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X Maths A MP 2013 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Jules Svartz (ENS Cachan) ; il a été relu par PierreElliott Bécue (ENS Cachan) et Guillaume Batog (Professeur en CPGE).
Ce sujet d’algèbre porte sur l’étude de 3 opérateurs « quantiques » E, F et H
et leurs relations : ce sont des endomorphismes de l’espace vectoriel V de dimension
infinie des fonctions de Z vers C telles que l’ensemble {k ∈ Z | f (k) 6= 0} soit fini.
C’est un sujet long, composé de quatre parties qui totalisent 43 questions.
• La première partie a d’abord pour objet de définir une base de V et de construire
les opérateurs E, F et H par leurs valeurs sur les éléments de cette base. La suite
est consacrée à la détermination de conditions sur F et H pour que les relations
H ◦ E = E ◦ H + 2E puis E ◦ F = F ◦ E + H soient vérifiées. En fin de partie,
il est demandé de démontrer que la sous-algèbre d’endomorphismes engendrée
par l’un des opérateurs E, F ou H est isomorphe à une algèbre de polynômes.
• La deuxième partie introduit des objets qui seront utiles dans la quatrième
partie : d’une part, un endomorphisme sur un sous-espace vectoriel de V de
dimension finie, d’autre part un projecteur de V sur ce sous-espace.
• La troisième partie propose de déterminer des conditions sur F et H pour que
les relations H ◦ E = q 2 E ◦ H puis E ◦ F = F ◦ E + H + H−1 soient vérifiées.
Elle est, comme la première partie, assez calculatoire.
• Enfin, dans la quatrième partie, on s’aperçoit que sous les conditions trouvées
dans la troisième partie, les opérateurs E, F et H vérifient une condition de
compatibilité avec le projecteur défini dans la deuxième partie. On se place
essentiellement dans le cadre rassurant de la dimension finie ; encore fallait-il
parvenir jusque-là.
Ce long sujet d’algèbre linéaire porte sur une large part du programme d’algèbre
de première et deuxième années, avec en plus quelques questions d’arithmétique.
L’ensemble est abordable, mais le cadre inhabituel de la dimension infinie a certainement dérouté nombre de candidats.
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Indications
Partie I
2 Déterminer explicitement l’inverse.
3.a Montrer que {vi }i∈Z est une famille libre et génératrice de V.
3.b Calculer E(vi )(k) pour tous i, k ∈ Z.
6.a Se restreindre à l’espace Vect {vi | i ∈ Supp(f )}.
6.b Pour W un sous-espace comme dans l’énoncé, montrer tout d’abord que H
possède une valeur propre dans W en utilisant la question précédente, puis
montrer qu’un vecteur propre associé est colinéaire à l’un des {vi }i∈Z .
7.b Calculer Ei (v0 ) et Fi (v0 ) pour tout i ∈ Z.
8.a Il existe un morphisme d’algèbre surjectif C[X] → C[E]. Il ne reste qu’à montrer
l’injectivité !
8.c Utiliser le fait que les valeurs propres de H annulent tout polynôme annulateur
de H.
Partie II
9 Utiliser le théorème de Gauss.
10.b Résoudre le système induit par l’équation Ga w = λw, pour w un vecteur colonne
de taille ℓ et λ = bq i avec 0 6 i < ℓ.
11 Vérifier que l’image de Pa est contenue dans Wℓ et que Pa induit l’identité sur
ce sous-espace.
Partie III
15.b L’énoncé parle ici de la plus petite période strictement positive de λ.
15.c Calculer µ(i + t) − µ(i). Montrer que si cette quantité est nulle pour tout i ∈ Z,
un certain polynôme admet tous les complexes q 2i comme racines.
16.c Montrer que toutes les valeurs propres obtenues en question 16.b sont égales.
16.e L’équation R(λ(0), µ(0), q) = z se ramène à une équation de degré 2 en λ(0).
Partie IV
17.b Utiliser le fait que λ est ℓ-périodique.
19 Montrer que Pa ◦ E ◦ Pa et Pa ◦ E coïncident sur les vecteurs de la base {vi }i∈Z .
20.a Pour que la question ait un sens, on pourra supposer que Pa est dorénavant une
application dont l’espace d’arrivée est Wℓ .
20.b Montrer que le sous-espace considéré est le noyau de Pa .
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I. Opérateurs sur les fonctions à support fini
1.a La fonction nulle ayant un support vide, celui-ci est en particulier fini donc
V 6= ∅. De plus, pour tout (λ, f, g) ∈ C × V2 ,
Supp(λf + g) ⊂ Supp(λf ) ∪ Supp(g) ⊂ Supp(f ) ∪ Supp(g)
Ainsi Supp(λf + g) est un ensemble fini et λf + g appartient à V. Par conséquent,
V est un sous-espace vectoriel de CZ .
1.b Soit (λ, f, g) ∈ C × CZ × CZ . Alors pour tout k ∈ Z
E(λf + g)(k) = (λf + g)(k + 1)
= λf (k + 1) + g(k + 1)
E(λf + g)(k) = λE(f )(k) + E(g)(k)
de sorte que E(λf + g) = λE(f ) + E(g). Par conséquent,
E ∈ L(CZ )
De plus, pour tout f ∈ CZ et tout k ∈ Z,
E(f )(k) 6= 0
⇐⇒
f (k + 1) 6= 0
⇐⇒
k + 1 ∈ Supp(f )
Ainsi, Supp(E(f )) = {k − 1 | k ∈ Supp(f )}. En particulier si f ∈ V, Supp(f )
et Supp(E(f )) sont tous deux finis. Par suite,
V est stable par E.
2 Considérons
′
E:
(
CZ −→ CZ
f 7−→ (k 7→ f (k − 1))
En raisonnant de manière similaire à la question précédente, on montre que E′ est
un élément de L(CZ ) et que, de plus, V est stable par E′ . Notons toujours E′ l’endomorphisme induit sur V, alors pour toute fonction f ∈ V, E′ ◦ E(f ) = E ◦ E′ (f ) = f .
Par conséquent E est inversible d’inverse E′ et en particulier
E ∈ GL(V)
Notons que comme V est de dimension infinie (ce qui est un corollaire du
résultat de la question suivante), il ne suffit pas de montrer que E est injectif
ou surjectif pour conclure que c’est un endomorphisme inversible.
3.a Pour montrer que la famille {vi }i∈Z est une base de V, il suffit de montrer
qu’elle est libre et génératrice.
P
Soit I un ensemble fini de Z, et (λi )i∈I ∈ CI . Supposons que λi vi = 0. Alors
i∈I
P
∀k ∈ I
0=
λi vi (k) = λk
i∈I
Par suite, la famille {vi }i∈Z est libre.
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P
Soit f ∈ V. Puisque Supp(f ) est fini, on peut écrire f =
f (i)vi . Ainsi,
i∈Supp(f )
la famille {vi }i∈Z est une famille génératrice de V.
La famille {vi }i∈Z est une base de V.
3.b Pour k ∈ Z,
E(vi )(k) = vi (k + 1) =
Par conséquent,
1
0
si k = i − 1
sinon
E(vi ) = vi−1
4 Soit i ∈ Z. On a
et
(
H ◦ E(vi ) = H(vi−1 ) = λ(i − 1)vi−1
(E ◦ H + 2E)(vi ) = E(λ(i)vi ) + 2vi−1 = λ(i)E(vi ) + 2vi−1 = (λ(i) + 2)vi−1
Deux applications linéaires sont égales si et seulement si elles coïncident sur une base
de l’espace de définition. Par suite,
H ◦ E = E ◦ H + 2E ⇔ ∀ i ∈ Z
λ(i − 1) = λ(i) + 2
⇔ ∀i > 0
λ(i) = λ(i − 1) − 2 et λ(−i) = λ(−i + 1) + 2
⇔ ∀i > 0
λ(i) = λ(0) − 2i et λ(−i) = λ(0) + 2i
H ◦ E = E ◦ H + 2E ⇔ ∀ i ∈ Z
λ(i) = λ(0) − 2i
5 Soit i ∈ Z. On a E ◦ F(vi ) = E(µ(i)vi+1 ) = µ(i)E(vi+1 ) = µ(i)vi
et
(F ◦ E + H)(vi ) = F(vi−1 ) + λ(i)vi = (µ(i − 1) + λ(0) − 2i)vi (question 4)
d’où
E◦F= F◦E+H
⇐⇒
∀i ∈ Z
µ(i) = µ(i − 1) + λ(0) − 2i
Montrons l’équivalence entre cette dernière proposition et celle de l’énoncé. Supposons µ(i) − µ(i − 1) = λ(0) − 2i pour tout i ∈ Z. Alors pour tout i > 0
µ(i) = µ(0) +
i
P
(λ(0) − 2k)
k=1
= µ(0) + iλ(0) − i(i + 1)
µ(i) = µ(0) + i(λ(0) − 1) − i2
de plus
µ(−i) = µ(0) +
i
P
(µ(−k) − µ(−k + 1))
k=1
= µ(0) +
i
P
(−2(k − 1) − λ(0))
k=1
= µ(0) − i(i − 1) − λ(0)i
µ(−i) = µ(0) − i(λ(0) − 1) − i2
Par suite, pour tout i ∈ Z, µ(i) = µ(0) + i(λ(0) − 1) − i2 . En conclusion,
E◦F=F◦E+H
⇐⇒
∀i ∈ Z
µ(i) = µ(0) + i(λ(0) − 1) − i2
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