Déterminants de matrices tridiagonales Si (un ) n1 ,(vn ) n2 ,(wn ) n2 sont des suites de nombres complexes, on pose : u1 w 2 D0 1,T1 u1 et n 2,Tn 0 0 0 u2 v3 w3 0 ,Dn det Tn . vn 0 wn un v2 0 1. Exprimer, pour n supérieur ou égal à 2, Dn en fonction de un, vn, wn, Dn-1, Dn-2. 2. Soit (an ) n2 et (bn ) n2 deux suites de nombres complexes, soit (qn ) nN et (Qn ) nN des suites respectivement de nombres complexes et de polynômes vérifiant : q0 1,n 2,qn an qn1 bn qn 2 , x C,n 2,Q0 ( x) 1,Q1 ( x) x a1 ,Qn ( x) (an x)Qn 1 ( x) bnQn2 ( x). a. Montrer qu'il existe une suite de matrices (Tn ) n1 telle que n 2,qn det Tn Dn . Cette suite est-elle unique? Peut-on choisir des matrices Tn symétriques complexes? b. Soit n 1, montrer que (Q0 , Q1 ,, Qn1 ) est une base de l'espace vectoriel En-1 des polynômes de degré au plus n-1. On définit un endomorphisme Mn de En-1 en posant XQk si k n 1, k 0,, n 1,M n (Qk ) anQn1 bnQn2 si k n 1. Exprimer Qn à l'aide du polynôme caractéristique de Mn. 3. Exemple. On définit des fonctions Cn et Sn par les formules x 1,1,Cn ( x) cos( nArc cos x), 1 x 2 S n ( x) sin( nArc cos x). Montrer que Cn et Sn sont des fonctions polynomiales qui vérifient une même relation de récurrence à préciser. (on peut considérer, pour réel, ei ( n 1) ei ( n 1) ) 4. On revient aux notations du début et on suppose que n 1,Dn 0. x1 (n) 1 x ( n) 0 Soit Yn M n ,1 (C) et X n 2 M n,1 (C) l' unique solution de 0 xn (n) Tn X n Yn . Montrer qu'il existe une suite ( pn ) nN vérifiant la même relation de récurrence linéaire p que ( Dn ) nN et telle que n 1,x1 (n) n . Dn Commentaire Ce texte permet d'interpréter le numérateur et le dénominateur d'une réduite de fraction continue comme un déterminant (voir Fractions continues : cas général (niveau 1)). La partie Quelques propriétés des matrices complexes (niveau 1) assure alors, dans certains cas, la non nullité des dénominateurs c'est à dire la régularité de la fraction. Sur ce thème on peut voir aussi Matrices tridiagonales symétriques définies positives (niveau 1). Dans Polynômes orthogonaux : introduction (niveau 1), on montre que toutes les suites de polynômes orthogonaux vérifient des relations de récurrence linéaire. A ces relations sont associées des Fractions de Tchébychev (niveau 2). Les polynômes de la question 3. sont deux à deux orthogonaux au sens suivant : 1 dx C p Cq C p ( x)Cq ( x) cos pt cos qtdt 0 si p q. 1 0 1 x2 Ce sont en fait des polynômes de Tchébychev de deuxième espèce (voir les commentaires de Propriétés des polynômes classiques (niveau 2) pour la nomenclature). La question 4. associe une équation linéaire (dans un espace de dimension infinie) à une fraction continue. Poursuivre dans cette voie nécessite des outils non élémentaires d'analyse (voir [Wal]) ou d'algèbre (nombres p-adiques, [Cas]). Solution 1. On trouve, en développant suivant la dernière colonne : n 3,Dn un Dn1 vn wn Dn2 . Comme D2 u1u 2 v2 w2 , D0 1, D1 u1 , la formule est encore valable pour n 2 . 2.a. Si (a n ) n2 et (bn ) n2 sont fixées, il existe (u n ) n2 , (vn ) n2 , (wn ) n2 , telles que : n 2, u n an , vn wn bn . Donnons à u1 une valeur arbitraire. La suite ( Dn ) nN est alors bien définie et vérifie la même relation de récurrence que (qn ) nN . Ces deux suites sont égales lorsqu'elles coïncident sur leurs deux premiers termes. Comme q0 1 , il suffit de choisir u1 q1 . Ainsi, il existe une seule suite (un ) n1 mais une infinité de suites (vn ) n2 et (wn ) n2 . Si n est un nombre complexe tel que n bn , on peut choisir n 2,vn wn n . La matrice Tn est alors symétrique complexe. 2 b. Comme Q0 est de degré 0 et Q1 de degré 1, chaque Qk est de degré k. La famille (Q0 , Q1 , , Qn 1 ) est donc une base de En-1. La matrice de Mn dans cette base est : 0 a1 b2 1 a b 2 3 0 1 0 0 Le polynôme caractéristique Kn de Mnest alors : 0 0 . bn 1 an a1 x K n ( x) 1 0 b2 0 a2 x b3 1 0 0 a1 x (1) n 1 0 b2 0 a2 x b3 1 bn 0 0 1 an x 0 0 0 0 . bn 1 an x D'après la question 1., si on pose K 0 ( x) 1 , la suite ( K n ) nN vérifie la même relation de récurrence que (Qn ) nN avec les mêmes conditions initiales. On en déduit n N,Qn (1) n K n . 3. Utilisons l'indication de l'énoncé : R,ei ( n1) ei ( n1) ein (e i ei ) ein 2 cos . En posant Arc cos x et en prenant les parties réelles et imaginaires, il vient Cn 1 ( x) Cn 1 ( x) 2 xCn ( x), 1 x 2 S n 1 ( x) 1 x 2 S n 1 ( x) 2 x 1 x 2 S n ( x). Comme on peut simplifier par 1 x 2 , les suites de fonctions (Cn ) nN et ( S n ) nN vérifient la même relation de récurrence (à coefficients constants) n 2,x 1,1,Qn ( x) 2 xQn1 ( x) Qn2 ( x). De plus, C0 ( x) 1,C1 ( x) x,S0 ( x) 0,S1 ( x) 1 , donc les fonctions Cn et Sn sont aussi polynomiales (récurrence évidente). 4. D'après les formules de Cramer : 1 v2 0 0 0 u2 v3 p 1 n 1,x1 (n) 0 w3 0 n . Dn Dn vn 0 0 wn un Posons an u n , bn vn wn pour tout n 2 . La suite ( pn ) n1 vérifie la même relation pn an pn1 bn pn2 que ( Dn ) n , mais seulement pour n 3 . Comme p1 1, p2 u2 a2 , il suffit de poser p0 0 pour que la relation soit encore valable lorsque n 2 .