Corrigé

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I Suites récurrentes linéaires
I.A - Ordre minimal d’une suite récurrente linéaire
— L’ensemble n’est pas réduit à {0} par dénition d’une suite récurrente linéaire,
— si A,Bsont dans Jx, alors (A−B)(σ)(x)=A(σ)(x)−B(σ)(x)=0,
— si A∈Jxet B∈K[X], alors B A(σ)(x)=B(σ)(A(σ)(x))=B(σ)(0) =0puisque B(σ)est linéaire.
Ainsi Jxest 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.
I.B - Quelques exemples
B.1) — La suite est d’ordre 0si son polynôme minimal est P=1=X0. Alors P(σ)=Id et
P(σ)(x)=x. Seule la suite nulle est d’ordre 0.
— Une suite est d’ordre 1si son polynôme minimal est P=X−α. Alors, pour tout n∈N,
on a P(σ)(x)[n]=xn+1−αxn=0. La suite est alors géométrique. Réciproquement, une
suite géométrique non nulle de raison αadmet un polynôme minimal de degré 1, le
polynôme X−α.
— Si une suite xest de polynôme minimal (X−1)2, alors elle vérie la relation de récur-
rence xn+2−2xn+1+xn=0pour tout n∈Net xn=(αn+β)1n=αn+β. Son polynôme
minimal est de degré 1et donc X−1si la suite est géométrique de raison 1, donc
constante. Par conséquent les suites de polynôme minimal (X−1)2sont les suites
(αn+β)n∈Navec α̸=0.
B.2) On note P=X3+3X2+3X+1=(X+1)3. La suite xvérie P(σ)(x)=0. La suite n’est pas
géométrique (x0=0donnerait x=0). Son polynôme minimal est de degré au moins 2et
divise (X+1)3. On a donc deux possibilités pour le polynôme minimal : (X+1)2et (X+1)3.
Considérons la suite de premiers termes 0et −1avec un polynôme annulateur (X+1)2.
Une telle suite est de la forme (an +b)(−1)n. Les conditions initiales donnent b=0et a=1.
On a donc la suite zoù zn=n(−1)n. La suite zest annulée par (X+1)2donc par (X+1)3.
De plus z2=2. Ainsi xet zsont deux suites de polynôme annulateur (X+1)3avec les
mêmes 3premiers termes. Par une récurrence simple, on montre que x=z. La suite x
admet comme polynôme annulateur minimal le polynôme (X+1)2.
I.C - L’espace vectoriel RA(K)et deux cas particuliers
C.1) On a RA(K)=ker A(σ). D’une part c’est bien un espace vectoriel, d’autre part il est stable
par σpuisque A(σ)et σcommutent. Pour la dimension, on vérie qu’une suite de RA(K)
est entièrement déterminée par ses ppremiers termes (éventuellement par récurrence).
Le moyen le plus ecace pour obtenir la dimension est de considérer
φ:RA(K)→Kp
x7→ (x0, .. ., xp−1)
Cette application est une application linéaire bijective, donc dimRA(K)=dim Kp=p.
C.2) Lorsque A=Xp, alors A(σ)(x) : n7→ xn+p. La suite doit vérier xn+p=0pour tout n∈N
soit xn=0pour tout n⩾p. La suite est nulle à partir du rang pet quelconque avant. Une
base de cet espace est celle constituée par les suites δkpour k∈J0 ; p−1Koù δk(n)=0si
n̸=ket 1si n=k.
C.3) a) On vérie facilement EA(K)est un sous-espace vectoriel puis que l’application Q7→
(Q(n)λn)n∈Nest un isomorphisme entre Kp−1[X]et EA(K). On en déduit que EA(K)est
de dimension p.
b) Il faut vérier que toute suite de EA(K)admet (X−λ)pcomme polynôme annulateur.
Soit xune suite de EA(K)avec xn=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)=∆pQ(n)λn+p. On montre alors que deg∆Q⩽degQ−1(en fait,
il y a égalité). Finalement ∆pQest le polynôme nul. On a montré que (σ−λId)p(x)=0
si xest dans EA(K). Cela donne l’inclusion EA(K)⊂RA(K). Par égalité des dimensions,
on a l’égalité.
I.D - Étude de RA(K)quand Aest scindé sur K
Les diérents facteurs sont 2à2premiers entre-eux. On cherche à déterminer RA(K)=ker A(σ).
Le théorème de décomosition des noyaux donne
RA(K)=ker Xm0(σ)⊕ker(X−λ1)m1(σ)⊕.. . ⊕ker(X−λd)md(σ).
En utilisant les diérents parties, les suites de RA(K)sont exactement les suites qui se décom-
posent comme somme de :
— une suite de kerσm0: les termes rang 0àm0−1sont quelconques,
— une somme de suites sous la forme Qk(n)λn
kavec Qk∈Kmk−1[X]quelconque.
À partir du rang m0, on a exactement l’écriture donnée. Réciproquement ces suites conviennent
toutes d’après ce qu’on vient de dire.
II Matrices de Hankel associées à une suite récurrente linéaire
II.A - Calcul du rang de Hn(x)
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
(x,σ(x),. .. ,σp−1(x)) est libre. Considérons une relation
p−1
k=0
αkσk(x)=0. Alors le poly-
nôme
p−1
k=0
αkXkest dans Jxdonc est multiple de Bqui est de degré p- c’est donc
le polynôme nul et tous les coecients αksont nuls. La famille est libre. Puisque la
dimension de RB(K)est p, on en déduit que c’est une base de RB(K).
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 ppremiers éléments
sont linéairement indépendants, la famille est de rang p.
A.2) L’application est linéaire. Si v∈ker φnalors les ppremiers termes de la suite sont nuls.
La suite est entièrement déterminée par ses ppremiers termes et la suite nulle convient
(ppremiers termes nuls et dans RB(K)).
On remarque que la ligne kde Hn(x)est φn(σk−1(x)). Le rang de Hn(x)est le rang
de ses vecteurs lignes (ou colonne par identication donnée par l’énoncé) donc de
φn(x),φn(σ(x)), ...,φn(σn−1(x)). Puisque φnest injective, le rang de l’image par φn
de vecteur sest le rang de la famille de vecteurs. Ici, le rang de Hn(x)est le rang de
σk(x)k=0,...,n−1, donc p.
II.B - Détermination de la récurrence minimale d’une SRL
B.1) Pour les mêmes raisons que dans la question précédente, si xest d’ordre exactement p,
alors rg Hk(x)vaut au maximum ktant que k⩽p(on n’a plus l’injectivité de φkau début)
puis vaut toujours p. Puisque xest d’ordre au plus m, alors l’ordre minimal de xest p⩽m
et le rang Hm(x)est p. De plus rg Hp+1(x)=pdonc dim ker Hp+1(x)=1. Soit (b0,...,bp)un
vecteur non nul du noyau de Hp+1(x). Si bp=0, alors le vecteur (b0,. ..,bp−1)serait dans
le noyau de Hp(x)(on écrit les ppremières lignes sur Hp+1(x)avec bp=0). On peut donc
diviser par bppour obtenir un vecteur dans le noyau avec une dernière composante égale
à1.
B.2) On note Xle vecteur de coordonnées (b0,... ,bp−1, 1). On écrit les diérentes lignes de la
relation Hp+1(x)X=0. La première ligne est
b0x0+b1x1+. .. +bp−1xp−1+xp=0=(b0x+b1σ(x)+.. . +bp−1σp−1(x)+σp(x))0.
Avec le polynôme Bde l’énoncé, cela donne B(σ)(x)0=0. la seconde ligne est B(σ)(x)1=0
et la ligne p+1est B(σ)(x)p=0. Ainsi φp+1(B(σ)(x)) =0et par injectivité, B(σ)(x)=0.
Puisque Best unitaire de degré p, c’est le polynôme minimal de x. On peut aussi procé-
der dans le sens contraire : on part de Bconsidéré comme le polynôme minimal de xet
on vérie que le vecteur (b1,...,bp−1, 1) est dans le noyau de Hp+1(x)(c’est un peu plus
simple à écrire).
II.C - Étude d’un exemple
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
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)=3pour 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 X3−2X2+2X. La relation de récurrence minimale est xn+3=2xn+2−2xn+1pour
n∈N.
C.4) On a xn+2=2xn+1−2xnpour tout n∈N∗avec x1=x2=1. Cette relation d’ordre 2
permet de déterminer les valeurs de xnpour n⩾1. Le polynôme caractéristique est
X2−2X+2=(X−1)2+1=(X−1+i)(X−1−i). Il existe a,b∈Ctels que, pour tout n⩾1,
xn=a(1 −i)n+b(1 +i)n. On détermine aet bavec les termes x1et x2(attention aet
bsont a priori complexes). On trouve a=1+i
4et b=1−i 4. Après simplication, on a
xn=1
2(1 −i)n−1+(1 +i)n−1pour n⩾1(et x0=1).
C.5) Même principe : cette fois rg H4(x)=2. L’ordre minimal est donc 2. On obtient la même
relation de récurrence xn+2=2xn+1−2xnpour tout n∈N. Les calculs précédents n’ont
même plus besoin d’être refaits puisque x1et x2ne changent pas. Pour tout n∈N,
xn=1
2(1 −i)n−1+(1 +i)n−1.
III Valeurs propres des matrices de Hankel réelles
III.A - Préliminaires
A.1) La matrice Mest symétrique réelle donc est diagonalisable avec des valeurs propres réelles.
A.2) Si Mest diagonalisable avec nfois la valeur propre λalors Mest semblable à λIndonc
égale à λInce qui est impossible si n̸=1.
III.B - Une première condition nécessaire
B.1) On calcule la trace de Mde deux manières : à partir de Met à partir de la matrice
diagonale semblable à M. Cela donne
tr M=
n
i=1
mii =
n−1
k=0
a2k=
n
i=1
λi.
De la même manière, on calcule la trace de M2:
tr M2=
n
i=1
λ2
i=
n
k=1
(M2)kk =
n
k=1n
i=1
m2
ki =tr (tM M )
Cela donne tr M2=
n−1
k=0
(k+1)a2
k+
2n−2
k=n
(2n−k−1)a2
k(la première somme pour les termes à
gauche de la seconde diagonale et la seconde pour les autres)
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B.2) On a 〈v|w〉=
n
i=1
a2i−2=
n−1
i=0
a2i=
n
i=1
λi. Ensuite,
〈v|v〉=
p
i=1
(2i−1)a2
2i−2+
n
i=p+1
(2n−2i+1)a2
2i−2=
p−1
i=0
(2i+1)a2
2i+
n−1
i=p
(2n−2i+1)a2
2i
ce qui donne
2p−2
k=0,kpair
(k+1)a2
k+
2n−2
i=2p,ipair
(2n−k+1)a2
k
Si nest pair alors 2p=n, si nest impair alors 2p>n. On retrouve une partie de la somme
n
i=1
λ2
i, les autres termes étant tous positifs. On a bien ∥v∥2⩽
n
i=1
λ2
i.
B.3) Lorsque i=j, on a λi−λj=0, si bien que, par symétrie,
2
1⩽i<j⩽n
(λi−λj)2=
n
i=1
n
j=1
(λi−λj)2=
n
i=1
n
j=1
λ2
i+λ2 j−2λiλj.
On a n
i=1
n
j=1
λ2
i=n
n
i=1
λ2
iet n
i=1
n
j=1
λ2
j=n
n
i=1
λ2
iégalement. Ensuite
n
i=1
n
j=1
λiλj=n
i=1
λi n
j=1
λj=(〈v|w〉)2.
Finalement
2
1⩽i<j⩽n
(λi−λj)2=2n
n
j=1
λ2
i−2(〈v|w〉)2.
On obtient le résultat en divisant par 2.
L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne 〈v|w〉2⩽∥v∥2∥w∥2=⩽n
j=1
λ2
i(n−Kn), ce qui donne
enn
1⩽i<j⩽n
(λi−λj)2⩾n
j=1
λ2
i(n−n+Kn)=Knn
j=1
λ2
i.
B.4) Pour n=3, on a p=2. On a ∥w∥2=1
1+1 3+1 1=7 3et Kn=2 3. L’inégalité équivaut à
(λ1−λ2)2+(λ1−λ3)2+(λ2−λ3)2⩾2
3(λ2
1+λ2 2+λ2 3)
d’où
32(λ2
1+λ2 2+λ2 3)) −2(λ1λ2+λ1λ3+λ2λ3)⩾2(λ2 1+λ2 2+λ2 3)
On simplie par 2et après transformation, on obtient l’inégalité demandée.
III.C - D’autres conditions nécessaires
C.1) On peut séparer le cas npair, du cas nimpair. Par développement par blocs et/ou cer-
taines colonnes, on obtient dans les deux cas, on polynôme caractéristique
χM=Xn−3
X0−1
0X+2 0
−1 0 X=Xn−2(X+2)
X−1
−1X=Xn−2(X+2)(X2−1).
Cela donne un spectre ordonné (1,0,. .. ,0, −1,−2) (0apparait n−3fois).
C.2) On calcule tr(MB)=tr(tM B): sous cette dernière forme, on voit apparaître le produit
scalaire canonique, et cela donne tr(MB)=a2p−2−2a2p−2+a2p−2=0. En utilisant l’enca-
drement de la trace, on obtient
−2λ1−λ2+λn⩽0⩽λ1−λn−1−2λn
c’est-à-dire ce qui est demandé.
III.D - Cas n=3
D.1) On calcule le polynôme caractéristique de M:
X−a−b−c
−b X −c−b
−c−b X −a=
C1→C1−C3
X−a+c−b−c
0X−c−b
−(X−a+c)−b X −a
=
L3→L3+L1
(X−a+c)
X−c−b
−2b X −a−c
=(X−a+c)(X2−(a+2c)X+(c2+ac −2b2))
On factorise le polynôme du second degré. Son discriminant est ∆=(a+2c)2−4(c2+ac −
2b2)=a2+4ac +4c2−4c2−4ac +8b2=a2+8b2. On obtient
SpM=a−c,a+2c+a2+8b2
2,a+2c−a2+8b2 2
D.2) On remarque que a+2c+a2+8b2
2⩾a+2c−a2+8b2 2. On ne sait pas trop où placer
a−c. On essaie de résoudre
λ1=a+2c+a2+8b2
2
λ2=a−c
λ3=a+2c−a2−8b2
2
Cela équivaut à
λ1=a+2c+a2+8b2
2
λ2=a−c
λ1+λ3=a+2c
3 année 2014/2015

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équivalent à a=λ1+2λ2+λ3
3,c=λ1−λ2+λ3 3et
8b2=(λ1−λ3)2−a2=(3(λ1−λ3))2−(λ1+2λ2+λ3)2
9=(4λ1+2λ2−2λ3)(2λ1−2λ2−4λ3) 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
b=1
3p2(2λ1+λ2−λ3)(λ1−λ2−2λ3).
D.3) Avec les trois conditions, on a bien une matrice de Hankel avec ce spectre ordonné. C’est
donc une condition nécessaire et susante.
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⩾1i.e. λ⩾3. Ce n’est pas équivalent puisque la polynôme
2λ2−6λ+1admet deux racines réelles distinctes et la condition de positivité est vérifée
en dehors de ces racines.
4 année 2014/2015