Université Joseph Fourier - MAT

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1 Université Joseph Fourier - MAT Devoir à la maison n 2 Ce devoir est à rendre en TD la semaine n 43 (Lundi 20/10 - Vendredi 24/10. Exercice 1 Soit K un corps commutatif, et M n (K l ensemble des matrices carrées d ordre n à coefficients dans K. Soit A = (a ij un élément de M n (K. On rappelle que la trace de la matrice A est la somme de ses éléments diagonaux : trace(a = a ii. 1. Montrer que l application trace est une forme linéaire sur M n (K. 2. Montrer que pour toutes matrices A et B de M n (K : 3. Montrer que deux matrices semblables 1 ont même trace. trace(ab = trace(ba. (1 4. Montrer qu il n existe pas d endomorphismes u et v d un espace vectoriel E de dimension finie tels que u v v u = Id E. 5. Montrer que les endomorphismes de K[X], u : P P et v : P XP satisfont l égalité précédente : u v v u = Id K[X]. 6. Montrer que les formes linéaires sur M n (K vérifiant (1 sont de la forme λ trace, avec λ K. Problème On considère la suite de polynômes (P n n N dans R[X] définie par : 1. (a Calculer P 1 et P 2. P 0 = 1, et n N,P = 2XP n 1 n + 1 (1 + X2 P n. (b Montrer que pour tout entier naturel n, deg(p n n. On note a n le coefficient de X n dans P n. (c Montrer que pour tout entier naturel n, a = n + 2 n + 1 a n. En déduire que a n = n + 1. Que dire alors du degré de P n? 2. Montrer que pour tout entier naturel n, P n ( X = ( 1 n P n (X; que dire alors de la parité du polynôme P n? 3. (a Montrer que pour tout entier naturel n, P = (n + 2P n. (b Montrer que pour tout entier naturel n, P 2 (0 = 0 et P 2n (0 = ( 1 n. (c Déduire de ce qui précède que : x R,P (x = P (0 + (n + 2 Calculer ainsi P 3 et P (a Montrer que pour tout entier naturel n, P n+2 2XP + (1 + X 2 P n = 0. x 0 P n (tdt. 1 Deux matrices A et B de M n(k sont dites semblables s il existe une matrice P dans M n(k, inversible, telle que B = P 1 AP.

2 (b Soit x R et u n = P n (x. Exprimer u n en fonction de n et x. (Indication : considérer le sous-espace vectoriel de C N des suites complexes vérifiant u n+2 = 2xu (1 + x 2 u n, et en chercher une base composée de deux suites géométriques. (c En déduire que pour tout entier naturel n, P n = 1 ( (X + i (X i. 2i 5. (a Montrer que le polynôme P n admet n racines réelles (que l on déterminera. (b Factoriser le polynôme P n (dans R[X]. (c Calculer la somme et le produit des racines de P n (on discutera suivant la parité de n.

3 Université Joseph Fourier - MAT Devoir à la maison n 2 - Corrigé Exercice 1 Pour cet exercice, il faut essentiellement connaître les deux résultats suivants sur les matrices : l'expression du terme générique d'une matrice produit : si A = (a ij et B = (b ij, alors AB = (c ij avec c ij = n a ikb kj. le produit de deux matrices élémentaires. La matrice élémentaire E ij est la matrice dont tous les éléments sont nuls, sauf celui qui se trouve sur la ligne i et la colonne j. L'ensemble des matrices élémentaires E ij, i = 1... n, j = 1... n, est la base canonique de M n (IK. Si A = (a ij, bien sûr : A = i,j a ije ij. En notant δ ij le symbole de Kronecker déni par δ ij = 0 si i j, δ ii = 1, on obtient : E ij E kl = δ jk E il. 1. On rappelle qu'une forme linéaire est une application linéaire d'un IK-espace vectoriel sur le corps de base IK. Ici, M n (IK est un espace vectoriel sur IK, avec les opérations suivantes : l'addition (loi de composition interne : si A = (a ij, B = (b ij, alors A + B = (d ij avec d ij = a ij + b ij ; la multiplication par un scalaire (loi externe : si A = (a ij et λ IK, alors λ A = (f ij avec f ij = λa ij. Nous devons donc prouver que l'application trace est une application linéaire de M n (IK dans IK. Par dénition, trace(a IK. Et : trace(λ A+µ B = n λa ii +µb ii = λ n a ii +µ n b ii = λtrace(a+µtrace(b. Conclusion : trace est bien une forme linéaire sur IK. 2. Notons AB = (c ij et BA = (d ij. Alors : c ii = n a ikb ki et d ii = n b ika ki. Donc : trace(ab = c ii = a ik b ki = b ki a ik = d kk = trace(ba. 3. Supposons que les matrices A et B sont semblables. Soit P une matrice inversible telle que B = P 1 AP. D'après la question précédente : trace(b = trace(p 1 AP = trace(ap 1 P = trace(ai n = trace(a. 4. Supposons qu'il existe un espace vectoriel E de dimension nie, et deux endomorphismes u et v de E tels que u v v u = Id E. Soit B une base de E. Notons A la matrice de u dans la base B et B la matrice de v dans la même base B. Alors AB est la matrice de u v et BA celle de v u. On aurait donc : trace(ab BA = trace(id E = n. Or, l'application trace étant linéaire, trace(ab BA = trace(ab trace(ba = 0. On aboutit à une contradiction. 5. Soit P IK[X]. On calcule : (u v v u(p = u(v(p v(u(p = (XP XP = XP + P XP = P. On a donc bien : u v v u = Id IK[X]. Les deux questions précédentes ne sont pas en contradiction : IK[X] est un espace vectoriel de dimension innie! 6. C'est dans cette question que l'on va utiliser les matrices élémentaires. D'abord il est évident que toute application de la forme λtrace (λ IK est une forme linéaire sur IK vériant (1. Réciproquement, soit ϕ une forme linéaire sur IK vériant (1. ϕ(e ij E kl = δ jk ϕ(e il = ϕ(e kl E ij = δ li ϕ(e kj. On en déduit que pour tout i l, ϕ(e il = 0 et que pour tout i, j, ϕ(e ii = ϕ(e jj (prendre i = l et j = k dans l'égalité précédente. On notera λ la valeur commune des ϕ(e ii. Ainsi : ϕ(a = ϕ( a ij E ij = a ij ϕ(e ij = a ii ϕ(e ii = λ a ii = λtrace(a. ij ij Conclusion : ϕ = λtrace.

4 Problème 1. (a On a P 1 = 2XP 0 (1 + X 2 P 0 = 2X et P 2 = 2XP (1 + X2 P 1 = 4X 2 (1 + X 2 = 3X 2 1. (b on démontre par récurrence sur n la propriété : deg(p n n. En eet, deg(p 0 = 0, et si deg(p n n pour un entier n, alors deg(p n n 1 donc deg((1 + X 2 P n n + 1 ; d'autre part, deg(2xp n n + 1, donc deg(p n + 1. Conclusion : n IN, deg(p n n. (c Le terme en X n dans P n est a n X n, donc le terme en X dans 2XP n est 2a n X et le terme en X dans 1 (1+X2 P n est 1 na n, par conséquent a = 2a n nan = n+2 a n. Comme a 0 = 1, on en déduit par récurrence sur n que a n = n + 1, pour tout n dans IN. On sait que deg(p n n et on vient de montrer que le coecient de X n est non nul, donc deg(p n = n (et son coecient dominant est n On démontre par récurrence la propriété : P n ( X = ( 1 n P n (X. La propriété est vraie pour n = 0. Supposons qu'elle soit vraie pour un certain entier n : P n ( X = ( 1 n P n (X. En dérivant cette égalité, on obtient : P n( X = ( 1 n P n(x. D'où : P ( X = 2( XP n ( X 1 n + 1 (1 + ( X2 P n( X = ( 1 2XP n (X 1 n + 1 (1 + X2 ( 1 P n(x = ( 1 P (X. Conclusion : le polynôme P n a même parité que l'entier n. 3. (a On démontre par récurrence sur n la propriété : P = (n + 2P n. Pour n = 0, P 1 = 2 = 2P 0 : la propriété est vraie. Supposons que la propriété soit vraie pour un certain entier n : P = (n + 2P n. P n+2 = = ( 2XP 1 n + 2 (1 + X2 P ( 2XP (1 + X 2 P n on a utilisé l'hypothèse de récurrence = 2P + 2XP 2XP n (1 + X 2 P n = 2P + 2X(n + 2P n 2XP n (1 + X 2 P n encore l'hypothèse de récurrence = 2P + (n + 1(2XP n (1 + X 2 P n = 2P + (n + 1P = (n + 3P. Conclusion : on a établi par récurrence que pour tout entier naturel n, P = (n+2p n. (b En évaluant en 0 la relation de récurrence dénissant la suite P n, on obtient : P n+2 (0 = 1 n + 2 P (0. Utilisant la question précédente, on remplace P (0 par (n + 2P n (0. Donc P n+2 (0 = P n (0. Comme P 1 (0 = 0, on en déduit (récurrence immédiate : P 2k+1 (0 = 0, k IN. De même, comme P 0 (0 = 1, on en déduit (récurrence à peine moins immédiate : P 2k (0 = ( 1 k, k IN. (c On a : x R, P (x = P (0 + x 0 P (tdt, puis on remplace P par (n + 2P n pour obtenir la formule demandée. Ainsi : x R, P 3 (x = P 3 (0 + 4 x 0 P 2(tdt = x 0 (3t2 1dt = 4(x 3 x. Cette égalité entre fonctions de la variable réelle entraine l'égalité des polynômes formels : P 3 = 4(X 3 X (Justication : le polynôme P 3 4(X 3 X a une innité de racines réelles, donc il est nul. De même : P 4 (x = P 4 (0 + 5 x 0 P 3(tdt = x 0 (t3 tdt = 1 + 5x 4 10x 2, donc P 4 = 5X 4 10X (a il sut de remplacer P par (n + 2P n dans la dénition par récurrence de P n+2.

5 (b Soit x R et u n = P n (x. Soit E = {u lc IN, u n+2 = 2xu (1 + x 2 u n }. On vérie facilement que E est un sous-espace vectoriel de lc IN, de dimension 2 (pour cela, montrer que l'application de E dans lc 2 qui à u E associe le couple (u 0, u 1 est un isomorphisme : une suite dans E est entièrement déterminée par ses deux premiers termes. On cherche deux suites géométriques (non nulles dans E. Soit v une telle suite, de raison r ( 0, de premier terme v 0 = 1, de sorte que v n = r n. v E ssi n IN, r n+2 = 2xr (1 + x 2 r n, ssi r 2 2xr + (1 + x 2 = 0 (ce que vous connaissez peut-être sous le nom d'équation caractéristique. Cette équation a deux racines distinctes dans lc : r 1 = x + i, r 2 = x i. On dispose donc de deux éléments particuliers dans E : les suites géométriques v et w dénies par v n = r n 1 et w n = r n 2. Montrons qu'elles forment une famille libre dans E. En eet, soient λ et µ deux nombres complexes vériant λv + µw = 0. Cela signie : n IN, λv n +µv n = 0. En particulier, pour n = 0 : λv 0 +µw 0 = 0, soit encore λ+µ = 0. Pour n = 1 : λv 1 + µw 1 = 0, soit λr 1 + µr 2 = 0. On peut voir ces deux équations comme un système de deux équations linéaires à deux inconnues λ et µ : ( 1 1 r 1 r 2 ( λ µ = 0. Le déterminant de la matrice associée à ce système est r 2 r 1. Comme les deux racines r 1 et r 2 sont distinctes, le déterminant est non nul, donc le système a pour unique solution λ = µ = 0. On a prouvé que la famille {v, w} est libre dans E. Comme son cardinal (2 est égal à la dimension de E, on en déduit que la famille est une base de E. Par conséquent, c'est une famille génératrice de E. De ce fait, la suite u qui nous intéresse va s'écrire comme combinaison linéaire des suites v et w. Nous cherchons donc λ et µ dans lc tels que u = λv + µw. Pour cela, il faut et il sut que u 0 = λv 0 + µw 0 et u 1 = λv 1 + µw 1. D'où le système : On trouve : λ = 1 ix 2 et µ = 1+ix D'où l'expression nale : u n = 1 ix 2 ( 1 1 r 1 r 2 ( λ µ 2. = ( 1 2x (x + i n ix (x i n = 1 ( (x + i (x i. 2 2i (Contrairement aux apparences, cette expression est réelle pour x réel... (c Posons R n = P n 1 2i ((X + i (X i. D'après ce qui précède, tout réel x est racine du polynôme R n, donc ce polynôme est nul. D'où l'égalité des polynômes formels : P n = 1 ( (X + i (X i. 2i 5. (a Soit z lc. P n (z = 0 ssi (z + i = (z i. Comme i n'est pas solution, cette équation équivaut à ( z+i z i = 1, c'est-à-dire k IN, 0 k n, z+i 2ikπ z i = exp( (les 2ikπ exp( racines n + 1èmes de l'unité, ou encore k IN, 1 k n, z = i +1 exp( 2ikπ 1. Ce qui donne comme racines du polynôme P n les réels : kπ cos( z k = kπ = cotan(, pour 1 k n. n + 1 sin( kπ (b Le polynôme P n est de degré n et admet n racines réelles, il est donc produit des facteurs linéaires X z k, à la multiplication près par un réel non nul. On détermine ce facteur grâce au coecient dominant. Finalement : n P n = (n + 1 (X cotan( kπ n + 1. (c Notons a k le coecient de X k dans le polynôme P n. Alors :.

6 la somme des racines est égale an 1 a n, et a n 1 = 0 (parité de P n, donc : cotan( kπ n + 1 = 0. le produit des racines est égal à ( 1 n a 0 a n = ( 1 n P n (0. Donc : { n cotan( kπ 0 si n est impair n + 1 = ( 1 n/2 si n est pair