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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
la notation Ckn , qui est
abandonne
n
franco-francaise, pour la notation internationale
. Le problème n’est pas classique
k
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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Indications
I.2.a C’est une question classique, où il faut montrer que deg Pn = n et déterminer
le coefficient dominant. On montre d’abord que deg Pn 6 n. Ensuite on
détermine le coefficient de Xn et s’il est non nul cela veut dire que Pn est de
degré n.
I.4.a Le binôme
de Newton est évidemment très utile dans toute question où il y
n
a des
= Ckn .
k
I.4.b Ce genre de résultat peut être délicat à démontrer, même s’il semble relativement 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 A diffère de I par 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, m et m + 1 qui est utilisée ; il
faut donc montrer HR0 et HR1 avant 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
(Bk Bl )pq =
puis
Pk (d(Ip , Iq )) =
1
Pk (d(Ip , Iq ))
2N
P
(−1)Card (Ip ∆Iq )∩J
J∈P(E)
Card J=k
Il faut intervertir les trois sommes qui apparaissent dans le produit (Bk Bl )pq .
Enfin, on peut utiliser la question III.12.b .
III.13.b Question classique qui utilise le fait que si p est 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 système linéaire pour obtenir les An en fonction des Bk . Utiliser ensuite la
première partie où l’on montre que les Pk forment une famille orthonormée.
Calculer la norme hPk |Pk i.
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I
Les polynômes Pn
I.1 Si j > k, alors
φk (j) =
j(j − 1) . . . (j − (k − 1))
j!
=
=
k!
k!(j − k)!
j
k
et si 0 6 j < k, alors φk (j) = 0. On a donc dans tous les cas la relation
j
∀ j ∈ N,
φk (j) =
k
I.2.a On a φ0 (X) = 1, φ1 (X) = X et φ2 (X) =
X(X − 1)
d’où l’on tire
2
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)
X(X − 1)
(N − X)(N − X − 1)
− X(N − X) +
2
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 φk est k, le degré de φn−k est 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 Pn 6 n.
Calculons le coefficient du terme de degré n. S’il n’est pas nul, alors le degré est
1
égal à n. Le coefficient de Xk dans φk est ; le coefficient de Xn−k dans φn−k (N − X)
k!
(−1)n−k
est
; par suite, le coefficient de Xn dans Pn est :
(n − k)!
k=N
P
(−1)k
k=0
k=N
P
k=0
Ce qui donne
(−1)k
k=N
P 1
1 (−1)n−k
1
= (−1)n
k! (n − k)!
k=0 k! (n − k)!
n k=N
(−1) P n
=
n! k=0 k
1 (−1)n−k
(−1)n n
=
2
k! (n − k)!
n!
(−1)n 2n
n!
I.2.c On utilise la question I.1 et on obtient
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j
N−j
Pn (j) =
(−1) φk (j)φn−k (N − j) =
(−1)
k
n−k
k=0
k=0
k=N
P
k=N
P
k
k
I.3 On utilise la formule du binôme de Newton sur la fonction
(
R −→ R
fj :
u 7−→ (1 − u)j (1 + u)N−j
j
Le coefficient de uk dans (1 − u)j est (−1)k
. Le coefficient de un−k dans
k
N−j
(1 + u)N−j est
, donc le coefficient de un dans (1 − u)j (1 + u)N−j est la
n−k
somme sur tous les k possibles.
k=N
P
N−j
k j
Ainsi,
(−1)
= Pn (j)
k
n−k
k=0
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 :
N
P
N
F(u, v) =
fj (u)fj (v)
j=0 j
N
P
N
=
(1 − u)j (1 + u)N−j (1 − v)j (1 + v)N−j
j=0 j
N
P
N
=
[(1 − u)(1 − v)]j [(1 + u)(1 + v)]N−j
j
j=0
= [(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 = 2N
et
β=N
I.4.b Si on prend un terme Qj = (uv)j alors, en différentiant :
∂ a+b Qj
∂ a uj ∂ b v j
j!
j!
=
=
uj−a
v j−b
a
b
∂u ∂v
∂ua ∂v b
(j − a)!
(j − b)!
Cette quantité ne peut être non nulle en 0 que si j − a = 0 et j − b = 0, auquel cas
elle vaut (a!)2 . La fonction F s’exprime comme un polynôme en uv :
j=N
P N
F(u, v) = 2N
(uv)j
j
j=0
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