Partie 1 : un ensemble de matrices Partie 2 : étude d`une application

Université Claude Bernard - Lyon 1
Semestre d’automne 2012-2013
Math III - PMI
Durée : 1 heure et 30 minutes
Partie CCP - Devoir numéro 1
Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.
Si un candidat est amené à repérer ce qui peut lui sembler être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et
devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.
Dans toutes les questions, il sera tenu le plus grand compte de la rigueur de la rédaction ; toute réponse insuffisamment justifiée sera considérée comme nulle.
Dans tout le problème, on fixe un nombre entier n ∈ N∗ et un nombre réel α. Notations :
• si p et q sont deux nombres entiers naturels p ≤ q, alors on désigne par Jp, qK l’ensemble des nombres entiers
naturels k tels que p ≤ k ≤ q,
• si k ∈ N, alors on note Ck [X] l’ensemble des polynômes de degré au plus k à coefficients complexes.
Partie 1 : un ensemble de matrices


λ 1 0
On note J l’ensemble de toutes les matrices du type Jλ =  0 λ 1  lorsque λ décrit C∗ . On note également I
0 0 λ
la matrice diagonale d’ordre 3 dont les éléments diagonaux sont tous égaux à 1.
1. L’ensemble J est-il un sous-espace vectoriel de M3 (C) ?
2. On note N la matrice J0 . Calculer N p pour tout p ∈ N.
En déduire que, pour λ ∈ C∗ , il existe trois suites complexes (up )p , (vp )p et (wp )p dont on exprimera le
terme général à l’aide de λ telles que :
∀p ∈ N,
(Jλ )p = up · I + vp · N + wp · N 2 .
p
X
1
(Jλ )k .
k!
k=0
Montrer qu’il existe une suite complexe (xp )p≥0 que l’on explicitera, telle que pour tout entier p ≥ 2, on
3. Soit λ ∈ C∗ . On pose, pour tout p ∈ N, Sp =
ait :
1
Sp = xp · I + xp−1 · N + xp−2 · N 2 .
2
p
X
zk
4. On admettra le résultat suivant : si z ∈ C∗ alors lim
= ez .
p→+∞
k!
k=0
Pour p ∈ N, on note ai,j (p) le coefficient de Sp situé sur la ligne i et sur la colonne j (avec (i, j) ∈ {1, 2, 3}2 ).
Déterminer la matrice S dont le coefficient général ai,j est égal à :
ai,j = lim ai,j (p).
p→+∞
Partie 2 : étude d’une application linéaire
On note E l’ensemble de toutes les applications définies sur R à valeurs dans C. On rappelle que E est un C-espace
vectoriel pour les lois suivantes : si f et g sont deux telles applications et λ un nombre complexe, alors f + g et
λf sont définies comme suit :
∀x ∈ R,
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
et
(λf )(x) = λf (x).
On note d’autre part [0] l’application nulle de R dans C, à savoir [0] : x ∈ R 7−→ 0.
1
5. Pour f ∈ E, on appelle g l’application définie par : ∀x ∈ R, g(x) = f (x + 2π). Montrer avec soin que
l’application ϕ : f 7−→ ϕ(f ) = g est un endomorphisme de E.
Pour k ∈ N, on désigne par Ek le sous-ensemble de E constitué des applications du type : x 7−→ P (x) · eiαx avec
P ∈ Ck [X].
6. (a) Montrer que En est le sous-espace vectoriel de E engendré par la famille F = (fk )0≤k≤n où l’on a noté :
fk : x 7−→ xk eiαx
∀k ∈ J0, nK.
Montrer alors que F est une base de En .
(b) Exprimer simplement En+1 à l’aide de En et de la droite vectorielle {λfn+1 | λ ∈ C}.
7. (a) Soit k ∈ J0, nK. Écrire ϕ(fk ) comme une combinaison linéaire des éléments de F.
(b) En déduire que ϕ(En ) ⊂ En .
8. On désigne par m l’endomorphisme de En défini par : pour f ∈ En , m(f ) = ϕ(f ).
On note M la matrice de m relativement à la base F. Montrer que M est une matrice triangulaire supérieure
(d’ordre n + 1) que l’on précisera (on pourra faire figurer dans cette matrice uniquement les coefficients nuls,
les coefficients diagonaux, ainsi que ceux situés juste au-dessus de la diagonale).
9. Calculer, pour p ∈ N, le déterminant de l’endomorphisme mp .
Partie 3 : changement de base
On reprend toutes les notations de la partie précédente. On note Id l’application identité de En , à savoir Id :
f 7−→ f . On considère un nouvel endomorphisme : l = m − (e2iπα ) Id.
10. (a) Vérifier que l(f0 ) est l’application nulle [0].
(b) Soit k ∈ J0, n − 1K. Montrer que l(fk+1 ) est un élément de Ek et que sa composante selon fk vaut :
2(k + 1)πe2iπα .
(c) En déduire que pour tout k ∈ J0, nK, Ek ⊂ Ker(lk+1 ).
(d) Établir la propriété suivante :
∀k ∈ J0, nK,
lk (fk ) = (k!(2π)k e2ikπα )f0 .
(e) En déduire que ln (fn ) 6= [0] et ln+1 (fn ) = [0].
11. Montrer que B = (ln (fn ), ln−1 (fn ), . . . , l(fn ), fn ) est une base de En .
12. Déterminer la matrice de l relativement à la base B.
13. En déduire la matrice de m dans la base B. Dans la suite, on notera M 0 cette matrice.
14. On note Jn+1 l’ensemble des matrices carrées A = (ai,j )(i,j)∈J1,n+1K2 à coefficients complexes vérifiant les
quatre conditions suivantes :
• a1,1 est de module 1,
• ∀(i, j) ∈ J1, n + 1K2 , ai,i = aj,j ,
• ∀i ∈ J1, nK, ai,i+1 = 1,
• ∀(i, j) ∈ J1, n + 1K2 , (j − i ∈
/ {0, 1} ⇔ ai,j = 0).
Montrer que l’application qui à un nombre réel α associe la matrice M 0 est une surjection de R dans Jn+1 .
2
Correction du Devoir Surveillé 1 - partie CCP
Partie 1 - un ensemble de matrices
1. La matrice nulle, élément neutre de l’addition des matrices, n’appartient pas à J, donc J n’est pas un
sous-espace vectoriel de M3 (C).



0 1 0
0 0
2. On a N 0 = I, N 1 = 0 0 1, N 2 = 0 0
0 0 0
0 0
Soit λ ∈ C∗ , on a Jλ = λI + N . Puisque I et

1
0, et pour p ≥ 3, N p est la matrice nulle (notée 0M3 (C) ).
0
N commutent, on peut utiliser la formule du binôme de
Newton, on obtient donc :
∀p ∈ N,
p
p
(Jλ ) = (λI + N ) =
p X
p
k=0
k
(λI)p−k N k .
p(p − 1) p−2 2
λ N . De plus, pour p = 0, le membre de droite
2
de l’égalité précédente vaut I = (Jλ )0 , et pour p = 1, le membre de droite vaut λI + N = Jλ . En conclusion,
p(p − 1) p−2
λ .
pour tout p ∈ N, on a (Jλ )p = up I + vp N + wp N 2 , avec up = λp , vp = pλp−1 et wp =
2
3. On pose pour tout p ∈ N,
!
!
!
p
p
p
p
p
X
X
X
X
X
1
1
1
1
1
k
2
(Jλ ) =
(uk I + vk N + wk N ) =
uk I +
vk N +
wk N 2
Sp =
k!
k!
k!
k!
k!
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
!
!
!
p
p
p
X 1
X 1 k(k − 1)
X 1
λk I +
kλk−1 N +
λk−2 N 2
=
k!
k!
k!
2
k=0
k=0
k=0
!
!
!
p
p
p
X
X
1 k
k k−1
1 X k(k − 1) k−2
=
λ I+
λ
N+
λ
N2
k!
k!
2
k!
k=0
k=1
k=2
!
!
!
p
p
p
X
X
1 k
1
1 X
1
k−1
k−2
=
λ I+
λ
N+
λ
N2
k!
(k − 1)!
2
(k − 2)!
k=0
k=1
k=2
!
!
!
p−1
p−2
p
k
k
k
Xλ
Xλ
1 Xλ
=
I+
N+
N2
k!
k!
2
k!
D’où pour tout p ≥ 2, (Jλ )p = λp I + pλp−1 N +
k=0
k=0
k=0
1
On obtient donc, pour tout p ≥ 2, Sp = xp I + xp−1 N + xp−2 N 2 , où la suite (xp )p est définie pour tout
2
p
X
λk
p ∈ N par xp =
.
k!
k=0


xp xp−1 12 xp−2
xp
xp−1 .
4. Pour tout p ∈ N, on a Sp =  0
0
0
xp
Puisque la suite (xp )p converge vers eλ , on a lim xp = eλ = lim xp−1 = lim xp−2 , donc
p→+∞
 λ
e
S =0
0
eλ
eλ
0
p→+∞

1
1 1
2e
eλ  = eλ 0 1
0 0
eλ

λ
p→+∞

1
2
1 .
1
Partie 2 - étude d’une application linéaire
5. Soit f ∈ E et g : x ∈ R 7−→ f (x + 2π). On note ϕ : f ∈ E 7−→ g. Puisque f est définie sur R à valeurs
complexes, g est aussi définie sur R à valeurs dans C. Ainsi, ϕ est une application de E dans E. Il reste à
3
montrer que ϕ est linéaire. Soient (f1 , f2 ) ∈ E 2 et λ ∈ C. Pour tout x ∈ R, on a
ϕ(λf1 + f2 )(x) = (λf1 + f2 )(x + 2π) = λf1 (x + 2π) + f2 (x + 2π) = (λϕ(f1 ) + ϕ(f2 ))(x).
Ainsi ϕ(λf1 + f2 ) = λϕ(f1 ) + ϕ(f2 ), donc ϕ est un endomorphisme de E.
6. (a) Puisque (1, X, X 2 , . . . , X n ) est une base de Cn [X], pour tout P ∈ Cn [X], il existe (a0 , . . . , an ) ∈ Cn+1
n
X
tel que P =
ak X k . Par conséquent, on a
k=0
f ∈ En
⇐⇒
∃P ∈ Ck [X], ∀x ∈ R, f (x) = P (x)eiαx
⇐⇒
∃(a0 , . . . , an ) ∈ Cn+1 , ∀x ∈ R, f (x) = (a0 + a1 x + · · · + an xn )eiαx
n
X
∃(a0 , . . . , an ) ∈ Cn+1 , f =
a k fk .
⇐⇒
k=0
On obtient donc En = Vect(f0 , . . . , fn ).
Montrons que la famille (fk )0≤k≤n est libre. Soit (µ0 , . . . , µn ) ∈ Cn+1 tel que µ0 f0 + · · · + µn fn = [0].
Alors pour tout x ∈ R, on a (µ0 + µ1 x + · · · + µn xn )eiαx = 0. Comme eiαx 6= 0 pour tout x ∈ R,
on obtient µ0 + µ1 x + · · · + µn xn = 0. Ainsi, le polynôme µ0 + µ1 X + · · · + µn X n ∈ Cn [X] possède
une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul. Par conséquent, ∀0 ≤ k ≤ n, on a µk = 0, donc la
famille (fk )0≤k≤n est libre. C’est une famille libre et génératrice de En , donc c’est une base de En . (On
en déduit au passage la dimension de En : dim(En ) = n + 1.)
(b) On a En+1 = Vect(f0 , . . . , fn , fn+1 ) = Vect(f0 , . . . , fn ) + Vect(fn+1 ) = En + {λfn+1 | λ ∈ C}.
k X
k
k iα(x+2π)
(2π)k−p xp e2iπα eiαx
7. (a) Soit k ∈ J0, nK. Soit x ∈ R. On a ϕ(fk )(x) = fk (x+2π) = (x+2π) e
=
p
p=0
k X
k
donc ϕ(fk ) =
(2π)k−p e2iπα fp est une combinaison linéaire d’éléments de F.
p
p=0
(b) Soit f ∈ En . Alors il existe (a0 , . . . , an ) ∈ Cn+1 tel que f = a0 f0 + · · · + an fn . Par linéarité de
n
X
ϕ, on obtient donc ϕ(f ) =
ak ϕ(fk ). Or d’après la question précédente, pour tout 0 ≤ k ≤ n,
k=0
fk appartient à En . Puisque En est un espace vectoriel, il est stable par combinaison linéaire, donc
finalement ϕ(f ) ∈ En . Ainsi, on a bien ϕ(En ) ⊂ En .
8. Soit m ∈ L(En ) défini par m : f ∈ En 7−→ ϕ(f ). On remarque que m n’est rien d’autre que la restriction de
ϕ à En . D’après la question 7.a, on a ϕ(f0 ) = e2iπα f0 et pour k ∈ J1, nK, ϕ(fk ) = e2iπα fk +2kπe2iπα fk−1 +hk
où hk ∈ Vect((fp )0≤p≤k−1 ). La matrice de m dans la base F est donc la matrice d’ordre n + 1 suivante :


1 2π ? · · · · · ·
?
.. 

..
0 1 4π
.
. 



.. 
..

.
0 0
1 6π
. 
.
M = e2iπα 
.

.
.
.
..
..
..
 ..
? 


.

 ..
0
1 2nπ 
0 ··· ··· ··· 0
1
9. On a det(mp ) = (det m)p . Or det m = det M = e2iπ(n+1)α comme produit des termes diagonaux d’une
matrice triangulaire supérieure d’ordre (n + 1). Ainsi, det(mp ) = e2iπ(n+1)pα .
Partie 3 - changement de base
10. On note l = m − (e2iπα ) Id.
4
(a) On a vu que m(f0 ) = e2iπα f0 , donc (m − e2iπα Id)(f0 ) = [0], ainsi on a bien l(f0 ) = [0].
(b) Soit k ∈ J0, n − 1K. On a vu que m(fk+1 ) = e2iπα fk+1 + 2(k + 1)πe2iπα fk + hk−1 avec hk−1 ∈
Vect((fp )0≤p<k ). Par suite, l(fk+1 ) = 2(k + 1)πe2iπα fk + hk−1 . Ainsi, l(fk+1 ) ∈ Ek et sa composante
selon fk est 2(k + 1)πe2iπα .
(c) On a démontré que Ek+1 = Vect(fk+1 ) + Ek . Comme l(fk+1 )) ∈ Ek et l(Ek ) ⊂ Ek (puisque l est un
endomorphisme de Ek ), par linéarité de l, on en déduit que ∀k ∈ J0, n − 1K, l(Ek+1 ) ⊂ Ek . Démon-
trons par récurrence (finie) sur k que lk+1 (Ek ) = {[0]}. Pour k ∈ J0, nK, notons H(k) la proposition
“lk+1 (Ek ) = {[0]}00 .
• On a E0 = Vect(f0 ) et l(f0 ) = [0] d’où l(E0 ) = {[0]}. La proposition H(0) est donc vraie.
• Supposons H(k) vraie pour un entier k fixé dans J0, n − 1K. Alors (lk+2 (Ek+1 ) = lk+1 (l(Ek+1 )) ⊂
lk+1 (Ek ) = {[0]}. La propriété H(k + 1) est donc vraie, d’où le résultat voulu d’après le principe de
récurrence.
(d) On procède encore une fois par récurrence. Pour k ∈ J0, nK, notons P (k) la proposition “lk (fk ) =
k!(2π)k e2ikπα f0 ”.
• On a l0 (f0 ) = f0 et 0!(2π)0 e0 f0 = f0 donc P (0) est vraie.
• Supposons P (k) vraie pour une entier k ∈ J0, n − 1K fixé. Avec les notations précédentes, on a
l(fk+1 ) = (2(k + 1)πe2iπα )fk + hk−1 d’où par linéarité de lk ,
lk+1 (fk+1 )
=
(2(k + 1)πe2iπα )lk (fk ) + lk (hk−1 ) = (2(k + 1)πe2iπα )(k!(2π)k e2ikπα )f0 + [0]
=
(k + 1)!(2π)k+1 e2i(k+1)πα f0 .
Donc P (k + 1) est vraie. Ainsi d’après le principe de récurrence, P (k) est vraie pour tout k ∈ J0, nK.
(e) On calcule ln (fn )(0) = n!(2π)n e2inπα 6= 0 donc ln (fn ) n’est pas l’application nulle. De plus, toujours
par linéarité de l, ln+1 (fn ) = (n!(2π)n e2inπα )l(f0 ) = [0].
11. Notons B = (ln (fn ), . . . , l(fn ), fn ). Comme dim(En ) = n+1 et que la famille B possède n+1 éléments de En ,
il suffit de démontrer que la famille est libre pour prouver que c’est une base de En . Soit (µ0 , . . . , µn ) ∈ Cn+1
tel que µ0 fn + µ1 l(fn ) + · · · + µn ln (fn ) = [0] (?). On applique ln à (?), et on obtient µ0 ln (fn ) = [0]. Puisque
ln (fn ) 6= [0], on en conclut donc µ0 = 0. On réitère l’opération et on montre par récurrence immédiate que
pour tout k ∈ J0, nK, µk = 0. Ainsi la famille B est libre, donc c’est une base de En .
12. Pour tout k ∈ J0, n − 1K, l(lk (fn )) = lk+1 (fn ) et l(ln (fn )) = [0], donc la matrice de l dans la base B est


0 1 0 ... ... 0
.. 

0 0 1
0
.


 ..
.
.
.
..
..
. . ... 
.


.
.

..
..
 ..

.
.
0


.

 ..
0 1
0 0 ... ... 0 0
13. Par construction, m = l + e2iπα Id donc la matrice de m dans
 2iπα
e
1

 0
e2iπα

 ..
 .
M 0 = MatB (l) + e2iπα In = 
 .
 ..

 .
 ..
0
0
5
la base B, notée M 0 , est

0 ...
...
0
.. 
1
0
. 

.. 
..
..
..
.
.
.
. 
.

..
..
.
.
0 


2iπα
e
1 
... ...
0
e2iπα

λ 1

0 λ

 ..
.
14. Jn+1 est l’ensemble des matrices de la forme Jλ = 
.
 ..

.
 ..
0 0
0
matrice M trouvée précédemment appartient à Jn+1 . Ainsi,

0
.. 
1
0
.

.. 
..
..
..
.
.
. .
 avec λ de module 1. La

..
..
.
. 0


λ 1
... ... 0 λ
l’application u : α ∈ R 7−→ M 0 est bien à
1
valeurs dans Jn+1 . Soit λ ∈ C de module 1. Notons Arg(λ) un argument de λ et posons αλ =
Arg(λ).
2π
2iπαλ
Alors λ = e
donc Jλ = u(αλ ), ce qui montre la surjectivité voulue.
6
0
...
...