´ nonc´e E
` Probleme eme
D´ eter etermin minants ants circul cir culants ants Prem Premi` i` ere ere part partie ie Pour tout λ de
λ
λ2
λ3
λ3
1
λ
λ2
λ2
λ3
1
λ
λ
λ2
λ3
1
1 , on d´efinit efinit la matrice matri ce A(λ) =
C
1. Montrer Montrer que det( det(A(λ)) = (1 − λ4 )3 .
.
2. Pr´eciser eciser le rang de la matrice A(λ), selon les valeurs de λ. 3. Calcul Calculer er A(λ)
1
−
(quand elle existe) par la m´ethode ethode du pivot.
0 0 4. Retrouver Retrouver le r´esultat esultat de la question (3) en utilisant utilisant la matrice J = 0
5. Montrer Montrer que les vecteurs vecteurs
ε1 ε2 ε3 ε4
1 0 0 1 0
= (1, 1, 1, 1) = (1, i, −1, −i) forment une base de C4 . = (1, −1, 1, −1) = (1, −i, −1, i)
0 1 0 0
0 0 1 0
.
6. On note P la matrice de passage de la base canonique de C4 a` la base ε1, ε2, ε3 , ε4 . Montrer que la matrice D(λ) = P 1 A(λ)P est diagonale. −
7. Montrer que le r´esultat esultat pr´ec´ ec´edent edent permet de retrouver ceux des questions (1) et (2).
Deux Deuxi` i` eme eme part partie ie On se donne n dans
N∗ ,
puis a0 , . . . , an 1 dans −
C et
on pose ω = exp
Soit A (resp. Ω) la matrice de M n (C) de term te rmee g´en´ en ´eral er al [A] p,q = a (q
2iπ n
.
p)mod n
−
(resp. [Ω] p,q = ω ( p
1)(q −1)
−
)
Par exemple, et uniquement dans le cas n = 5, on obtient :
A =
a0
a1
a2
a3
a4
a4
a0
a1
a2
a3
a3
a4
a0
a1
a2
a2
a3
a4
a0
a1
a1
a2
a3
a4
a0
1 1 et Ω = 1 1
1
1
1
1
ω
ω2
ω3
ω4
ω2
ω4
ω6
ω8
ω3
ω6
ω9
ω12
1 ω4
ω8
ω12
ω16
Pour tout nombre complexe z , on pose f (z ) = a 0 + a1 z + + · · · + an 1 z n
1
−
−
n−1
ak z k .
=
k=0
1. Soit Ω la matrice de Mn (C) de terme ter me g´en´ en´eral era l [ Ω ] p,q p,q = ω
( p−1)(q −1)
−
.
Calculer Calculer le produit Ω Ω. En d´eduire eduire que Ω est inversible inversible et exprimer exprimer Ω
1
−
en fonction de Ω.
2. Par un argument argument tr`es es simple, simple, retrouver retrouver que Ω est inversible, inversible, mais sans calculer Ω 1 . −
3. Montrer Montre r que le terme term e g´en´ en´eral eral [AΩ] pq de AΩ v´erifi er ifiee [AΩ] pq = f (ω q 1)[Ω] pq . −
n−1
4. En d´edui ed uire re l’´egal eg alit´ it´e det de t A =
f (ω k ).
k=0
5. Dan Danss cette question, question, on suppose que ak
−1 = pour tout k de {0, 1, . . . , n− 1}. n
k
D´edui ed uire re de la ques qu esti tion on pr´ec´ ec´edent ed entee que qu e det de t A = 0 si n est pair, et det A = 2n
1
−
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si n est impair.
Page 1
´ Enonc´ e
Probl` eme
Troisi` eme partie 00. Soit n 2 un entier donn´e. Soit J la matrice de M ( ) d´efinie par J = .. 0 1 si q = p +1 mod n Le terme g´en´eral de J est donc [J ] =
n
C
p,q
1 0 .. . .. . 0
0 ··· .. . 1 .. .. . . .. . 0 · ·· · ··
0 0 .. . 1 0
1 0 sinon On note ϕ l’endomorphisme de Cn de matrice J dans la base canonique (e) = e 0 , e1 , . . . , en 1 . On reprend les notations ω , A et f (z ) de la partie II.
−
Pour tout q de {0, 1, . . . , n − 1}, on note εq = (1, ωq , ω2q , . . . , ω(n
1)q
−
).
1. Pour 0 k < n et 1 q n pr´eciser le vecteur f q (ek ). n−1
n
En d´eduire que J = I n et que A = a 0 I n + a1 J + · · · + an 1 J −
n−1
=
ak J k .
k=0
2. Pour tout λ de C, r´esoudre le syst`eme (S ) : f (u) = λu d’inconnue u = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ On v´erifiera que la solution g´en´erale de ce syst`eme est : – Uniquement la solution nulle si λn = 1. – La droite vectorielle engendr´ee par εq si λ = ω q , avec 0 q < n.
Cn .
3. On sait que la famille ( ε) = ε1 , ε2 , . . . , εn est une base de Cn (la matrice Ω de la partie II est la matrice des vecteurs εk dans la base canonique et on a vu que cette matrice est inversible). Pr´eciser la matrice D de ϕ dans la base (ε). n−1
4. Montrer que la matrice A est semblable a` la matrice ∆ = Retrouver alors le r´esultat obtenu en (II.4).
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ak D k .
k=0
Page 2
Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e Premi` ere partie 1. On effectue successivement C4←C4 − λC3 , puis C3 ←C3 − λC2 et enfin C2 ←C2 − λC1 . Le d´eterminant obtenu a` l’issue de ces op´erations est triangulaire. λ
λ2
λ3
λ3
1
λ
λ2
λ2
λ3
1
λ
λ
λ2
λ3
1
1 det A(λ) =
1 =
λ3
0
0
0
1 − λ4
0
0
λ2
0
1−
λ
0
0
λ4
= (1 − λ )
4 3
0 1 − λ4
1, alors det(A(λ)) 2. On voit que si λ4 = = 0 donc rang(A(λ)) = 4. Dans les autres cas, c’est-`a-dire si λ ∈ {1, i, −1, −i} :
1 1 1 1 1 1 A(1) = 1 1 1 11 1 1 − 1 A(i) = −1 −
1 1 −1 1 −1 1 A(−1) = , 1 1 −1 1 −1 1 1 i −1 −i i i −1 , A(−i) = 1 i i −1 −1 −i 1 −i
i
i
−1 1 , −1 1 −1 i −i −1 1 −i i 1 −1 i
1 −1 1 −1 −i 1
A chaque fois les colonnes de A(λ) sont deux a` deux proportionnelles ⇒ rang(A(λ)) = 1.
1. On borde A(λ) par I 4 . 3. On suppose donc λ4 = On applique successivement les op´erations L2 ←L2 − λL3 , L3 ←L3 − λL4 et L4 ←L4 − λL1 : λ
λ2
λ3
1 0 0 0
λ3
1
λ
λ2
0 1 0
λ2
λ3
1
λ
0
0
λ
λ2
λ3
1
0
0 0
1
1
⇒ 0 L ←L − 0 L ←L − 1
2
2
3
3
1 L 0 L 0
λ 3 λ 4
L4 ←L4 − λL1
λ
λ2
λ3
1
0
1 − λ4
0
0
0
1 −λ
0
1 − λ4
0
0
0
1
0
0
1 − λ4
−λ 0
0
0
0
0
0 − λ
1
Ensuite, on applique L1 ←(1 − λ4 )L1 − λL2 − λ2 L3 − λ3 L4 (possible car λ4 = 1).
1 − 0 On obtient 0
λ4
0
0
0
1 − λ4
0
0
0
1 − λ4
0
0 −λ 0 0 1 −λ 0 0 0 1 −λ 0 1 −λ 0 1
1 − λ4
1 1 0 On termine en divisant L a` L par 1 − λ : on trouve A(λ) = 0 0 1 0 0 0 0 1 1 − λ −0 0 0 0 1 1 0 0 0 et J = I . 4. On constate que J = , J = 1 0 0 0 0 1 0 0 0
0
0
1
4
4
1
−
4
2
3
0 1 0 0
4
0 −λ 0 1 −λ 0 0 1 −λ 0 0 1 λ
4
0 0 1 0
Ainsi A(λ) = I 4 + λJ + λ2 J 2 + λ3 J 3 . On en d´eduit (I 4 − λJ )A(λ) = (I 4 − λJ )(I 4 + λJ + λ2 J 2 + λ3 J 3 ) = I 4 − λ4 J 4 = (1 − λ4 )I 4 . Il en r´esulte l’´egalit´e A(λ)
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1
−
1 1 1 0 = (I − λJ ) = 1−λ 1−λ 0 4
4
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4
0 −λ 0 1 −λ 0 0 1 −λ 0 1 −λ 0
. Page 3
Probl` eme
1 1 5. Soit P = 1
1
1 i −1 −1 1 1 −i −1 On constate que det(P )
1 −i −1 i
Corrig´e
la matrice de ε , ε , ε , ε dans la base canonique. 1
2
3
4
est le d´eterminant de Vandermonde form´e sur 1, i, −1, −i. Ces nombres sont diff´erents deux a` deux, on en d´eduit det(P ) = 0 donc P inversible. 4 Autrement dit, les vecteurs ε1 , ε2 , ε3, ε4 forment une base de C . Plus pr´ecis´ement, mˆeme si c¸a n’est pas demand´e : det(P ) = (i − 1)(−2)(−i − 1)(−1 − i)(−2i)(−i + 1) = − 4i(1 + i)2 (1 − i)2 = − 16i
6. Soit f l’endomorphisme de C4 de matrice A(λ) dans la base canonique. Soit D(λ) la matrice de f dans la base ε1 , ε2 , ε3 , ε4 . On a donc D(λ) = P 1 A(λ)P . Pour montrer que D (λ) est diagonale, il faut trouver des λ k tels que f (εk ) = λ k εk pour 1 k −
4.
On effectue le calculs dans la base canonique. On trouve :
1 A(λ)[ε ] = 1 A(λ)[ε ] = 1
2
λ3 λ2 λ λ3 λ2 λ
1
λ2 λ
λ3
1
λ2
λ3
λ
1
λ2 λ
λ3 λ2
λ
λ3 λ2 λ
1 1 1 = (1 + λ + λ + λ ) 1 donc f (ε ) = (1 + λ + λ + λ )ε . 1 1 1 11 1 + − − 1 1 = + − − = (1 + iλ − λ − iλ ) −1 + − 1 − −1 2
i
1
λ3 λ2 λ
λ3
1
−i
2
3
iλ λ2 iλ3 λ3 i λ iλ2 λ2 iλ3 iλ 2 3 λ + iλ − λ − i
3
Ainsi f (ε2 ) = (1 + iλ − λ − iλ )ε2 . De mˆeme on trouve
Ainsi D(λ) =
δ 1 (λ)
0
0
0
0
δ 2 (λ)
0
0
0
0
δ 3 (λ)
0
0
0
0
δ 4 (λ)
2
1
2
3
1
i
3
−i
f (ε3 ) = (1 − λ + λ2 − λ3 )ε3 f (ε4 ) = (1 − iλ − λ2 + iλ3 )ε3
δ (λ) = 1 + λ + λ + λ = (1 + λ)(1 + λ ) avec δ (λ) = 1 + iλ − λ − iλ = (1 + iλ)(1 − λ ) δ (λ) = 1 − λ + λ − λ = (1 − λ)(1 + λ ) 2
1
3
2
2
2
3
2
3
2
3
2
δ 4 (λ) = 1 − iλ − λ2 + iλ3 = (1 − iλ)(1 − λ2 )
7. Les matrices A(λ), D(λ) ´etant semblables, ont le mˆeme d´eterminant et le mˆeme rang. Pour le d´eterminant, on trouve :
det A(λ)=det D(λ) = (δ 1(λ)δ 3 (λ))(δ 2 (λ)δ 4 (λ))=(1 − λ2 )(1 + λ2)2 (1 + λ2)(1 − λ2 )2 = (1 − λ4 )3 Si λ4 = 1, c’est-`a-dire si λ ∈ {1, i, −1, −i}, alors trois des quatre coefficients diagonaux de la matrice D(λ) sont nuls, donc rangA(λ) = rangD (λ) = 1.
1, alors det D (λ) Si λ4 = = 0 donc D(λ) et A(λ) sont inversibles (de rang 4). Sans mˆeme avoir besoin de la valeur de det D(λ), on peut dire que D (λ) est inversible car diagonale `a coefficients diagonaux non nuls.
Deuxi` eme partie 1. On calcule le terme g´en´eral [Ω Ω ] p,q du produit Ω Ω.
∀ ( p, q ) ∈ {1, . . . , n}2 , [Ω Ω ] p,q =
n−1
ω ( p
1)(k−1)
−
ω
(k−1)(q −1)
−
k=0
On a −n < p − q < n donc z = exp
n−1
=
z k
1
−
, avec z = ω p q . −
k=0
2 i( p−q )π n
= 1 sauf si p = q .
Il s’ensuit que [Ω Ω ] p,q est nul si p = q (car z n = 1) et vaut n si p = q . On en d´eduit que Ω Ω = nI n donc que Ω est inversible avec Ω Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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1
−
= n1 Ω. Page 4
Probl` eme
Corrig´e
2. On voit que det Ω est le d´eterminant de Vandermonde construit sur 1, ω , ω2 , . . . , ωn 1 . Ces n nombres sont distincts deux a` deux (ce sont les n racines n-i`emes de l’unit´e). Il en d´ecoule que det Ω est non nul donc que Ω est une matrice inversible. −
3. On se donne deux indices p, q quelconques dans {1, 2, . . . , n}. n
[AΩ] pq =
n
[
[
A] pr [Ω]rq =
r =1
1)(q−1)
−
= ω ( p
1)(q −1)
−
r =1
n
Ainsi [AΩ] pq = [Ω] pq
A] pr ω (r
a(r
n
[
A] pr ω (r
p)(q −1)
−
.
r=1
p)mod n
−
ω (r
r =1 (r − p)(q −1)
p)(q−1)
−
.
Mais ω n = 1 donc ω = ω ((r p)mod n)(q 1) . Quand r d´ecrit {1, 2, . . . , n}, l’entier k = (r − p)mod n d´ecrit {0, 1, . . . , n − 1}. −
−
n
On peut donc ´ecrire [AΩ] pq = [Ω] pq
ak ω k(q
1)
−
= [Ω] pq f (ω q 1). −
r =1
4. On voit que la q -i`eme colonne de AΩ est le produit de la q -i`eme colonne de Ω par f (ω q 1 ). −
n
f ω q
1
( ). Par multilin´earit´e, on en d´eduit det( Ω) = (det Ω) ( ). Mais det Ω = 0. On en d´eduit det = ( ). Ainsi det( ) det(Ω) = (det Ω) 5. Ici ( ) = = (1 + ) donc det = (1 + ) = (1 + ) . ( − ) = − 1. Pour tout de , on sait que (1 + ) = (−1) − 1. En particulier, avec = − 1, on trouve (−1) (1 + ) = 1 − (−1) donc det = (1 − (−1) ) . Ainsi A
q =1
n−1
A
−
f ω
n−1
q
A
q =0
f ω
q
q =0
n−1
n − 1 qk ω k k=0
z
ω
n−1
q n−1
A
z
ωq
ω
n−1
q
q =0
z n
q=0
n
z
n−1
ω
n−1
q n−1
q=0
n−1
C
f ω q
n−1
ω q
n
q =0
ω q
n
n n−1
A
q=0
Il en d´ecoule det A = 0 si n est pair, et det A = 2n
1
−
si n est impair.
Troisi` eme partie 1. Par d´efinition, on a ϕ(e0 ) = e n 1 , ϕ(e1 ) = e 0 , ϕ(e2) = e 1 , etc., ϕ(en 1 ) = e n 2 . On peut r´esumer en ´ecrivant ϕ(ek ) = e k 1 , pour 0 k < n, les indices ´etant pris “modulo” n. Un r´ecurrence ´evidente donne alors ϕq (ek ) = e k q pour 1 q n (indices modulo n). On remarque en particulier que ϕn = Id. −
−
−
−
−
Pour 1 q n, on en d´eduit la matrice de ϕq dans la base canonique :
( ( · · · ( ( · · ·( (
ϕq e0 ) = e n
q
−
ϕq e1 ) = e n+1 ϕq eq
q
−
1)
−
= e 1
q
q
ϕ eq ) = e 0 ϕq eq+1) = e n
1
−
ϕq en
1)
−
0 ... ... 0 ⇒ J = 10 ...
= e n
1−q
−
0 1 .. .
.. . .. . .. . .. . .. . .. .
0 .. . .. . .. . .. . .. . .. .
1 .. . .. . .. . .. . .. . .. .
0 ···
0
1
0
. ..
.. . .. . .. .
. ..
0 1 .. . .. . .. . .. . .. . .. .
0 . .. . .. .. . 0 .. . 1 .. . 0 . .. . .. . .. . .. ··· 0 ...
Ligne L Ligne L
0
n−q
ligne Ln
1
−
On note en particulier que ϕn = Id, donc J n = I n . Par d´efinition de A, il est alors clair que A = a 0 I n + a1 J + · · · + an 1 J n
1
−
−
n−1
=
ak J k .
k=0
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Probl` eme
2. On traduit le syst`eme (S ) matriciellement par x2 = λx 1 x2 = λx 1 x3 = λx 2 x3 = λ 2 x1 ··· ··· On a (S ) ⇔ xk = λx k 1 ⇔ xk = λ k 1 x1 ··· ··· xn = λx n 1 xn = λ n 1 x1 x1 = λx n x1 = λ n x1
−
−
−
−
Corrig´e
J [u] = λ [u].
Si λn = 1, la derni`ere ´equation donne x1 = 0 puis on trouve x2 = x 3 = · · · = x n = 0. Si λ n = 1, la seule solution de (S ) est donc la solution nulle (0, 0, . . . , 0).
Si λ n = 1 et plus pr´ecis´ement si λ = ω q avec 0 q < n, ( S ) se r´eduit aux n − 1 premi`eres ´equations et il ´equivaut a` u = (x1, x2 , . . . , xn ) = (x1 , λx1, λ2 x1 , . . . , λn 1 x1 ) = x 1 (1, λ , λ2 , . . . , λn 1 ). −
−
Si λ = ω q avec 0 q < n, l’ensemble des solutions de (S ) est donc la droite vectorielle engendr´ee par le vecteur (1, λ , λ2 , . . . , λn 1 ) = (1, ωq , ω2q , . . . , ω(n 1)q ) = ε q . −
−
3. On vient de voir que J [εq ] = ω q [εq ], pour 0 q < n. En revenant a` l’application ϕ, cela signifie que ϕ(εq ) = ω q εq , pour 0 q < n. Il en r´esulte que la matrice D de ϕ dans la base (ε) est diagonale, les coefficients de la diagonale ´etant successivement 1, ω , ω2 , . . . , ωn 1 . −
4. On sait que D = Ω 1 J Ω c’est-`a-dire J = ΩDΩ 1 . Ainsi J k = ΩDk Ω −
−
n−1
Par combinaison lin´eaire : A
=
k
ak J
k=0
n−1
=
1
−
k
ak ΩD Ω
1
−
k=0
n−1
=Ω
ak D
k=0
pour tout entier k . k
Ω
1
−
= Ω∆Ω 1 . −
La matrice A est donc bien semblable a` la matrice ∆. On peut ´ecrire D = diag(1, ω , ω2 , . . . , ωn 1 ) avec des notations ´evidentes. On a alors Dk = diag(1, ωk , ω2k , . . . , ω(n 1)k ) (puissance k -i`eme d’une matrice diagonale). Par combinaison lin´eaire, on en d´eduit, avec la notation f (z ) vue dans la partie II : −
−
n−1
∆=
ak D
k
k=0
n−1
n−1
= diag ak ,
k=0
k
n−1
ak ω , . . . ,
k=0
ak ω
(n−1)k
k=0
= diag( (1) f
, f (ω ), . . . , f ( ω n
1
−
)).
La matrice A ´etant semblable a` ∆, elle a le mˆeme d´eterminant. Mais det ∆ = f (1)f (ω )f (ω 2 ) · · · f (ω n 1) (produit des coefficients diagonaux). −
n−1
Ainsi det A =
esultat de la question (II.4). f (ω k ) et on a retrouv´e le r´
k=0
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