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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 1/15
X Maths 1 PC 2000 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Mathieu Dutour (ENS Ulm) ; il a été relu par Brice
Goglin (ENS Ulm) et David Hernandez (ENS Ulm).
Une fois de plus, l’X montre la voie : un problème original qui porte sur l’utilisation
de l’algèbre en informatique. Significativement, on abandonne la notation Ck
n, qui est
franco-francaise, pour la notation internationale n
k. Le problème n’est pas classique
dans l’ensemble, mais on peut se rattraper à différentes questions faciles, dispersées
un peu partout.
La première partie, classique, concerne un ensemble de polynômes orthogonaux
Pn. La seconde partie, très courte, porte sur des dénombrements. La troisième est
consacrée aux matrices d’adjacences et à leurs valeurs propres.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 2/15
Indications
I.2.a C’est une question classique, où il faut montrer que deg Pn=net déterminer
le coefficient dominant. On montre d’abord que deg Pn6n. Ensuite on
détermine le coefficient de Xnet s’il est non nul cela veut dire que Pnest de
degré n.
I.4.a Le binôme de Newton est évidemment très utile dans toute question où il y
a des n
k= Ck
n.
I.4.b Ce genre de résultat peut être délicat à démontrer, même s’il semble rela-
tivement clair. Dans ce cas particulier, il faut montrer le résultat pour les
fonctions (uv)j.
II Pour ces questions d’ensemble, il peut être utile de faire des dessins.
II.8 Utiliser le fait que Adiffère de Ipar l’ajout ou le retrait d’un seul élément.
III.9.b Ce genre de relation matricielle A = B, qui sort d’un contexte où elles
n’existent pas a priori, doit se montrer comme suit : déterminer l’expression
de chacun des termes Apq et Bpq , puis constater l’égalité.
III.10 C’est une récurrence entre les termes m−1,met m+ 1 qui est utilisée ; il
faut donc montrer HR0et HR1avant d’envisager de montrer HRm+1.
III.11 Utiliser la question I.2.c.
III.13.a C’est sans conteste la question la plus difficile du problème. Il faut montrer
que
(BkBl)pq =1
2NPk(d(Ip,Iq))
puis Pk(d(Ip,Iq)) = P
J∈P(E)
Card J=k
(−1)Card (Ip∆Iq)∩J
Il faut intervertir les trois sommes qui apparaissent dans le produit (BkBl)pq .
Enfin, on peut utiliser la question III.12.b .
III.13.b Question classique qui utilise le fait que si pest un projecteur, alors Tr p=
rg p.
III.14.a Il s’agit à nouveau d’une question extrêmement délicate. La famille (Bk)06k6N
s’exprime en fonction de la famille (An)06n6N. Il faut donc inverser le sys-
tème linéaire pour obtenir les Anen fonction des Bk. Utiliser ensuite la
première partie où l’on montre que les Pkforment une famille orthonormée.
Calculer la norme hPk|Pki.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/15
I Les polynômes Pn
I.1 Si j>k, alors
φk(j) = j(j−1) ...(j−(k−1))
k!=j! k!(j−k)! =j
k
et si 06j < k, alors φk(j) = 0. On a donc dans tous les cas la relation
∀j∈N, φk(j) = j
k
I.2.a On a φ0(X) = 1,φ1(X) = X et φ2(X) = X(X −1)
2d’où l’on tire
P0(X) = φ0(X)φ0(N −X) = 1
P1(X) = φ0(X)φ1(N −X) −φ1(X)φ0(N −X) = N −2X
ce qui donne P0(X) = 1 et P1(X) = N −2X
P2(X) = φ0(X)φ2(N −X) −φ1(X)φ1(N −X) + φ2(X)φ0((N −X)
=(N −X)(N −X−1)
2−X(N −X) + X(X −1) 2
=X2−X(2N −1) + N(N −1) −2XN + 2X2+ X2−X
2
P2(X) = 4X2−X(4N) + N(N −1)
2
I.2.b Le degré de φkest k, le degré de φn−kest n−k, donc le degré de φk(X)φn−k(N−
X) est n. Le degré d’une somme étant inférieur au maximum des degrés, deg Pn6n.
Calculons le coefficient du terme de degré n. S’il n’est pas nul, alors le degré est
égal à n. Le coefficient de Xkdans φkest 1
k!; le coefficient de Xn−kdans φn−k(N −X)
est (−1)n−k
(n−k)! ; par suite, le coefficient de Xndans Pnest :
k=N
P
k=0
(−1)k1
k!
(−1)n−k
(n−k)! = (−1)nk=N
P
k=0
1
k!
1
(n−k)!
=(−1)n
n!
k=N
P
k=0 n
k
k=N
P
k=0
(−1)k1
k!
(−1)n−k
(n−k)! =(−1)n n!2n
Ce qui donne (−1)n2n
n!
I.2.c On utilise la question I.1 et on obtient
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 4/15
Pn(j) =
k=N
P
k=0
(−1)kφk(j)φn−k(N −j) =
k=N
P
k=0
(−1)kj
kN−j n−k
I.3 On utilise la formule du binôme de Newton sur la fonction
fj:(R−→ R
u7−→ (1 −u)j(1 + u)N−j
Le coefficient de ukdans (1 −u)jest (−1)kj
k. Le coefficient de un−kdans
(1 + u)N−jest N−j
n−k, donc le coefficient de undans (1 −u)j(1 + u)N−jest la
somme sur tous les kpossibles.
Ainsi, k=N
P
k=0
(−1)kj
kN−j n−k= Pn(j)
Pour l’origine des polynômes de Krawtchouk et des analogues, on peut se
référer à l’ouvrage Sphere Packings, lattices and Groups de J.H. Conway et
N.J.A. Sloane, Édition Springer (p. 255), qui aborde également les questions
de codes.
I.4.a On utilise le résultat précédent :
F(u, v) =
N
P
j=0 N
jfj(u)fj(v)
=
N
P
j=0 N
j(1 −u)j(1 + u)N−j(1 −v)j(1 + v)N−j
=
N
P
j=0 N
j[(1 −u)(1 −v)]j[(1 + u)(1 + v)]N−j
= [(1 −u)(1 −v) + (1 + u)(1 + v)]N
= (2 + 2uv)N
F(u, v) = 2N(1 + uv)N
ce qui donne la formule attendue, avec
α= 2Net β= N
I.4.b Si on prend un terme Qj= (uv)jalors, en différentiant :
∂a+bQj
∂ua∂vb=∂auj ∂ua
∂bvj
∂vb=j! (j−a)! uj−aj! (j−b)!vj−b
Cette quantité ne peut être non nulle en 0que si j−a= 0 et j−b= 0, auquel cas
elle vaut (a!)2. La fonction Fs’exprime comme un polynôme en uv :
F(u, v) = 2Nj=N
P
j=0 N
j(uv)j
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