Corrigé

Mathématiques MP2
Devoir libre 12 bis - Centrale MP 2012
Correction
C.2) Lorsque A = X p , alors A(σ)(x) : n 7→ x n+p . La suite doit vérifier x n+p = 0 pour tout n ∈ N
soit x n = 0 pour tout n ⩾ p . La suite est nulle à partir du rang p et quelconque avant. Une
base de cet espace est celle constituée par les suites δk pour k ∈ J0 ; p − 1K où δk (n) = 0 si
n ̸= k et 1 si n = k .
I Suites récurrentes linéaires
I.A - Ordre minimal d’une suite récurrente linéaire
— L’ensemble n’est pas réduit à {0} par définition d’une suite récurrente linéaire,
— si A, B sont dans J x , alors (A − B )(σ)(x) = A(σ)(x) − B (σ)(x) = 0,
— si A ∈ J x et B ∈ K[X ], alors B A(σ)(x) = B (σ) (A(σ)(x)) = B (σ)(0) = 0 puisque B (σ) est linéaire.
Ainsi J x est un idéal de K[X ] non réduit à {0}. Puisque les idéaux de K[X ] sont principaux, on a
l’existence d’un unique générateur unitaire.
C.3) a) On vérifie facilement E A (K) est un sous-espace vectoriel puis que l’application Q 7→
(Q(n)λn )n∈N est un isomorphisme entre Kp−1 [X ] et E A (K). On en déduit que E A (K) est
de dimension p .
b) Il faut vérifier que toute suite de E A (K) admet (X − λ)p comme polynôme annulateur.
Soit x une suite de E A (K ) avec x n = Q(n)λn . On a (σ−λId)(x)(n) = (Q(n +1)−Q(n))λn+1 .
On note ∆Q = Q(X + 1) − Q(X ). On a alors (σ − λId)(x)(n) = ∆Q(n)λn+1 . Par récuurence
simple, (σ−λId)p (x)(n) = ∆p Q(n)λn+p . On montre alors que deg ∆Q ⩽ degQ −1 (en fait,
il y a égalité). Finalement ∆p Q est le polynôme nul. On a montré que (σ − λId)p (x) = 0
si x est dans E A (K). Cela donne l’inclusion E A (K) ⊂ R A (K). Par égalité des dimensions,
on a l’égalité.
I.B - Quelques exemples
B.1) — La suite est d’ordre 0 si son polynôme minimal est P = 1 = X 0 . Alors P (σ) = Id et
P (σ)(x) = x . Seule la suite nulle est d’ordre 0.
— Une suite est d’ordre 1 si son polynôme minimal est P = X − α. Alors, pour tout n ∈ N,
on a P (σ)(x)[n] = x n+1 − αxn = 0. La suite est alors géométrique. Réciproquement, une
suite géométrique non nulle de raison α admet un polynôme minimal de degré 1, le I.D - Étude de R A (K) quand A est scindé sur K
polynôme X − α.
Les différents facteurs sont 2 à 2 premiers entre-eux. On cherche à déterminer R A (K) = ker A(σ).
— Si une suite x est de polynôme minimal (X − 1)2 , alors elle vérifie la relation de récurrence x n+2 − 2x n+1 + xn = 0 pour tout n ∈ N et x n = (αn + β)1n = αn + β. Son polynôme Le théorème de décomosition des noyaux donne
minimal est de degré 1 et donc X − 1 si la suite est géométrique de raison 1, donc
R A (K) = ker X m0 (σ) ⊕ ker(X − λ1 )m1 (σ) ⊕ . . . ⊕ ker(X − λd )md (σ).
constante. Par conséquent les suites de polynôme minimal (X − 1)2 sont les suites
(αn + β)n∈N avec α ̸= 0.
En utilisant les différents parties, les suites de R A (K) sont exactement les suites qui se décomB.2) On note P = X 3 + 3X 2 + 3X + 1 = (X + 1)3 . La suite x vérifie P (σ)(x) = 0. La suite n’est pas posent comme somme de :
géométrique (x 0 = 0 donnerait x = 0). Son polynôme minimal est de degré au moins 2 et
— une suite de ker σm0 : les termes rang 0 à m0 − 1 sont quelconques,
divise (X +1)3 . On a donc deux possibilités pour le polynôme minimal : (X +1)2 et (X +1)3 .
— une somme de suites sous la forme Q k (n)λnk avec Q k ∈ Kmk −1 [X ] quelconque.
Considérons la suite de premiers termes 0 et −1 avec un polynôme annulateur (X + 1)2 .
À partir du rang m0 , on a exactement l’écriture donnée. Réciproquement ces suites conviennent
Une telle suite est de la forme (an +b)(−1)n . Les conditions initiales donnent b = 0 et a = 1.
toutes d’après ce qu’on vient de dire.
On a donc la suite z où z n = n(−1)n . La suite z est annulée par (X + 1)2 donc par (X + 1)3 .
3
De plus z 2 = 2. Ainsi x et z sont deux suites de polynôme annulateur (X + 1) avec les
mêmes 3 premiers termes. Par une récurrence simple, on montre que x = z . La suite x II Matrices de Hankel associées à une suite récurrente linéaire
admet comme polynôme annulateur minimal le polynôme (X + 1)2 .
II.A - Calcul du rang de Hn (x)
I.C - L’espace vectoriel R A (K) et deux cas particuliers
A.1)
— D’après ce q’on a déja montré, si σ ∈ RB (K) alors σ(x) est encore dans cet espace,
et par récurrence, σp (x) l’est aussi pour tout entier p . On montre que la famille
C.1) On a R A (K) = ker A(σ). D’une part c’est bien un espace vectoriel, d’autre part il est stable
par σ puisque A(σ) et σ commutent. Pour la dimension, on vérifie qu’une suite de R A (K)
est entièrement déterminée par ses p premiers termes (éventuellement par récurrence).
(x, σ(x), . . . , σp−1 (x)) est libre. Considérons une relation
Le moyen le plus efficace pour obtenir la dimension est de considérer
{
φ:
R A (K)
x
→
7
→
p−1
∑
αk σk (x) = 0. Alors le poly-
k=0
Kp
(x 0 , . . . , x p−1 )
nôme
p−1
∑
αk X k est dans J x donc est multiple de B qui est de degré p - c’est donc
k=0
le polynôme nul et tous les coefficients αk sont nuls. La famille est libre. Puisque la
dimension de RB (K) est p , on en déduit que c’est une base de RB (K).
Cette application est une application linéaire bijective, donc dim R A (K) = dim Kp = p .
1
année 2014/2015
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— Si n ⩽ p , alors la famille est libre et donc est de rang n . Si n > p , alors la famille est
une famille de RB (K) donc de rang au maximum p . Puisque les p premiers éléments
sont linéairement indépendants, la famille est de rang p .
A.2) L’application est linéaire. Si v ∈ ker φn alors les p premiers termes de la suite sont nuls.
La suite est entièrement déterminée par ses p premiers termes et la suite nulle convient
(p premiers termes nuls et dans RB (K)).
On remarque que la ligne k de Hn (x) est φn (σk−1 (x)). Le rang de Hn (x) est le rang
de
(ou colonne
par identification donnée par l’énoncé) donc de
( ses vecteurs lignes n−1
)
φn (x), φn (σ(x)), . . . , φn (σ
(x)) . Puisque φn est injective, le rang de l’image par φn
de
sest le rang de la famille de vecteurs. Ici, le rang de Hn (x) est le rang de
( vecteur
)
σk (x)
, donc p .
C.2) L’ordre de la suite est au maximum 4. On détermine le rang de H4 (x) : on obtient
rg H4 (x) = 3. On en déduit que la suite est d’ordre minimal 3. On calcule à part les autres
rangs : rg H1 (x) = 1 = rg H2 (x) et rg Hk (x) = 3 pour k ⩾ 3.
C.3) On détermine le noyau de H4 (x). Après calculs, on trouve un vecteur (0, 2, −2, 1) comme
base de ce noyau avec une dernière composante égale à 1. Le polynôme minimal de la
suite est X 3 − 2X 2 + 2X . La relation de récurrence minimale est x n+3 = 2x n+2 − 2xn+1 pour
n ∈ N.
C.4) On a x n+2 = 2x n+1 − 2x n pour tout n ∈ N∗ avec x 1 = x 2 = 1. Cette relation d’ordre 2
permet de déterminer les valeurs de x n pour n ⩾ 1. Le polynôme caractéristique est
X 2 − 2X + 2 = (X − 1)2 + 1 = (X − 1 + i )(X − 1 − i ). Il existe a, b ∈ C tels que, pour tout n ⩾ 1,
x n = a(1 − i )n + b(1 + i )n . On détermine a et b avec les termes x 1 et x 2 (attention a et
i
1−i
b sont a priori complexes). On trouve a = 1 +
4 et b = 4 . Après simplification, on a
(
)
1
n−1
n−1
+ (1 + i )
pour n ⩾ 1 (et x 0 = 1).
x n = 2 (1 − i )
k=0,...,n−1
II.B - Détermination de la récurrence minimale d’une SRL
B.1) Pour les mêmes raisons que dans la question précédente, si x est d’ordre exactement p ,
alors rg Hk (x) vaut au maximum k tant que k ⩽ p (on n’a plus l’injectivité de φk au début)
puis vaut toujours p . Puisque x est d’ordre au plus m , alors l’ordre minimal de x est p ⩽ m
et le rang Hm (x) est p . De plus rg H p+1 (x) = p donc dim ker H p+1 (x) = 1. Soit (b0 , . . . , b p ) un
vecteur non nul du noyau de H p+1 (x). Si b p = 0, alors le vecteur (b0 , . . . , b p−1 ) serait dans
le noyau de H p (x) (on écrit les p premières lignes sur H p+1 (x) avec b p = 0). On peut donc
diviser par b p pour obtenir un vecteur dans le noyau avec une dernière composante égale
à 1.
B.2) On note X le vecteur de coordonnées (b 0 , . . . , b p−1 , 1). On écrit les différentes lignes de la
relation H p+1 (x)X = 0. La première ligne est
Correction
C.5) Même principe : cette fois rg H4 (x) = 2. L’ordre minimal est donc 2. On obtient la même
relation de récurrence x n+2 = 2x n+1 − 2x n pour tout n ∈ N. Les calculs précédents n’ont
même (plus besoin d’être refaits
puisque x 1 et x2 ne changent pas. Pour tout n ∈ N,
)
n−1 + (1 + i )n−1 .
xn = 1
(1
−
i
)
2
III Valeurs propres des matrices de Hankel réelles
III.A - Préliminaires
A.1) La matrice M est symétrique réelle donc est diagonalisable avec des valeurs propres réelles.
A.2) Si M est diagonalisable avec n fois la valeur propre λ alors M est semblable à λI n donc
égale à λI n ce qui est impossible si n ̸= 1.
b 0 x 0 + b 1 x 1 + . . . + b p−1 x p−1 + x p = 0 = (b 0 x + b 1 σ(x) + . . . + b p−1 σp−1 (x) + σp (x))0 .
Avec le polynôme B de l’énoncé, cela donne B (σ)(x)0 = 0. la seconde ligne est B (σ)(x)1 = 0
et la ligne p + 1 est B (σ)(x)p = 0. Ainsi φp+1 (B (σ)(x)) = 0 et par injectivité, B (σ)(x) = 0. III.B - Une première condition nécessaire
Puisque B est unitaire de degré p , c’est le polynôme minimal de x . On peut aussi procéB.1) On calcule la trace de M de deux manières : à partir de M et à partir de la matrice
der dans le sens contraire : on part de B considéré comme le polynôme minimal de x et
diagonale semblable à M . Cela donne
on vérifie que le vecteur (b1 , . . . , b p−1 , 1) est dans le noyau de H p+1 (x) (c’est un peu plus
simple à écrire).
n
n
n−1
tr M =
II.C - Étude d’un exemple
∑
i =1
mi i =
∑
a 2k =
k=0
∑
i =1
λi .
De la même manière, on calcule la trace de M 2 :
C.1) def X(n):
L=[1,1,1,0]
if n<=3:
return L[:n+1]
for i in range(4,n+1):
L.append(L[i-1]-2*L[i-3])
return L
tr M 2 =
Cela donne tr M 2 =
n−1
∑
k=0
(
)
n
n
n
n
∑
∑
∑
∑
2
m ki
(M 2 )kk =
= tr (t M M )
λ2i =
i =1
(k + 1)a k2 +
k=1
k=1 i =1
2n−2
∑
k=n
(2n − k − 1)a k2 (la première somme pour les termes à
gauche de la seconde diagonale et la seconde pour les autres)
2
année 2014/2015
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B.2) On a ⟨v|w⟩ =
⟨v|v⟩ =
n
∑
i =1
p
∑
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a 2i −2 =
n−1
∑
i =0
a 2i =
2
(2i − 1)a 2i
−2 +
i =1
n
∑
i =1
n
∑
i =p+1
III.C - D’autres conditions nécessaires
λi . Ensuite,
C.1) On peut séparer le cas n pair, du cas n impair. Par développement par blocs et/ou cer-
2
(2n − 2i + 1)a 2i
−2 =
p−1
∑
i =0
2
(2i + 1)a 2i
+
taines colonnes, on obtient dans les deux cas, on polynôme caractéristique
n−1
∑
i =p
¯
¯X
¯
χM = X n−3 ¯¯ 0
¯−1
2
(2n − 2i + 1)a 2i
ce qui donne
2p−2
∑
k=0,k pair
(k + 1)a k2 +
2n−2
∑
i =2p,i pair
−2λ1 − λ2 + λn ⩽ 0 ⩽ λ1 − λn−1 − 2λn
i =1
2
1⩽i < j ⩽n
(λi − λ j )2 =
n ∑
n
∑
i =1 j =1
c’est-à-dire ce qui est demandé.
n ∑
n
∑
(λi − λ j )2 =
λ2i + λ2j − 2λi λ j .
i =1 j =1
III.D - Cas n = 3
D.1) On calcule le polynôme caractéristique de M :
¯
¯
¯
¯
¯ X −a +c
¯X − a
−b
−c ¯¯
−b
−c ¯¯
¯
¯
¯
¯
¯ −b
0
X −c
−b ¯¯
X −c
−b ¯
=
¯
¯
C 1 →C 1 −C 3
¯
¯
¯ −c
−(X − a + c)
−b
X − a¯
−b
X −a
¯
¯
¯X − c
−b ¯¯
=
(X − a + c) ¯¯
−2b
X − a − c¯
L 3 →L 3 +L 1
n ∑
n
n
n ∑
n
n
∑
∑
∑
∑
λ2i = n
λ2i et
λ2j = n
λ2i également. Ensuite
i =1 j =1
i =1
i =1 j =1
n ∑
n
∑
i =1 j =1
Finalement
λi λ j =
∑
2
i =1
(
1⩽i < j ⩽n
n
∑
i =1
)(
λi
n
∑
j =1
(λi − λ j )2 = 2n
)
λ j = (⟨v|w⟩)2 .
(
L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne
enfin
(
∑
1⩽i < j ⩽n
(λi − λ j )2 ⩾
On factorise le polynôme du second degré. Son discriminant est ∆ = (a + 2c)2 − 4(c 2 + ac −
2b 2 ) = a 2 + 4ac + 4c 2 − 4c 2 − 4ac + 8b 2 = a 2 + 8b 2 . On obtient
j =1
⟨v|w⟩2 ⩽ ∥v∥2 ∥w∥2 =⩽
)
)
n
∑
2
λi (n − K n ), ce qui donne
{
SpM = a − c,
j =1
(
)
d’où
√
2
a 2 + 8b 2 a + 2c −
,
√
a 2 + 8b 2
}
2
√
2
2
2
2
D.2) On remarque que a + 2c + 2 a + 8b ⩾ a + 2c − 2 a + 8b . On ne sait pas trop où placer
a − c . On essaie de résoudre

√
2
2


 λ1 = a + 2c + a + 8b

2
λ2 = a − c
√



2
2

λ3 = a + 2c − 2 a − 8b
j =1
1 1 7
2
B.4) Pour n = 3, on a p = 2. On a ∥w∥2 = 1
1 + 3 + 1 = 3 et K n = 3 . L’inégalité équivaut à
(λ1 − λ2 )2 + (λ1 − λ3 )2 + (λ2 − λ3 )2 ⩾
a + 2c +
√
n
n
∑
∑
λ2i (n − n + K n ) = K n
λ2i .
j =1
(X − a + c)(X 2 − (a + 2c)X + (c 2 + ac − 2b 2 ))
=
n
∑
λ2i − 2(⟨v|w⟩)2 .
On obtient le résultat en divisant par 2.
¯
−1¯¯
= X n−2 (X + 2)(X 2 − 1).
X¯
drement de la trace, on obtient
B.3) Lorsque i = j , on a λi − λ j = 0, si bien que, par symétrie,
∑
¯
¯
−1¯¯
¯X
0 ¯¯ = X n−2 (X + 2) ¯¯
−1
X¯
C.2) On calcule tr (M B ) = tr (t M B ) : sous cette dernière forme, on voit apparaître le produit
scalaire canonique, et cela donne tr (M B ) = a 2p−2 − 2a2p−2 + a 2p−2 = 0. En utilisant l’enca-
n
n
∑
∑
λ2i , les autres termes étant tous positifs. On a bien ∥v∥2 ⩽
λ2i .
i =1
0
X +2
0
Cela donne un spectre ordonné (1, 0, . . . , 0, −1, −2) (0 apparait n − 3 fois).
(2n − k + 1)a k2
Si n est pair alors 2p = n , si n est impair alors 2p > n . On retrouve une partie de la somme
On a
Correction
2 2
(λ + λ22 + λ23 )
3 1
(
)
3 2(λ21 + λ22 + λ23 )) − 2(λ1 λ2 + λ1 λ3 + λ2 λ3 ) ⩾ 2(λ21 + λ22 + λ23 )
Cela équivaut à



λ1
λ2


λ1 + λ3
On simplifie par 2 et après transformation, on obtient l’inégalité demandée.
3
=
=
=
a + 2c +
a −c
a + 2c
√
2
a 2 + 8b 2
année 2014/2015
Mathématiques MP2
équivalent à a =
Devoir libre 12 bis - Centrale MP 2012
Correction
λ1 + 2λ2 + λ3
λ − λ + λ3
, c = 1 32
et
3
8b 2 = (λ1 − λ3 )2 − a 2 =
(3(λ1 − λ3 ))2 − (λ1 + 2λ2 + λ3 )2 (4λ1 + 2λ2 − 2λ3 )(2λ1 − 2λ2 − 4λ3 )
=
9
9
soit
b2 =
(2λ1 + λ2 − λ3 )(λ1 − λ2 − 2λ3 )
18
et miracle !!! avec les conditions de l’énoncé, cette quantité est positive. On peut prendre
1 √
b= p
(2λ1 + λ2 − λ3 )(λ1 − λ2 − 2λ3 ).
3 2
D.3) Avec les trois conditions, on a bien une matrice de Hankel avec ce spectre ordonné. C’est
donc une condition nécessaire et suffisante.
Avec le triplet (λ, 1, 1), l’équation (I I I .1) s’écrit 2λ2 − 6λ + 1 ⩾ 0. Les trois autres équations
reviennent à λ ⩾ 1, λ ⩾ 3, λ ⩾ 1 i.e. λ ⩾ 3. Ce n’est pas équivalent puisque la polynôme
2λ2 − 6λ + 1 admet deux racines réelles distinctes et la condition de positivité est vérifée
en dehors de ces racines.
4
année 2014/2015