supposons que pour tout k n^;1;Tk(cosx) = cos(kx). Alors, en s'aidant de la formule trigonometrique 2cosacosb = cos

a+b 2

+ cos

a^;b 2

:

Tn(cosx) = 2cosxTn^;1(cosx)^;Tn^;2(cosx)

= 2cosxcos((n^;1)x)^;cos((n^;2)x) = cos(nx) Or cos(nx) = 0⁾nx=

2 +k;k^2Z, ce qui entra^ne que : Tn(cosx) = 0⁾x²

2n⁺k

n ;⁰kn^;1

et : Tn(x) = 0⁾x²cos

2n⁺k n

;0kn^;1

Nous avons ainsi determinenracines distinctes (car 0< ₂n⁺k

n < ^{, pour} k ^{2 f}1;:::;n^;1^g) de Tn qui est un polyn^ome de degren. Ce sont donc toutes les racines deTn. Enn :

T_n(0) = cos(n_{2) =}^{0 si}n= 2k+ 1

(^;1)^k sin= 2k ^et T_n(1) = 1;T_n(^;1) = (^;1)ⁿ 3. a) La linearite de u est evidente par linearite de l'integrale. Le fait que u soit un endomorphisme de E provient du fait que toute primitive d'un polyn^ome est un polyn^ome. Donc si Q est une primitive de P, alors u(P)(x) =Q(x+ 1)^;Q(x^;1) est un polyn^ome.

b) On vient de voir queu(Tn) est un polyn^ome. Il admet donc un developpe- ment limite en 0. On peut donc ecrire, pourxau voisinage de 0 :

u(Tn)(x) =u(Tn)(0) +x(u(Tn))⁰(0) + x²

2 (u(Tn))⁰⁰(0) +o(x²)

= 12

Z

1

;1

Tn(x)dx+x

2(Tn(1)^;Tn(^;1)) +x²

4 (T_n⁰(1)^;T_n⁰(^;1)) +o(x²)

Or : ^Z 1

;1

Tn(x)dx=

Z

0

Tn(cost)sintdt=

Z

0

cos(nt)sin(t)dt et pourn2 :

Z

0

cos(nt)sin(t)dt=^; 1

n^2;1((^;1)ⁿ+ 1)

De plus^;nsin(nx) = (Tn(cosx))⁰ =^;sin(x)T_n⁰(cos(x)), entra^ne que : T_n⁰(cosx) =

(sinnx

sinx ^six⁶= 0 [2]

n sinon

Donc :

T_n⁰(1) =n; etT_n⁰(^;1) = (^;1)ⁿ⁺¹n Finalement, pourxau voisinage de 0 :

u(Tn)(x) =^; 1

n^2;1((^;1)ⁿ+1) +x

2(1^;(^;1)ⁿ)+x²

4n(1^;(^;1)ⁿ⁺¹)+o(x²) c) On sait que Tn est un polyn^ome de degre n et de coecient dominant 2^n;1. Or :

u(T_n)(x_{) = 12}^{Z x+1}

x^;1 T_n(t)dt= 2nⁿ+ 1((^;1 x+ 1)^n+1;(x^;1)ⁿ⁺¹) +h_n^;1(x)

= 2^n;1xⁿ+hn^;1(x)

ou hn^;1 est un polyn^ome de degre inferieur ou egal a (n^;1). Ainsi un equivalent deu(Tn) au voisinage de l'inni est 2^n;1xⁿ.

4. On montre, comme dans la question precedente, que siP est un polyn^ome de degrep, alorsu(P) est egalement de degrep. Ainsi keru=^f0^g. Pour la m^eme raison Imu=^R[X]. En eet, la restriction de ua chaque ^Rp[X] est un endomorphisme injectif de^Rp[X], donc surjectif, ce qui entra^ne queuest surjectif sur^R[X].

Exercice 2-4

On se place dans^R4 muni de sa structure euclidienne canonique. Soit A et B les deux matrices denies par :

A=

0

B

@

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1

C

AetB =

0

B

@

1 0 ^;1 0

0 1 0 ^;1

;1 0 1 0

0 ^;1 0 1

1

C

A

1. CalculerA²et B². En deduire les valeurs propres deAet deB.

2. Determiner les sous-espaces propres des endomorphismesaetbcanonique- ment associes aAetB.

3. Montrer qu'il existe une base orthonormee de^R4, dans laquelle les matrices associees aaet bsont toutes deux diagonales.

Solution :

1. Un calcul immediat donne A² = 4A et B² = 2B. On sait alors que les valeurs propres deAsont contenues dans l'ensemble^f0;4^get celles deBdans

f0;2^g. Or, ces deux matrices sont symetriques reelles, donc diagonalisables sur ^R. Elles n'ont donc pas qu'une seule valeur propre (car autrement ce seraient des matrices scalaires). Les valeurs propres deAsont donc^f0;4^get celles deB ^f0;2^g.

2. On determine les sous-espaces propres de a en resolvant le systeme d'equationsAX=X, avecX =

0

B

@

xy zt

1

C

A. On obtient :

pour a:

F⁰=^f(x;y;z;t)^jx+y+z+t= 0^gde dimension 3.

F⁴=^f(x;y;z;t)^jx=y=z=t^gde dimension 1.

pour b:

E⁰=^f(x;y;z;t)^jx=z;y=t^gde dimension 2.

E²=^f(x;y;z;t)^jx=^;z;y=^;t^gde dimension 2.

3. On aF⁴E⁰ etE²F⁰. On peut ainsi choisir comme base commune de diagonalisation :

v¹=

0

B

@

11 11

1

C

A

2F⁴;v²=

0

B

@

1

;1 1

;1

1

C

A

2F⁰;v³=

0

B

@

11

;1

;1

1

C

A

2F⁰;v⁴=

0

B

@

1

;1

;1 1

1

C

A 2F⁰

Exercice 2-5

Soit (Pn) une suite de fonctions denie par P⁰(x) = 1;P¹(x) =^;x et pour toutn0 :

Pn⁺²(x) =^;xPn⁺¹(x)^;Pn(x)

1. a) Montrer que Pn est une fonction polynomiale. Determiner son degre ainsi que son coecient dominant.

b) Quelle est la parite deP_n?

2. On se propose de determiner une expression dePn(x).

a) Soit x ²[^;2;2]. Montrer qu'il existe ² [0;] tel que x = 2cos(). En deduire l'expression dePn(x) en fonction de .

b) Montrer que l'on a determine ainsi completement le polyn^omePn. 3. Determiner l'ensemble des racines deP_n.

4. a) Soit^R[X] l'espace vectoriel des polyn^omes a coecients reels. Montrer que l'application :

(P;Q)^7! 1 2

Z

2

;2

P(t)Q(t)^p4^;t²dt denit un produit scalaire sur^R[X].

b) La famille (Pn)n⁰ est-elle une famille orthonormale pour ce produit scalaire ?

Solution :

1. a) Eectuons une demonstration par recurrence. Pourn= 0;1 :P⁰ etP¹ sont deux fonctions polynomiales de degres respectifs 0 et 1 et de coecient dominant (^;1)ⁿ. Supposons que pour tout kn+ 1,Pk soit un polyn^ome de degreket de coecient dominant (^;1)^k.

L'equationPn⁺²(x) =^;xPn⁺¹(x)^;Pn(x) donne immediatement que Pn⁺²

est un polyn^ome de degren+2 et de coecient dominant (^;1)ⁿ⁺², (puisque c'est^;xPn⁺¹(x) qui est preponderant).

b) On voit queP⁰est un polyn^ome pair, alors queP¹est un polyn^ome impair.

Supposons que pour toutkn+ 1,Pk possede la parite dek.

sin+ 2 est pair,^;xPn⁺¹ est pair (produit de deux polyn^omes impairs), tout commePn.

si n+ 2 est impair, ^;xPn⁺¹ est impair (produit de Pn⁺¹ pair et de x impair) tout commePn.

et donc par recurrence, pour toutn,Pn a la parite den.

2. a) Si x ² [^;2;2]; x₂ ² [^;1;1], et il existe un unique ² [0;] tel que x= 2cos, puisque la fonction cos est une bijection de [0;] sur [^;1;1]. On a alorsP⁰= 1;P¹() =^;2coset pour tout n0 :

Pn⁺²(2cos) =^;2cosPn⁺¹(2cos)^;Pn(2cos)

Ceci est une relation de recurrence lineaire d'ordre 2, dont l'equation carac- teristique est :

X²+ 2cosX+ 1 = 0.

Ses racines sont (^;eⁱ;^;e^;i) et il existe deux constantes complexes et telles que pour toutn0 :

Pn(2cos) = (^;1)^n;eⁱⁿ+e^;in Pourn= 0;1 il vient :

+= 1

eⁱ+e^;i= 2cos ^,

8

>

<

>

:

= eⁱ 2isin = ^;e^;i 2isin Ainsi, pour tout n0 :

Pn(2cos) = (^;1)ⁿ 2isin

e^i(n+1);e^;i(n+1)= (^;1)ⁿsin(n+ 1) sin

b) Le polyn^ome Pn est ainsi completement determine sur [^;2;2] donc sur tout^R puisque c'est un polyn^ome.

3. Cherchons les racines dePn qui appartiennent a l'intervalle [^;2;2].

0 =Pn(2cos) = (^;1)ⁿsin(n+ 1)

sin ^,

(= k

n+ 1;k^{2Z 6}= 0 [] AinsiPnadmet sur [^;2;2],nracines distinctes qui sont

2cos

k

n+ 1

1kn. OrPn est de degren; ce sont la toutes ses racines.

4. a) La bilinearite, la symetrie et la positivite de l'application sont evidentes.

De m^eme, (P;P) =

Z

2

;2

P²(t)^p4^;t²dt = 0 entra^ne (car t ^7! P²(t)^p4^;t² est une fonction continue positive) queP est identiquement nul sur ]^;2;2[, donc est le polyn^ome identiquement nul.

b) Calculons le produit scalaire (P_n;P_m) et pour cela, eectuons le change- ment de variablet= 2cosdans l'integrale. Il vient :

(P_n;P_{m) = 12}

Z

2

;2

P_n(t)P_m(t)^p4^;t²dt

= 12

Z

0

Pn(2cos)Pm(2cos)(^;2sin)2sind

= (^;1)^n+m2

Z

0

sin(n+ 1)sin(m+ 1)d

=ⁿ0 sin⁶=m 1 sin=m

Exercice 2-6

On note ^M3(^R) l'espace vectoriel reel des matrices carrees d'ordre 3 a coecients reels. On considere la matriceA denie par :

A=

0

@

0 ^;1 ^;1

1 0 ^;1

1 1 0

1

A

1. Determiner la matriceB =A²+2I. La matriceB est-elle diagonalisable ? 2. Montrer queB²=B+ 2I.

3. Determiner les valeurs propres de B. En deduire les sous-espaces propres associes.

4. Verier que si est une valeur propre de A, alors ²+ 2 est une valeur propre deB. En deduire queAn'est pas diagonalisable dans^M3(^R).

5. Montrer queB est inversible et exprimerB^;1 en fonction des matricesB etI.

6. On s'interesse maintenant aux puissances deB.

a) On pose, pour toutn2;Xⁿ= (X^2;X^;2)Q_n(X) +R_n(X) ouQ_n et R_n sont deux polyn^omes tels que deg(R_n)<2.

On noteR_n(X) =a_nX+b_n. Determiner le couple (a_n;b_n).

b) En deduire l'expression deBⁿ en fonction deI,B etn, pourn0.

c) Montrer que l'expression deBⁿ en fonction deI, deB et den, qui a ete obtenue pourn^>0, est encore valable pour les entiers negatifs.

Solution :

1. Un calcul elementaire donne : B=

0

@

0 ^;1 1

;1 0 ^;1

1 ^;1 0

1

A

qui est une matrice symetrique reelle, donc diagonalisable.

2. La encore, le calcul se fait immediatement tout comme la verication.

3. Le polyn^ome X^2;X^;2 est annulateur de la matriceB. On sait alors que les valeurs propres de B sont parmi les racines de ce polyn^ome, soit 1;2. On verie que ces deux reels sont eectivement valeurs propres deB en determinant les sous-espaces propres correspondants. On obtient :

E^;1(B) =^f(x;y;z)^jx^;y+z= 0^g

E²(B) =^f(x;y;z)^jx=^;y=z^g

4. Soitune valeur propre deAet X un vecteur propre associe. Alors : AX=X ⁾BX = (²+ 2)X

et²+ 2 est une valeur propre deB, puisqueX⁶= 0. Ainsi^2f0;i^p3^g. La matriceA n'admet qu'une valeur propre reelle. Elle ne peut ^etre diago- nalisable car elle serait alors une matrice scalaire, ce qu'elle n'est point.

5. On a immediatement :

B^2;B= 2I⁾BB^;I 2

=I ce qui signie queB est inversible et queB^;1= B^;I

6. On pose pour tout n 2;Xⁿ = (X^2;X ^;2)2 .Q_n(X) +a_nX +b_n. En substituant les reels^;1 et 2 aX, il vient :

(^;1)ⁿ =^;a_n+b_n 2ⁿ = 2an+bn ^,

8

<

:

an = 13(2^n;(^;1)ⁿ) bn= 13(2ⁿ+ 2(^;1)ⁿ)

b) En substituant la matrice B a X, il vient Bⁿ = a_nB +b_nI, puisque X^2;X^;2 est annulateur deB, soit :

Bⁿ_{= 13(2}^n;(^;1)ⁿ)B_{+ 13(2}ⁿ+ 2(^;1)ⁿ)I resultat qui reste valable pourn= 0;1.

c) Pour montrer que cette expression reste valable pour n negatif, posons pourn >0,

Cn= 13(2^;n;(^;1)^;n)B_{+ 13(2}^;n+ 2(^;1)^;n)I

On verie alors que le calcul de CnBn donne I (car B² = B+ 2I). Donc Cn=B^;n et la forme obtenue precedemment vaut pour toutn^2Z.

Exercice 2-7

1. Soitn2 un entier naturel etAune matrice carree d'ordrensur^C telle que, pour touti^2f1;:::;n^g:

jai;i^j>^X

j⁶⁼i

jai;j^j

Montrer que la matrice A est inversible (on pourra raisonner par l'absurde et considerer une colonneX non nulle telle queAX= 0).

2. Soit Aune matrice carree d'ordrenquelconque. Soitune valeur propre deA. Montrer que :

^{2 [n}

i⁼¹D(ai;i;^X

j⁶⁼i

jai;j^j) ou pour^2C;R >0,D(;R) =^fz^2C =^jz^;jR^g. 3. Soitn2 etAla matrice :

A=

0

B

B

B

B

B

@

0 1 0 ::: 0

1 0 1 ... ...

0 ... ... ... 0 ... ... 1 0 1

0 ::: 0 1 0

1

C

C

C

C

C

A

a) Montrer que siest une valeur propre reelle deA, alors^jj2.

On pose alors= 2cos();²[0;].

b) Determiner les valeurs propres et les vecteurs propres deA.

Solution :

1. SoitX ⁶= 0 veriantAX= 0. On poseX=

0

@

x¹ x...n

1

Aet^jxk^j= max

1in^jxi^j.

L'equationAX= 0 est equivalente au systeme d'equations :

8

>

>

<

>

>

:

a¹¹x¹ + a¹²x² + ::: + a¹nxn = 0 a²¹x¹ + a²²x² + ::: + a²nxn = 0

... ... = ...

a_n¹x¹ + a_n²x² + ::: + a_nnx_n = 0 Choisissons lak-ieme equation. On obtient :

;akkxk =^X

j⁶⁼kakjxj

donc, de par le choix dex_k :

jakk^jjxk^jX j⁶⁼k

jakj^jjxj^jjxk^jX j⁶⁼k

jakj^j

ce qui contredit l'hypothese^jak;k^j>^X

j⁶⁼k

jak;j^j. Ceci entra^ne quexk= 0, donc queX = 0.

Ce resultat est connu sous le nom de theoreme de Hadamard.

2. Le scalaireest une valeur propre deAsi et seulement si la matriceA^;I n'est pas inversible c'est-a-dire si et seulement si, par la question precedente, il existei^2f1;:::;n^gtel que :

jaii^;jX

j⁶⁼i

jaij^j

ce qui signie que^{2 [n}

i⁼¹D(ai;i;^X

j⁶⁼i

jai;j^j).

Ce resultat est connu sous le nom de theoreme de Gerchgorin.

3. a) D'apres la question precedente,est une valeur propre deAentra^ne que ²D(0;1)^[D(0;2), soit²D(0;2). On peut donc poser = 2cos;0 , puisque la fonction cosinus est une bijection de [0;] sur [^;1;1].

b) L'equation AX = (2cos)X, d'inconnue X =

0

@

x¹ x...n

1

A s'ecrit sous la

forme : ⁸

>

>

<

>

>

:

;2cosx¹+x²= 0 x^1;2cosx²+x³= 0 xn^;1;2cos... xn = 0

On pose alorsx⁰ = 0 et x_n⁺¹ = 0. On obtient ainsi nequations du m^eme type xi^;2cosxi⁺¹+xi⁺² = 0; (0in^;1)

Les scalaires (x⁰;x¹;:::;xn⁺¹) verient une relation de recurrence lineaire d'ordre 2 d'equation caracteristiqueX^2;2cosX+ 1 = 0, dont les racines sonteⁱ ete^;i. On sait alors que pour tout 0kn+ 1,xk s'ecrit sous la forme :

xk=e^ik+e^;ik

les complexeset etetant ici determines par les conditions limites x⁰=xn⁺¹= 0. Soit :

+ = 0

eⁱ⁽ⁿ⁺¹⁾+e^;i(n+1)= 0 ^,

=^;

sin(n+ 1)= 0

Si= 0, alors= 0 ce qui est sans inter^et, et si⁶= 0, alors sin(n+1)= 0

et : = k

n+ 1;k^2Z

On obtient ainsi n valeurs propres distinctes donnees par 2cosk = 2cos

k

n+ 1

, avec 1 k n, et le sous-espace propre associe a chaque valeur propre est de dimension 1, engendre par le vecteur

0

B

B

@

sin(k) sin(2_k) sin(...nk)

1

C

C

A

Exercice 2-8

1. SoitJ la matrice :

J =

0

@

0 0 1 1 0 0 0 1 0

1

A

a) CalculerJ³. En deduire les valeurs propres complexes possibles de J. La matriceJ est-elle diagonalisable dans^C ?

b) Soit (a;b;c) trois nombres complexes et A la matrice aI³ +bJ +cJ². Determiner les valeurs propres de A. La matrice A est-elle diagonalisable dans^C ?

2. Un jeton est deplace sur trois points A;B;C d'un cercle suivant les modalites suivantes :

une urne contient des boules rouges et blanches en proportions respectives pet q = 1^;p. On tire une boule de l'urne. Si la boule tiree est de couleur rouge, on avance le jeton d'un point dans le sens trigonometrique. Si la boule tiree est de couleur blanche, on avance le jeton de deux points, toujours dans le sens trigonometrique. On replace la boule dans l'urne avant d'eectuer le tirage suivant.

Au depart le jeton se trouve enA.

Soit Xn la variable aleatoire representant la position du jeton a l'issue du n-ieme tirage.

Determiner la loi deXnen fonction den.

Solution :

1. a) Un calcul elementaire donneJ³=I. On peut le montrer egalement en regardant l'endomorphisme associe aJ (que l'on appelleraJ) qui verie dans la base (e¹;e²;e³) associee a la matriceJ:J(e¹) =e²;J(e²) =e³;J(e³) =e¹. AinsiJ est une permutation circulaire sur (e¹;e²;e³) et verieJ³=I. Les valeurs propres possibles de J sont donc 1;j;j², ou j = e²ⁱ⁼³. Pour verier si chacun de ces scalaires est eectivement valeur propre, il sut de determiner le sous-espace propre asssocie. Apres calculs :

0

@

11 1

1

Aengendre le sous-espace propre associe a= 1.

0

@

j1 j²

1

Aengendre le sous-espace propre associe a=j.

0

@

j² 1j

1

Aengendre le sous-espace propre associe a=j². AinsiJ est diagonalisable dans^C.

b) La matrice A etant un polyn^ome en J, on sait que ses valeurs propres sont :

a+b+c; a+bj+cj²; a+bj²+cj

les vecteurs propres associes etant identiques a ceux trouves ci-dessus. La matriceAest donc diagonalisable dans ^C.

2. Determinons la matrice de passage de l'etat n a l'etat (n+ 1). Notons an;bn;cn les probabilites des evenements ^hh le jeton se trouve enA (respec- tivementB;C) a l'issue dun-ieme tirage ⁱⁱ.

Les modalites du jeu et la formule des probabilites totales (les trois evene- ments ci-dessus forment un systeme complet d'evenements) donnent :

8

<

:

an⁺¹=qbn+pcn

bn⁺¹=pan+qcn

cn⁺¹=qan+pbn

ou, sous forme matricielle :

0

@

an⁺¹

bn⁺¹

cn⁺¹

1

A= (pJ+qJ²)

0

@

an

bn

cn

1

A

Posons A = pJ +qJ². On sait que J est semblable a la matrice di- agonale D =

0

@

1 0 0

0 j 0

0 0 j²

1

A, avec comme matrice de passage la matrice P =

0

@

1 j j² 1 1 1 1 j² j

1

A.

On pourra ainsi ecrire, pour tout n 0,Aⁿ =P(pD+qD²)ⁿP^;1, ce qui donne apres calculs :

Aⁿ=

0

@

1 +ⁿ+ⁿ 1 +jⁿ+j²ⁿ 1 +j²ⁿ+jⁿ 1 +j²ⁿ+jⁿ 1 +ⁿ+ⁿ 1 +jⁿ+j²ⁿ 1 +jⁿ+j²ⁿ 1 +j²ⁿ+jⁿ 1 +ⁿ+ⁿ

1

A

avec=pj+qj² et =pj²+qj. La loi deXn est alors donnee par :

Xn=AⁿX⁰_{= 13}

0

@

1 +ⁿ+ⁿ 1 +j²ⁿ+jⁿ 1 +jⁿ+j²ⁿ

1

A

Exercice 2-9

Soientnetpdes elements de^N. On designe parEn;p le nombre de solutions (x¹;x²;:::;xn) dans^Znde l'equation :

() max(^jx^1j;^jx^2j;:::;^jxn^j) =p. 1. Determiner les nombresE¹;petE²;p.

2. a) Determiner, en fonction de n et p, le nombre de solutions dans ^Zn de l'inequation :

max(^jx^1j;^jx^2j;:::;^jx_n^j)p. b) En deduire l'expression deEn;p en fonction denet p. 3. a) Developper (a+b+c)ⁿ.

b) Determiner en fonction des parametresn,petqdans^N, le nombre de solutions dans^Zndu systeme :

min(^jx^1j;^jx^2j;:::;^jxn^j) =q max(^jx^1j;^jx^2j;:::;^jxn^j) =p^.

(On pourra commencer par les cas n = 1;n = 2, et dans le cas general raisonner sur le nombre de fois ou le min et le max sont atteints)

4. Determiner une constanteC telle que la suite de terme general En;n soit equivalente a la suite de terme generalC(2n)ⁿ.

Solution :

1. Manifestement E¹;p = 2;(^jx^1j =p). Pour determiner E²;p, il faut deter- miner le nombre d'elements (x¹;x²) ^{2 Z2} tels que max(^jx^1j;^jx^2j) = p. Ces deux entiers jouant un r^ole symetrique, on peut supposer max(^jx^1j;^jx^2j) =

jx^1j. Dans ce cas,^jx^2jp, ce qui donne 2(2p+ 1) possibilites (pourx¹ =p et x¹=^;p). On multiplie par 2 ce resultat (r^ole symetrique dex¹ et x²) et on enleve 4 elements qui ont ete comptes 2 fois (les quatre couples (p;p)).

FinalementE²;p= 8p.

2. a) On a max(^jx^1j;^jx^2j;:::;^jxn^j) p si et seulement si pour chaque i appartenant a ^f1;:::;n^g;^jxi^j p. Cela donne pour chaque xi, (2p+ 1) possibilites et si Sn;p est le nombre de solutions dans ^Zn de l'inequation max(^jx^1j;^jx^2j;:::;^jxn^j)p, alorsSn;p= (2p+ 1)ⁿ.

b) On a bien evidemment :

E_n;p=S_n;p^;S_n;p^;1 = (2p+ 1)^n;(2p^;1)ⁿ 3. a) Un calcul immediat donne :

(a+b+c)ⁿ= ((a+b) +c)ⁿ =^Xn

p⁼⁰C_pn(a+b)^n;pc^p

=^Xn

p⁼⁰ n^X;p

q⁼⁰C_pnC_qn^;_pa^qb^n;p;qc^p

b) Pourn= 1, il n'y a pas de solutions sip⁶=q et 1 solution sip=q. Sin2, il n'y a pas de solutions sip < q, et 2ⁿ solutions lorsquep=q.

Sip > q, on peut supposer que l'on atteintfois le maximum parmi les (x_i) et fois le minimum. On a alors :

S =^X

¹

X

¹C_nC_n^;2⁺(2(p^;q^;1))^n;; et d'apres la question precedente :

S= (2(p^;q+ 1))^n;2^Xn

⁼⁰C_n2(2(p^;q^;1))^n;+ (2(p^;q^;1))ⁿ (la seconde somme correspond aux cas = 0; ⁶= 0 et ⁶= 0; = 0, et la troisieme au cas= = 0).

Apres calculs, il vient :

S = (2p^;2q+ 2)^n;2(2(p^;q))ⁿ+ (2(p^;q^;1))ⁿ 4. On sait queEn;n= (2n+ 1)^n;(2n^;1)ⁿ. Donc :

En;n= (2n+ 1)ⁿ

1^;

2n^;1 2n+ 1

n

=e^nln(2n+1)1^;e^{nln(1;2n+12 )}

=e^nln2ne^nln(1+2n1)1^;e^{nln(1;2n+12 )}

(2n)ⁿe¹⁼²(1^;e^;1) = (e^1=2;e^;1=2)(2n)ⁿ

Exercice 2-10

SoitE l'espace vectoriel des fonctions continues sur^R, a valeurs reelles. Soit a >0 un reel donne. A toutf ²E on associe la fonctionTa(f) denie pour toutx reel par :

Ta(f)(x_{) = 12}a

Z x⁺a x^;a f(t)dt

1. Montrer que pour tout f ²E, Ta(f) est bien denie et est de classe C¹ sur^R.

2. Montrer que Ta(f) est constante si et seulement si f est periodique de periodeT = 2a.

3. Montrer que l'applicationTa est un endomorphisme deE. Determiner son noyau.Ta est-il surjectif ?

4. Soit n 2 un entier naturel et ^Rn[X] l'espace vectoriel des fonctions polyn^omes de degre inferieur ou egal an. Montrer que la restriction deT_a a

Rn[X] est un endomorphisme de^Rn[X].

On notera encoreTa cette restriction.

5. a) Montrer que la matrice associee a T_a dans la base canonique de

Rn[X] est triangulaire superieure. En deduire les valeurs propres deTa. Cet endomorphisme est-il diagonalisable ?

b) Soit f ^{2 R}n[X]. Montrer que si le degre de f est egal a 2, f n'est pas vecteur propre deTa.

c) Montrer que si f est vecteur propre deTa, sa deriveef⁰ l'est egalement.

En deduire les sous-espaces propres deTa.

Solution :

1. Commef est une fonction continue sur^R, F(x) =

Z x

0

f(t)dtest de classe C¹sur^R et Ta(f)(x_{) = 12}a⁽F(x+a)^;F(x^;a)) est de classeC¹ sur^R. 2. La question precedente permet d'ecrire, pour toutx reel :

Ta(f)⁰(x_{) = 12}a⁽f(x+a)^;f(x^;a))

si f est 2a{periodique, alorsTa(f)⁰(x) = 0, pour tout x reel etTa(f) est constante.

reciproquement, siTa(f) est constante, pour toutx reel,f(x+a)^;f(x^; a) = 0, et pour toutx reelf(x+ 2a) =f(x).

3. L'applicationT_a est lineaire par linearite de l'integrale. Par la question 1, T_aest un endomorphisme deEqui n'est pas surjectif, puisque ImT_a C¹(^R).

Determinons le noyau kerTa.

sif ²kerTa, alors par la question 2,f est 2a{periodique et : 0 =Ta(f)(0) =^{Z a}

;af(t)dt=^{Z 2a}

0

f(t)dt

Donc : kerT_a E²⁰_a =ⁿf ²E^jf est 2a^;periodique et ^R02af(t)dt= 0^o.

reciproquement, soitf ²E²⁰_a. Alors, par la question 2,Ta(f) est constante etTa(f)(0) = 0 entra^ne quef ²kerTa. Finalement :

kerT_a =E²⁰_a =

f ²E^jf est 2a^;periodique et

Z

2a

f(t)dt= 0