Devoir non surveillé Polynômes et Algèbre linéaire

Devoir non surveillé Polynômes et Algèbre linéaire
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
pour le 14 Mars 2011
$
CC
BY:
\
=
Exercice 1
Soit P un polynôme à coefficients réels, non constant tel que :
(E) : P (X 2 ) = P (X)P (X − 1)
Le but de l’exercice est de déterminer l’ensemble des polynômes qui vérifient (E).
1. Soit m ∈ N∗ , vérifier que (X 2 + X + 1)m vérifie (E).
0.5
Soit P ∈ R[X] un polynôme qui vérifie (E).
2. Quel résultat du cours permet d’affirmer que P a une racine sur C ?
0.5
3. Le but de cette question est de démontrer que 0 n’est pas racine de P . On raisonne par l’absurde
et on suppose que P (0) = 0.
Soit la suite (un )n∈N définie par :
u0 = 0,
et
∀n ∈ N, un+1 = (un + 1)2 .
(a) Démontrer que ∀n ∈ N, P (un ) = 0,
0.5
(b) Démontrer que la suite un est strictement croissante,
0.5
(c) En déduire que le polynôme P est nul, et conclure.
0.5
4. On veut démontrer que toutes les racines (complexes) de P sont de module 1. On raisonne de
nouveau par l’absurde en supposant ∃α ∈ C∗ , racine de P , telle que |α| =
6 1.
n
(a) Démontrer que ∀n ∈ N, P α2
= 0.
0.5
2n
(b) Justifier que tous les termes de la suite α
(c) En déduire que P est nul, et conclure.
n∈N
sont distincts.
1
0.5
5. Soient α une racine de P , et A le point du plan complexe d’affixe α.
(a) Quelle information géométrique peut-on déduire de la question 4 ?
0.5
(b) Montrer que |α + 1| = 1. En déduire une autre information géométrique sur A.
0.5
(c) Démontrer que α = j ou α = j 2 , où j = e
2iπ
3
.
0.5
(d) Démontrer que j et j 2 sont racines de P . Que peut-on dire de leur ordre de multiplicité ?
(e) En déduire qu’il existe m ∈
N∗
tel que P (X) =
1
(X 2
+X +
1)m .
1
0.5
Correction :
1. Déjà, le polynôme Pm = (X 2 + X + 1)m est non constant, car m > 0 puis :
h
im
Pm (X 2 ) = X 4 + X 2 + 1
h
= (X 2 + 1)2 − X 2
h
im
im
= (X 2 − X + 1)(X 2 + X + 1)
m = X2 − X + 1
m
= X2 − X + 1
m
or, Pm (X − 1) = (X − 1)2 + (X − 1) + 1
m
X2 + X + 1
Pm (X).
m
= X2 − X + 1
. Ainsi, on a bien la relation (E).
2. Le polynôme P étant non constant, il a une racine sur C d’après le théorème de d’Alembert.
3. (a) On procède par récurrence sur n ∈ N, en notant Pn : P (un ) = 0.
Par hypothèse, P (u0 ) = P (0) = 0, d’où l’initialisation. On considère ensuite n fixé, tel que
Pn est vraie. On a alors :
P (un+1 ) =P (un + 1)2
=P (un + 1) P (un ) = 0.
| {z }
=0
Ainsi, P (un+1 ) = 0, d’où l’hérédité. En conclusion, on a bien ∀n ∈ N, P (un ) = 0.
(b) On considère n ∈ N, on a alors :
un+1 − un =(un + 1)2 − un
=u2n + un + 1.
Or le polynôme X 2 + X + 1 est à discriminant négatif, il est donc strictement positif sur
R. On en déduit un+1 − un > 0 et la suite (un ) est donc strictement croissante.
(c) On a ∀n ∈ N, P (un ) = 0, or la suite (un ) étant strictement croissante, elle ne prends jamais
deux fois la même valeur. Le polynôme P a donc une infinité de racine, il est donc nul, ce
qui est en contradiction avec P non constant.
4. Attention : il y a bien écrit α à la puissance 2n ! ! !
n
(a) On procède encore par récurrence sur n ∈ N, en notant : Pn : P (α2 ) = 0.
0
Pour l’initialisation, on a α2 = α, et P (α) = 0, d’où l’initialisation.
Pour l’hérédité, on considère n ∈ N fixé tel que Pn est vraie. On a alors :
2(n+1)
P α
=P
2n
α
n
= P α2
|
D’où l’hérédité.
n
{z
=0
2 }
n
On en déduit la propriété : ∀n ∈ N, α2 est racine de P .
2
P α2 − 1 .
n
n
(b) Considérons un la suite (réelle) définie par ∀n ∈ N, un = |α2 | = |α|2 . Montrons que les
valeurs de la suite (un ) sont tous distincts.
Pour cela, on considère (i, j) ∈ N, avec i 6= j, et on montre que ui 6= uj . Par l’absurde, si
i
j
i
j
ui = uj , on a alors : |α|2 = |α|2 , ce que l’on peut aussi écrire : |α|2 −2 = 1. Comme i 6= j,
on a 2i 6= 2j , et donc on en déduit que |α| = 1, ce qui n’est pas le cas.
n
Ainsi, les valeurs de la suite (un ) sont tous distincts, on en déduit que les valeurs de α2
sont des complexes tous distincts en module, et donc sont distincts.
n
(c) On a ∀n ∈ N, α2 est racine de P , et ces valeurs sont distinctes, on en déduit que P a une
infinité de racines et donc que P est nul, ce qui est une contradiction avec P non constant.
5. (a) D’après la question 4, A est sur le cercle unité.
(b) Comme α est racine, on a
P (α + 1)2 = P (α) P (α + 1).
| {z }
=0
On en déduit que (α + 1)2 est aussi racine. Or toutes les racines sont sur le cercle unité,
donc |(α + 1)2 | = 1, c’est-à-dire |(α + 1)| = 1. Ainsi, A est sur le cercle de centre d’affixe
−1 et de rayon 1.
(c) NB : un dessin permet de remarquer que les relation |α| = 1 et |α + 1| = 1 implique que
α = j ou j 2 .
On peut le démontrer par le calcul en écrivant α sous la forme eiθ , avec θ ∈] − π, π[ on a
alors :
α + 1 =eiθ + 1
i θ2
=e 2 cos
De la relation |α + 1| = 1 on tire donc cos
signifie que α = j ou α = j 2 .
θ
2
θ
.
2
= 12 , et donc θ =
2π
3
ou θ = − 2π
3 . Ce qui
(d) NB : il faut revenir au théorème de d’Alembert, il s’agit de reprendre ce qui précède, on
attends un effort de synthèse.
On sait que P admet une racine α sur C, et que cette racine est j ou j 2 .
Or P étant un polynôme réel si α est racine, α aussi, et ces deux racines ont le même ordre
de multiplicité.
Ainsi,
– si α = j, alors j 2 = j est aussi racine,
– si α = j 2 est racine, alors j = j 2 est encore racine.
On a donc j et j 2 sont racines de P .
De plus, P étant un polynôme réel, l’ordre de multiplicité de j et de j 2 sont les mêmes.
(e) On a vu que j et j 2 sont racines de P , que ceux sont les seules et qu’elles ont le même
ordre de multiplicité. Notons m cet ordre de multiplicité. On a alors, d’après le théorème
de décomposition des polynômes de C[X] en produit de polynômes irréductibles :
P = an (X − j)m (X + j)m = an (X 2 + X + 1)m
Il reste à vérifier que :
3
an terme dominant de P.
– m est non nul car P est non constant,
– La relation P (X 2 ) = P (X)P (X − 1), s’écrit en regardant les termes de plus haut degrés :
P (X) =an X m + . . .
P (X − 1) =an X m + . . .
P (X 2 ) =an X 2m + . . . .
Ainsi, a2n = an , et comme an 6= 0 , an = 1.
D’où le résultat :
∃m ∈ N∗ , P = (X 2 + X + 1)m .
Exercice 2 Agro 2005
L’objet du problème est l’étude de la suite (un )n>0 définie par :
u0 = 0,
u1 = 0,
u2 = 1,
9
∀n ∈ N∗ , un+2 = −un+1 + 5un − 3un−1 .
et
Pour cela, on considère la matrice M ∈ M3 (R) définie par :


−1 5 −3


M = 1 0 0 
0 1 0
1. Deux méthodes pour calculer les valeurs propres de M .
On considère le polynôme Q(X) = X 3 + X 2 − 5X + 3.
(a) Soit λ ∈ R, montrer que M − λI3 est de rang strictement inférieur à 3 si et seulement si
Q(λ) = 0
(b) Calculer M 3 + M 2 − 5M + 3I3 .
1
0.5
(c) Soient µ ∈ R, et X un vecteur colonne non nul de
Q(µ) = 0.
R3
tel que M X = µX. Montrer que
(d) Déterminer les racines de Q sachant qu’il possède une racine double.
1
1
2. Triangulation de M et calcul de M n
Dans cette partie, on note f l’application linéaire de R3 dans lui-même, dont la matrice dans la
base canonique est M . Pour a, b ∈ R, on pose :


a 1 0


J(a, b) = 0 a 0 .
0 0 b
Enfin, on considère la matrice P définie par :


1 1
9


P = 1 0 −3 .
1 −1 1
(a)
i. Donner une base de Ker(f + 3Id).
1
2
ii. Calculer (M − I3 )2 . Donner une base du sous-espace vectoriel Ker (f − Id) .
4
1
(b) Montrer que P est inversible et calculer son inverse P −1 .
(c) On pose T =
0.5
P −1 M P .
i. Calculer T et l’exprimer à l’aide de J(a, b) pour des valeurs de a et b bien choisies.
ii. Montrer que, pour tout n ∈ N, on a :
0.5
0.5


an nan−1 0


n
[J(a, b)] =  0
an
0
0
0
bn
En déduire que, pour tout n ∈ N∗ ,


1 n
0


n
T = 0 1
0 
0 0 (−3)n
iii. Montrer que ∀n ∈ N∗ , M n = P T n P −1 .
En déduire que la première colonne de
0.5
Mn
est :


7 + 4n + 9(−3)n
1 

 3 + 4n − 3(−3)n 
16
−1 + 4n + (−3)n
3. Étude de la suite (un )n>0 à l’aide de matrices
Pour n > 0, on considère le vecteur colonne Un défini par :


un+2


Un = un+1 
un
(a) Montrer que pour tout n ∈ N∗ , on a Un = M Un−1 .
(b) En déduire que, pour tout n ∈ N, on a Un =
M n U0 .
(c) En utilisant 2(c)ii et 3b, déterminer une expression de un pour n ∈ N.
5
0.5
0.5
0.5
Correction :
1. Deux méthodes pour calculer les valeurs propres de M .
(a) On calcule le rang de M − λI3 par la méthode de Gauss :


−1 − λ 5 −3


−λ 0 
 1
0
1 −λ

l1
l2
l3
1
−λ 0


−3 
−1 − λ 5
0
1 −λ

l1 ← l2
l2 ← l1
l3
1
−λ
0


0
5
−
λ(1
+
λ)
−3


0
1
−λ

l1
l2 ← l2 + (1 + λ)l1
l3
1
−λ
0


1
−λ
0
0 5 − λ(1 + λ) −3

l1
l2 ← l3
l3 ← l2

l1
l2
l3 ← l3 − (5 − λ(1 + λ)) l2



1

0
0
−λ
0

−λ
1

0 −3 + λ (5 − λ(1 + λ))
Rappel :
– Il ne faut utiliser que des opérations inversibles. Par exemple : l1 ← (1 + λ)l1 + l2 n’est
pas inversible si λ = −1.
– Indiquer vos opérations.
– Ne pas diviser par 0.
Ainsi, la matrice M − λI3 est de rang 3 si et seulement si :
−3 + λ (5 − λ(1 + λ)) 6= 0 ⇔ −3 + λ(5 − λ2 − λ) 6= 0
⇔ −λ3 − λ2 + 5λ − 3 6= 0
⇔ Q(λ) 6= 0.
On en déduit que le rang de M − λI3 est de rang strictement inférieur à 3 si et seulement
si Q(λ) = 0.
(b) Un simple calcul (à présenter rapidement) donne M 3 + M 2 − 5M + 3I3 = 0.
Tout résultat donné dans l’énoncé demande une démonstration, pensez à présenter (rapidement) les calculs.
(c) Méthode 1 : Si X non nul vérifie M X = µX c’est que (M − µI3 )X = 0, donc que
M − µI3 n’est pas injective, donc pas de rang 3, donc que Q(µ) = 0 d’après la question
précédente.
6
Méthode 2 : Soit X ∈ R3 non nul et µ tel que M X = µX, on a alors :
M 3 + M 2 − 5M + 3I3 X =0
M 3 X + M 2 X − 5M X + 3X =0
µ3 X + µ2 X − 5µX + 3X =0
(Q(µ))X =0.
Et donc Q(µ) = 0 car X 6= 0.
Raisonnement classique, bien indiquer l’argument X 6= 0.
Attention : Si on utilise le système correspondant, on arrive à une équation du type
Q(λ)z = 0, il faut alors justifier que z 6= 0.
(d) On commence par chercher la racine double. si α est racine double alors on a les deux
équations :
Q(α) = α3 + α2 − 5α + 3 = 0
et
Q′ (α) = 3α2 + 2α − 5 = 0.
La deuxième relation donne α = 1 ou α = − 53 . On a donc deux candidats pour la racine
double et on constate rapidement que 1 convient.
On sait alors que Q s’écrit : Q = (X − 1)2 (X − β) où β est l’autre racine. L’examen du
terme constant donne alors l’équation −β = 3, soit β = −3 En conclusion les racines de Q
sont 1 (double) et −3 (simple).
On peut facilement deviner ces valeurs en lisant la suite de l’énoncé.
Remarque: Beaucoup de calculs inutiles pour cette question.
2. Triangulation de M et calcul de M n
(a) i. La matrice de f + 3Id est M + 3I3 , cette matrice se réduit en (cf le calcul du rang


1 3 0


de M − λI3 , on remplace juste λ par −3) : 0 1 3 On en déduit que le rang de
0 0 0
f + 3Id est 2, par le théorème du rang, son noyau est de dimension 1.
On passe systématiquement par le théorème du rang.
 
x
 
De plus, pour X = y  ∈ R3 , l’équation
z

 
x
1 3 0
 

(M + 3I3 )X = 0 ⇔ 0 1 3 y  = 0
z
0 0 0
puisqu’on n’a effectué que des opérations inversibles sur les lignes, ce qui donne :

x + 3y = 0
(M + 3I3 )X = 0 ⇔
y + 3z = 0

x = 9z
⇔
y = −3z
⇔X ∈ Vect (9, −3, 1) .
7
On obtient au final :
Ker(f + 3id ) = Vect (9, −3, 1) .


9 −18 9


2
ii. On obtient : (M − I3 ) = −3
6
−3 . Calculons rapidement le rang de cette
1
−2
1
matrice. (on voit facilement que toutes les colonnes sont proportionnelles, elle est de
rang 1). On a


9 −18 9


6
−3
−3
1
−2
1


0 0 0


0 0 0
1 −2 1
l1
l2
l3
l1 ← l1 − 9l3
l2 ← l2 + 3l3
l3
Ainsi, la matrice est de rang 1.
Le rang de (f − Id )2 est donc 1, et d’après le théorème du rang, son noyau est donc
de dimension 2.
Pour calculer une base de ce noyau, on résout (M − I3 )2 X = 0, en utilisant les mêmes
opérations inversibles. Cela donne :


0 0 0


2
(M − I3 ) X = 0 ⇔ 0 0 0 X = 0
1 −2 1
⇔x − 2y + z = 0
⇔x = 2y − z
⇔X ∈ Vect (2, 1, 0), (−1, 0, 1) .
Puisque la famille (2, 1, 0), (−1, 0, 1) est clairement libre, et que dim(Ker(f − Id )2 ) =
2, on en déduit :
Ker(f − Id )2 = Vect (2, 1, 0), (−1, 0, 1) .
(b) On utilise la méthode de Gauss-Jordan.







1 1
9


1 0 −3
1 −1 1

1 1
9


0 −1 −12
0 −2 −8

1 1
9


12 
0 1
0 −2 −8


1 1 9


0 1 12
0 0 16

1 0 0


0 1 0
0 0 1
l1
l2
l3

1 0 0


−1 1 0
−1 0 1

1
0 0


 1 −1 0
−1 0 1


1 0 0


1 −1 0
1 −2 1
8
l1
l2 ← l2 − l1
l3 ← l3 − l1
l1
l2 ← −l2
l3
l1
l2
l3 ← l3 + 2l2
On en déduit déjà que la matrice P est inversible car de rang plein.







0
−1
1
16
7
16
4
 16
1
16
3
16
4
 16
1
16
−2
16
18
16
8
16
−2
16
10
16
8
16
−2
16
1

1
1 1 9


0 1 12
0 0 1
1 1 0


0 1 0
0 0 1
1 0 0


0 1 0
0 0 1

0

0
l1
l2
1
l3 ← 16
l3
1
16

−9
16
−12 
16 
1
16

3
16
−12 
16 
1
16
l1 ← l1 − 9l3
l2 ← l2 − 12l3
l3
l1 ← l1 − l2
l2
l3
On obtient donc l’inverse de P :
P −1
(c)


3 10
3
1 

=
4 8 −12
16
1 −2
1


1 1 0


i. On calcule rapidement T , et on obtient : T = 0 1 0  = J(1, −3).
0 0 −3
ii. On procède par récurrence sur n ∈ N, on note Pn la proposition : [J(a, b)]n =
 n

a nan−1 0


an
0 .
0
0
0
bn
Pour l’initialisation, si n = 0, on a an = bn = 1, et nan−1 = 0, donc on a bien le
résultat [J(a, b)]0 = I3 .
Pour l’hérédité, on considère n ∈ N fixé, tel que Pn est vrai. On a alors :
[J(a, b)]n+1 =[J(a, b)] × [J(a, b)]n



an nan−1 0
a 1 0



= 0 a 0  0
an
0
0
0
bn
0 0 b


an+1 (n + 1)an
0


n+1
= 0
a
0 .
0
0
bn+1
D’où l’hérédité.
En conclusion, d’après le principe de récurrence la propriété est vraie pour tout n ∈ N.
En appliquant à a = 1 et b = −3, on obtient :


1 n
0


n
T = 0 1
0 
0 0 (−3)n
9
iii. On procède par récurrence sur n ∈ N en notant Pn la proposition M n = P T n P −1 .
Pour l’initialisation, on a T 0 = I3 et M 0 = I3 , d’où l’initialisation.
Pour l’hérédité, on utilise la relation : T = P −1 M P , que l’on écrit M = P T P −1 , et
qui donne :
M n+1 = M n M = P T n P −1 P T P −1 = P T n+1 P −1 .
D’où l’hérédité.
Raisonnement classique, mais calcul à présenter systématiquement.
On applique alors ce résultat pour obtenir pour tout n ∈ N,
M n =P T n P −1






1 1
9
1 n
0
3 10
3
1 



= 1 0 −3 0 1
0  4 8 −12
16
1 −1 1
0 0 (−3)n
1 −2
1

1 1
9
3 + 4n 10 + 8n 3 − 12n
1 


= 1 0 −3  4
8
−12 
16
1 −1 1
(−3)n −2(−3)n (−3)n
On ne garde alors que la première colonne pour obtenir :


7 + 4n + 9(−3)n
1 

 3 + 4n − 3(−3)n 
16
−1 + 4n + (−3)n
3. Étude de la suite (un )n>0 à l’aide de matrices
(a) On a la relation : ∀n ∈ N∗ , un+2 = −un+1 + 5un − 3un−1 , ce qui donne :





un+1
−1 5 −3
un+2


 

∀n ∈ N∗ , Un = un+1  =  1 0 0   un  = M Un−1
un−1
0 1 0
un
(b) C’est encore une fois une simple récurrence : on note pour n ∈ N, la proposition Pn ,
Un = M n U0 . L’initialisation est évidente puisque M 0 = I3 . Pour l’hérédité, considérons
n ∈ N fixé, tel que Pn est vraie, on a vu la relation Un+1 = M Un , on en déduit l’hérédité.
(c) Au final, on obtient :
 
1
n
n
 
∀n ∈ N, Un = M u0 = M 0 .
0
 
 
1
1
 
 
n
n
Or M 0 est la première colonne de M (multiplier à gauche par 0 revient à extraire
0
0
la première colonne).
10
En effet :
 
 



1
1
7 + 4n + 9(−3)n ∗ ∗
7 + 4n + 9(−3)n
1
1

 
 


M n 0  =
 3 + 4n − 3(−3)n ∗ ∗ 0 =
 3 + 4n − 3(−3)n 
16
16
0
0
−1 + 4n + (−3)n
−1 + 4n + (−3)n ∗ ∗
Cette première colonne a été calculé à la question 2(c)ii
On en déduit, que


7 + 4n + 9(−3)n
1 

∀n ∈ N, Un =
 3 + 4n − 3(−3)n  ,
16
−1 + 4n + (−3)n
et donc en particulier que :
∀n ∈ N, un =
11
1
(−1 + 4n + (−3)n ) .
26