´ nonc´e E
` Probleme eme
Matrices Matr ices et carr´ es es magiques magi ques Dans tout le probl` prob l`eme, eme, n est un entier enti er sup´erieur eri eur ou ´egal ega l a` 2. On d´esigne esi gne par Mn (R) l’alg`ebre ebre des matrices matr ices carr´ees ees d’ordre d’ord re n a` coeffic co efficient ientss r´eels. eel s. Pour tout A de d e Mn (R), on note aij le coefficient de A en ligne i, colonne j . On note A = (aij ). On note I n la matrice matr ice identit´e d’ordre d’ord re n On note J n la matrice de Mn (R) dont tous les coefficients valent 1. 2 On note (E ij ij ) la base canonique de Mn (R) : pour tout couple (i, j ) de {1, . . . , n} , E ij ij est la matrice dont tous les coefficients co efficients sont nuls sauf celui situ´e en e n position p osition (i, j ), qui vaut 1.
Pour toute matrice A = (aij ) et tous entiers i, j de { 1, . . . , n}, on note : n
ϕi (A
)=
n
aik
,
k=1
ψ j (A
)=
n
akj
,
)=
tr(A
n
aii
δ (A
,
i=1
k=1
i
ψ j A
j
ai,n+1
i
−
i=1
( ) est la somme des coefficients de la -`eme m e ligne lig ne de . ( ) est la somme des coefficients de la -`eeme eme colonn col onnee de Ainsi : tr( ) est la somme des coefficients de la diagonale ϕi A
)=
A
A.
principale de A (la trace de A).
A
δ (A) est la somme des coefficients de la diagonale non principale de A.
On note P n l’ensemble des matrices A de Mn (R) telles que ∀(i, j ) ∈ {1, . . . , n}2 , ϕi (A) = ψ j (A). Pour toute matrice A de P n , on note σ (A) la valeur commune des quantit´es es ϕi (A) et ψ j (A). On note Qn le sous-ensemble de P n des matrices A qui v´erifient erifie nt en outre outr e tr(A) = δ (A) = σ (A). Les matrices de P n sont dites semi-magiques ; ; celles de Qn sont dites magiques . On dit qu’une matrice magique A de Mn (R) est un carr´ car r´ e magiqu mag ique e d’ordre 2 coefficients de A est es t ´egal eg al a` {1, 2, . . . , n }. Par exemple : 17 24 24 1 16 2 3 13 8 1 6 23 5 7 5 11 1100 8 4 6 13 A = 3 5 7 , B = , C = 9 7 6 12 12 4 9 2 10 12 19 4 14 1155 1 11 18 18 25 25 sont des carr´es es magiques d’ordres respectifs 3, 4, 5.
n si l’ensemble des
8 15 14 16 16 20 20 22 22 21 3 2 9
Partie I 1. Question Ques tion pr´ eliminai elim inaire re Soit E un un espace vectoriel de dimension finie n 1. Soit f 1 , f 2 , . . . , f p une famille de p formes for mes lin´eaires eai res ind´epend ep endante antess sur E , avec 1 p n. Soit H = {x ∈ E , f 1 (x) = f 2 (x) = · · · = f p p (x) = 0}. Montrer que H est un sous-espace vectoriel de dimension n − p de E . Indication Indic ation : compl´ c ompl´eter eter la famille f amille f 1 , . . . , f p en une base (f ) du dual de E , puis introduire la base (e) de E dont (f ) est la base duale. [S] Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
2. Montrer que ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn et ψ1 , ψ2 , . . . , ψn sont des formes lin´eaires sur Mn (R). [S ] 3. Montrer rapidement que les formes lin´eaires ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn , ψ1 , ψ2 , . . . , ψn sont li´ees. [ S ] 4. Montrer que ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn , ψ1 , ψ2 , . . . , ψn 1 sont libres. On utilisera les matrices E kn (avec 1 k n) puis les E nk (avec 1 k −
n − 1).
[S]
5. Dans cette question, on cherche la dimension de P n . Pour tout i de {1, . . . , n − 1}, on pose Φi = ϕ i − ϕn et Ψi = ψ i − ϕn . (a) Montrer que les formes lin´eaires Φ1 , . . . , Φn 1, Ψ1 , . . . , Ψn 1 sont ind´ependantes. [ S ] −
−
(b) Montrer qu’une matrice A de Mn (R) est dans P n ⇔ on a les ´egalit´es : Φ1(A) = · · · = Φn 1 (A) = Ψ1(A) = . . . = Ψn 1 (A) = 0. [ S ] −
−
(c) En d´eduire que P n est un sous-espace de dimension n2 − 2n + 2 de Mn (R). [S ] 6. Dans cette question, on cherche la dimension de Qn . On rappelle que l’application A → σ (A) est la forme lin´eaire d´efinie sur P n par la restriction commune a` P n de chacune des formes lin´eaires ϕi et ψ j . (a) Identifier les matrices de P 2 et celle de Q2 . [ S ] (b) On suppose provisoirement que n est sup´erieur ou ´egal a` 3. Soient f, g les formes lin´eaires sur P n d´efinie par : ∀A ∈ P n
f (A) = tr(A) − σ (A) g (A) = δ (A) − σ (A)
Montrer que f et g sont ind´ependantes (indication : utiliser deux matrices A particuli`eres de P n telles que σ (A) = 0.) [ S ] (c) D´eduire de ce qui pr´ec´ede que Qn est un sous-espace vectoriel de Mn (R), de dimension n2 − 2n si n 3, et de dimension 1 si n = 2. [ S ]
Partie II 1. Montrer que A ∈ Mn (R) est dans P n ⇔ il existe λ ∈ R tel que AJ n = J n A = λJ n . Quelle est alors la signification de λ ? [ S ] 2. Montrer que P n est une sous-alg`ebre de Mn (R). En est-il de mˆeme de Qn ? [ S ] 3. Montrer que l’application σ est un morphisme d’alg`ebres de P n dans
R.
[S ]
4. Soit A une matrice de P n . (a) On suppose que A est inversible. Montrer alors que σ (A) est non nul, que A
1
−
est dans P n et que σ (A 1 ) =
(b) R´eciproquement, on suppose seulement que σ (A) est non nul.
−
1 . [S ] σ (A)
Peut-on en conclure que A est inversible ? [ S ] 5. Pour n = 3 et n = 4, trouver une matrice A de Qn dont le carr´e n’est pas dans Qn . [ S ]
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Probl` eme
Partie III Dans cette partie, on suppose que n est ´egal a` 3. 1. Soit A = (aij ) une matrice de Qn . On note α = a 22 . (a) Montrer que σ (A) = 3α. [ S ] (b) Montrer que B = A − αJ 3 = (bij ) est un ´el´ement de Q3 tel que σ (B ) = 0. [ S ] (c) On note β = b 11 et γ = b 31 . Exprimer B en fonction α, β , γ .
= −
−β + γ + α
−γ + α Montrer que A α β + γ + α [ S ] −β + α β − γ + α (d) R´eciproquement, v´erifier que l’expression pr´ec´edente de A donne toutes les matrices de l’espace vectoriel Q3 . Retrouver ainsi que Q3 est de dimension 3 et en pr´eciser une base. [ S ] β + α β − γ + α γ + α
2. On reprend l’expression g´en´erale de la matrice A de Qn vue dans la question (1c). (a) Montrer que A est `a coefficients dans conditions |β + γ | α et |β − γ | α.
N
⇔ α , β , γ sont des entiers relatifs v´erifiant les
Montrer que A est a` coefficients dans N ⇐⇒ ces in´egalit´es sont strictes. [ S ] ∗
(b) Montrer que ces deux conditions sur α, β , γ ´equivalent a` dire que le point Ω(β, γ ) du plan appartient (respectivement est int´erieur) au domaine carr´e K α dont les sommets sont les points (±α, 0), et (0, ±α). [S ] (c) Pour tout entier naturel α , d´eterminer le nombre de points a` coordonn´ees enti`eres qui appartiennent a` la fronti`ere du domaine K α , puis le nombre de tels points qui appartiennent a` K α (bords compris). [ S ] (d) En d´eduire que pour tout entier naturel α, il y a : – 2α2 + 2α + 1 matrices A de Qn qui sont `a coefficients dans
N.
– 2α2 − 2α + 1 matrices A de Qn qui sont `a coefficients dans N . ∗
[S] 3. On se propose de trouver tous les carr´ es magiques A d’ordre 3. (a) Montrer que le coefficient a22 est n´ecessairement ´egal a` 5. [S ] (b) Montrer qu’` a une rotation ou a` une sym´etrie pr`es du tableau A, on peut toujours se ramener a` a11 = 1 ou a` a21 = 1. [ S ] (c) En d´eduire les 8 carr´es magiques d’ordre 3. [ S ] 4. Calculer les d´eterminants des matrices A , B et C , utilis´ees comme exemples dans le pr´eambule du probl`eme. [ S ]
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e Partie I 1. D’apr`es le th´eor`eme de la base incompl`ete, il est possible de trouver des formes lin´eaires f p+1 , . . . , fn telles que (f ) = f 1 , f 2 , . . . , f p , . . . , fn soit une base de E . (f ) est de mani`ere unique la base duale d’une base (e) = e 1 , e2 , . . . , en de E . ∗
n
On sait que tout x de E s’´ecrit sur cette base en x
=
xi ei , avec xi = f i (x).
i=1
On en d´eduit que x est dans H si et seulement si x1 = x 2 = · · · = x p = 0, c’est-`a-dire ⇔ x est uniquement combinaison lin´eaire de e p+1 , . . . , en . Ainsi H = Vect {e p+1 , . . . , en } : H est donc un sous-espace de dimension n − p de E . [ Q ] 2. Pour tout couple (k, l), l’application qui `a une matrice A = (aij ) associe son coefficient akl est une forme lin´eaire sur Mn (R) (c’est la forme coordonn´ee associ´ee a` la matrice E kl de la base canonique de Mn (R).) Les applications ϕi et ψ j , qui sont des sommes de telles formes coordonn´ ees, sont donc ellesmˆemes des formes lin´eaires sur Mn (R) . [ Q ] 3. Pour toute matrice A de Mn (R), la quantit´e ϕ 1 (A) + ϕ2 (A) + · · · + ϕn (A) repr´esente la somme de tous les coefficients de A. Il en est de mˆeme de ψ1(A) + ψ2 (A) + · · · + ψn (A). On a donc l’´egalit´e ϕ1 + ϕ2 + · · · + ϕn = ψ 1 + ψ2 + · · · + ψn , ce qui r´epond a` la question. [ Q ] n−1
n
4. On se donne des scalaires λ1 , . . . , λn , µ1 , . . . , µn 1 tels que φ −
=
λi ϕ i
i=1
+
µ j ψ j = 0.
j =1
Il faut montrer que les λi et les µ j sont nuls. Soit k un entier de {1, . . . , n}, et A = E kn . On a ϕk (A) = 1 et ϕi (A) = 0 si i = k . De mˆeme, ψ j (A) = 0 si j n − 1. On en d´eduit 0 = φ (A) = λ k . Ainsi les coefficients λk sont nuls. Supposons maintenant 1 k n − 1 et soit A = E nk . On a ψk (A) = 1 et ψ j (A) = 0 si j = k . On en d´eduit (sachant que les λi sont nuls) : 0 = φ (A) = µ k . Ainsi les µk sont nuls. Conclusion : les formes lin´eaires ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn , ψ1, ψ2 , . . . , ψn 1 sont libres. [ Q ] −
5. (a) On se donne les 2n − 2 scalaires λ1 , . . . , λn 1, µ1 , . . . , µn 1 . −
n−1
n−1
n−1
Φ +
Ψ = 0 ⇐⇒
i=1
λi
i
i=1
µi
i
−
n−1
λi ϕi
i=1
n−1
( −
λi + µi )ϕn
i=1
+
µi ψi = 0
i=1
De la question pr´ec´edente, il d´ecoule que les λi et les µi sont nuls. Ainsi les 2n − 2 formes lin´eaires Φ1 , . . . , Φn 1 , Ψ1 , . . . , Ψn 1 sont ind´ependantes. [ Q ] −
−
(b) – Soit A une matrice de P n . Par d´efinition, on a : ∀(i, j ) ∈ {1, . . . , n}2 , ϕi (A) = ψ j (A). En particulier : ∀i ∈ {1, . . . , n − 1}, ϕi (A) = ψ i (A) = ϕ n (A). Autrement dit : ∀i ∈ {1, . . . , n − 1}, Φi (A) = Ψi (A) = 0.
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Probl` eme
Corrig´e
– R´eciproquement, soit A dans Mn (R) telle que : ∀i ∈ {1, . . . , n − 1}, Φi (A) = Ψi (A) = 0. Cela signifie que : ∀(i, j ) ∈ {1, . . . , n − 1}2 , ϕi (A) = ψ j (A) = ϕ n (A). Il reste donc a` montrer que ψn (A) est aussi ´egal a` ϕn (A). Or on sait que ϕ1 + + · · · + ϕn = ψ 1 + · · · + ψn . Appliquant cette ´egalit´e a` A, il vient : n−1
n
ψn (A
)=
ϕi (A
i=1
)−
ψ j (A) = nϕ n (A) − (n − 1)ϕn (A) = ϕ n (A).
j =1
On a ainsi d´emontr´e que A est un ´el´ement de P n , ce qui ach`eve cette question. [Q] (c) C’est une cons´equence de la question pr´ec´edente et de la question pr´eliminaire. P n est en effet le sous-ensemble de Mn (R) form´e des matrices qui sont dans les noyaux des 2n − 2 formes lin´eaires ind´ependantes Φ1 , . . . , Φn 1 , Ψ1 , . . . , Ψn 1 . On en d´eduit que P n est un sous-espace de Mn (R), de dimension n2 − (2n − 2). [Q ] 1 0 0 1 6. (a) On sait que dim P 2 = 2 : A = et B = en constituent une base. 0 1 1 0 −
−
b , pour tous r´eels a, b. a Avec ces notations : M a,b ∈ Q2 ⇐⇒ 2a = 2b = a + b ⇐⇒ a = b . a a , avec a r´eel. [ Q ] Q2 est donc la droite vectorielle des matrices M = a a
P 2 est donc l’ensemble des matrices M a,b =
a b
(b) Soient λ et µ deux scalaires tels que λf + µg = 0. Pour toute matrice A de P n , on a donc : λf (A) + µg (A) = 0, ou encore λtr(A) + µδ (A) = (λ + µ)σ (A) (1). Appliquons (1) aux deux matrices A et A , avec :
A
1 0.. = . 0
0 0 ... 0 −1 0
0 −1 0 0 . . . .. ... . ... 0 0 ... 0 1 ... ...
et
A
1 −1 = 0 ... 0
−1 0 1 0 0 0 .. ... . 0 . ..
0 0 0 . .. . .. . .. 0
... ... ...
A et A sont deux matrices de P n et elles v´erifient σ (A ) = σ (A ) = 0.
– Avec A = A , l’´egalit´e (1) devient : 2λ − 2µ = 0. Donc λ = µ .
– Avec A = A
2 , l’´egalit´e (1) devient :
λ + µ = 0 2λ = 0
si n = 3 si n > 3
On trouve λ = µ = 0 : les formes lin´eaires f et g sur P n sont donc ind´ependantes. [ Q ] (c) Le cas n = 2 a d´ej` a ´et´e trait´e. On suppose donc n 3. On sait que Qn est le sous-ensemble des matrices A de P n telles que tr(A) = δ (A) = a-dire telles que f (A) = g (A) = 0 en reprenant les notations de la question σ (A), c’est-` pr´ec´edente. Or f et g sont des formes lin´eaires ind´ependantes sur P n . On en d´eduit en utilisant la question pr´eliminaire que Qn est un sous-espace vectoriel de P n (donc de Mn (R)) et que : dim Qn = dim P n − 2 = n 2 − 2n. [ Q ] Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
Partie II 1. Soit A une matrice quelconque de Mn (R), on a :
J n A
=
ψ1 (A) ψ1 (A)
ψ2 (A) . . . ψ2 (A) . . .
.. ... . ψ1 (A) ψ2 (A)
ψn (A) ψn (A)
...
... . . . ψn (A)
et AJ n
=
ϕ1 (A) ϕ2 (A)
ϕ1 (A) . . . ϕ2 (A) . . .
.. ... . ϕn (A) ϕn (A)
...
ϕ1 (A) ϕ2 (A)
... . . . ϕn (A)
Dire que AJ n = J n A = λJ n , c’est-dire que tous les ϕ i (A) et ψ j (A) sont ´egaux a` λ , ce qui signifie que A appartient a` P n , le scalaire λ repr´esentant n´ecessairement σ (A). [Q ] 2. On sait d´ej`a que P n est un sous-espace vectoriel de Mn (R). Il reste a` v´erifier que I n appartient a` P n (c’est ´evident) et que P n est stable pour le produit. Or si A et B appartiennent a` P n , alors :
ABJ n = σ (B )AJ n = σ (A)σ (B )J n J n AB = σ (A)J n B = σ (A)σ (B )J n
On en d´eduit que AB appartient a` P n , et plus pr´ecis´ement que σ (AB ) = σ (A)σ (B ). P n est donc une sous-alg`ebre de Mn (R). Ce n’est pas le cas de Qn , qui ne contient pas la matrice identit´ e. [ Q ] 3. On sait d´ej`a que σ est une forme lin´eaire sur P n . Il reste a` dire que σ (I n ) = 1 (c’est ´evident) et que pour toutes matrices A, B de P n on a σ (AB ) = σ (A)σ (B ) (on l’a vu dans la question pr´ec´edente). L’application σ est donc un morphisme d’alg`ebres de P n dans R. [ Q ] 4. (a) En multipliant par A 1 `a gauche : AJ n = σ (A)J n ⇒ J n = σ (A)A 1 J n . −
−
Cette ´egalit´e implique σ (A) = 0, et s’´ecrit : A 1J n =
1
−
σ (A)
J n .
En multipliant `a droite par A 1 , on trouve : −
1
J n A = σ (A)J n ⇒ J n = σ (A)J n A
−
⇒ J n A
1
−
=
1 σ (A)
J n .
1 . [Q] σ (A) (b) La r´eponse est n´egative, comme le montre l’exemple de J n , qui est dans P n , v´erifie σ (J n ) = n = 0, mais n’est pas inversible (elle est de rang 1). [ Q ] Ces r´esultats montrent que A
1
−
est un ´el´ement de P n et que σ (A 1 ) = −
1 −1 0 2 −1 −1 5. Si on pose = −1 0 1 , alors = −1 2 −1 0 1 1−1 −10 0 −1 −12 2−2 −1 1 0 0 , alors = −2 2 De mˆeme si = 0 0 −1 1 0 0 A2
A
A2
A
0
0
1
−1
0
0
0 0 0 0 2 −2 −2 2
Pour ces deux exemples, avec d’abord n = 3 puis n = 4 :
– La matrice A est dans Qn , avec σ (A) = 0. – La matrice A2 n’est pas dans Q n car par exemple tr(A2) = δ (A2 ). – La matrice A2 est ´evidemment dans P n , avec σ (A2 ) = σ (A)2 = 0. Ces exemples confirment, tout au moins pour n = 2 et n = 3, que Qn n’est pas une sousalg`ebre de Mn (R) (on s’´etait born´e a` constater la non appartenance de I n a` Qn , mais on voit maintenant par exemple que Q2 et Q3 ne sont pas stables pour le produit.) [ Q ] Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
Partie III 1. (a) On ´evalue de deux mani`eres diff´erentes la somme de tous les coefficients de A. n
3σ (A
)=
aij
i,j =1
= a 11 + α + a33 + a31 + α + a13 + a21 + α + a23 + a12 + α + a32 − 3α
(= σ (A) car c’est la diagonale principale) (= σ (A) car c’est la diagonale secondaire) (= σ (A) car c’est la deuxi`eme ligne) (= σ (A) car c’est la deuxi`eme colonne) (pour que α ne soit compt´e qu’une fois)
On en d´eduit 3σ(A) = 4σ(A) − 3α, c’est-`a-dire σ (A) = 3α. [ Q ] (b) B est dans Q3 car c’est une combinaison lin´eaire de A et J 3 , qui sont dans Q3 . Enfin σ (B ) = σ (A) − ασ (J 3 ) = σ (A) − 3α = 0. [ Q ] (c) D’apr`es ce qui pr´ec`ede, le deuxi`eme coefficient diagonal de B est nul. La d´efinition de β et γ et le fait bien sˆur que B appartienne a` Q3 (avec σ (B ) = 0) donnent imm´ediatement : B
= −
−β + γ −γ β β − γ β + γ 0 −β γ β − γ
,A
= −
β + α β − γ + α γ + α
−β + γ + α α β − γ + α
−γ + α β + γ + α −β + α
[Q] (d) La v´erification est imm´ediate : pour tous scalaires α, β , γ , la matrice A ci-dessus est un ´el´ement de Q3 , et elle est telle que σ (A) = 3α. Cette expression de A s’´ecrit A = αJ + βK + γL, avec : J
1 = 1
1 1 1 1 1 1 1
,
K
1 = −1 0
−1 0 0 1 1 −1
,
L
0 = −1 1
1 −1 0 1 −1 0
La famille J, K, L est donc g´en´eratrice de Q3 . Elle est libre, car αJ + βK + γL = 0 ⇒ A = 0 ⇒ α = β = γ = 0. Elle constitue donc une base de Q3 et on retrouve ainsi dim Q3 = 3. [ Q ] 2. (a) Si les coefficients de A sont des entiers naturels, c’est le cas en particulier pour α = a22 . β = a 11 − a22 et γ = a 31 − a22 sont donc des entiers relatifs. R´eciproquement, si α, β , γ sont dans Z, alors A est a` coefficients dans Z. Ceci dit, la matrice A est a` coefficients dans – a22
N
⇔:
0 c’est-`a-dire α 0.
– a11 = β + α 0 et a33 = −β + α
0, c’est-`a-dire |β | α.
– a31 = γ + α 0 et a13 = −γ + α
0, c’est-`a-dire |γ | α.
– a21 = −β − γ + α
0 et a23 = β + γ + α
0, c’est-`a-dire |β + γ | α.
– a12 = −β + γ + α
0 et a32 = β − γ + α
0, c’est-`a-dire |β − γ | α.
La condition α 0 est visiblement impliqu´ee par toutes les autres. Quant aux conditions |β | α et |γ | α, elle se d´eduisent des deux derni`eres.
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Probl` eme
Corrig´e
En effet, en utilisant des demi-sommes d’in´egalit´es :
−α β + γ α −α β − γ α
⇒−α β α et
−α γ + β α −α γ − β α
⇒−α γ α
Conclusion : – Une matrice A de Q3 (d´efinie par son expression vue en (1c)) est a` coefficients dans N |β + γ | α ⇔ α, β , γ sont des entiers relatifs tels que |β − γ | α
– A est `a coefficients dans N ⇔ les in´egalit´es d´efinissant les cinq conditions initiales sont |β + γ | < α strictes, ce qui ´equivaut a` : |β − γ | < α ∗
[Q] (b) L’in´egalit´e |β + γ | α, qui se d´eveloppe en −β − α γ −β + α exprime que le point Ω(β, γ ) est situ´e “au-dessus” (au sens large) de la droite d’´equation γ = −β − α et “en-dessous” de la droite d’´equation γ = −β + α. De mˆeme l’in´egalit´e |β − γ | α se d´eveloppe en β − α γ β + α et elle exprime que le point Ω(β, γ ) est situ´e “au-dessus” de la droite d’´equation γ = β − α et “en-dessous” de la droite d’´equation γ = β + α. Ces quatre droites d´elimitent pr´ecis´ement le domaine carr´e K α ´evoqu´e par l’´enonc´e. Les conditions |β + γ | α et |β − γ | Ω(β, γ ) a` ce domaine (bords compris).
α ´ equivalent
donc a` l’appartenance du point
En passant aux in´egalit´es strictes, les conditions |β + γ | < α et |β − γ | < α ´equivalent a` l’appartenance de Ω(β, γ ) a` l’int´erieur de ce domaine. [ Q ] (c) Sur chaque cot´e de K α , il y a α + 1 points a` coordonn´ees enti`eres. Par exemple, sur le cot´e (β 0, γ 0) (“premier quadrant”) ces points sont : (1, α − 1),
(0, α),
...,
(k, α − k ),
...,
(α, 0)
La fronti`ere de K α contient donc 4(α + 1) − 4 = 4α points a` coordonn´ees enti`eres (“−4” pour ne pas compter deux fois un mˆeme sommet.) Un point Ω(β, γ ) `a coordonn´ees enti`eres appartient a` K α ⇔ il appartient a` l’un des “bords” successifs des carr´es K m , avec 0 m α (il n’y a en effet aucun point “entier” entre deux bords cons´ecutifs). Puisque K 0 ne contient que le point (0, 0), le nombre de points a` coordonn´ees enti`eres de α
K α
est donc : 1 + (4 ) = 1 + 2 ( + 1) = 2 α
α α
α2 + 2α + 1.
m=1
Pour trouver le nombre de points a` coordonn´ees enti`eres qui sont int´erieurs a` K α , il faut enlever les 4α points du bord, ce qui donne 2α2 − 2α + 1 points distincts. [ Q ] (d) R´esumons les r´esultats des questions pr´ec´edentes : – On sait que l’expression g´en´erale d’une matrice A de Qn est donn´ee dans (1c). – On sait ´egalement qu’une telle matrice est a` coefficients dans N (resp. dans N ) ⇔ α , β , γ sont des entiers relatifs v´ erifiant les conditions |β + γ | α et |β − γ | α (resp. les conditions |β + γ | < α et |β − γ | < α). ∗
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Probl` eme
Corrig´e
– On sait enfin qu’` a α fix´e, ce syst`eme d’in´egalit´es poss`ede 2α2 +2α +1 (resp. 2α2 − 2α +1) solutions distinctes. On en d´eduit effectivement qu’` a α fix´e, il y a : – 2α2 + 2α + 1 matrices A de Qn qui sont `a coefficients dans
N.
– 2α2 − 2α + 1 matrices A de Qn qui sont `a coefficients dans N . ∗
[Q] 3. (a) Un carr´e magique A d’ordre 3 est un cas particulier de matrice de Q3 donc de P 3 . L’exemple donn´e dans le pr´eambule du probl`eme montre qu’il en existe. Comme pour toute matrice de P 3 , la somme de tous les coefficients de A est ´egale a` 3σ(A). En mˆeme temps (et puisque A est un carr´e magique) cette somme vaut 1+2+· · · +8+9 = 45. On en d´eduit que σ (A) est ´egal a` 15. Mais on sait d’autre part que σ (A) est ´egal a` 3a22 (la raison en est que A est dans Q3 .) On en d´eduit effectivement que le coefficient a22 est n´ecessairement ´egal a` 5. [ Q ] (b) Chacune des sept op´erations suivantes admet le coefficient central a22 comme point invariant et conserve l’ensemble des carr´es magiques d’ordre 3 : – La sym´etrie par rapport a` la deuxi`eme colonne, ou a` la deuxi`eme ligne. – La sym´etrie par rapport a` la premi`ere ou la seconde diagonale. – La rotation d’un quart de tour, dans un sens ou dans l’autre. – La sym´etrie par rapport au coefficient central. Si le coefficient 1 (qui figure n´ecessairement dans un carr´e magique) n’est pas en position (1, 1) ou (2, 1), et sachant qu’il ne peut pas ˆetre en position (2, 2), l’une des transformations pr´ec´edentes permet de nous y ramener (on peut mˆeme se contenter d’une des deux rotations, ´eventuellement r´ep´et´ee.) On peut donc supposer a11 = 1 ou a21 = 1, et on obtiendra tous les carr´ es magiques en appliquant les sept transformations ci-dessus a` ceux de ces carr´es qui sont form´es avec l’une des deux hypoth`eses. [ Q ] (c) – Supposons par exemple a11 = 1. Alors il vient n´ecessairement a33 = 15 − a11 − a22 = 9. On en d´eduit a13 = 15 − a23 − a33 = 6 − a23 < 6 et mˆeme a13 < 5. Il vient alors a12 = 15 − a11 − a13 = 14 − a13 > 9 ce qui est impossible. La condition a11 = 1 ne conduit donc a` aucune solution. – On est donc conduit a` supposer a21 = 1. On en d´eduit a23 = 15 − a21 − a22 = 9. Ainsi a13 + a33 = 6. Chacun de ces deux coefficients doit ˆetre strictement inf´erieur a` 6, et mˆeme a` 5 : leurs seules valeurs possibles sont 2, 3 ou 4. La valeur 3 est impossible (car sinon a13 = a 33 = 3). Il reste donc les ´eventualit´es (a13 = 2, a33 = 4) et (a13 = 4, a33 = 2). La premi`ere donne A
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6 = 1
7 2 5 9 8 3 4
8 et la seconde donne = 1
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A
3 4 5 9 6 7 2
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Probl` eme
Corrig´e
– Les deux carr´es ci-dessus sont sym´etriques par rapport a` la deuxi`eme ligne. Finalement, on obtient tous les carr´ es magiques en conservant le premier de ces carr´ es ou en lui appliquant les 7 transformations ´evoqu´ees pr´ec´edemment. Voici donc les 8 carr´es magiques d’ordre 3 :
6 1 8 8 3
8 1 6 6 6 7 7
7 2 5 9 3 4
1 5 4 9 2
2 9 4 4 8 3 3
,
3 4 5 9 7 2
,
1 5 2 9 4
4 9 2 2 2 7 7
,
7 6 5 1 3 8
,
9 5 8 1 6
4 3
,
3 8 5 1 7 6
,
3 5 6 1 8
[Q] 4. – Calcul du d´eterminant de A On applique l’op´eration L1 ← L1 + L 2 + L 3 avant de factoriser 15 dans L1 . On retranche ensuite C1 a` C2 et a` C3 , avant de d´evelopper par rapport a` L1 : det A
8 = 3 4
1 6 1 1 1 1 0 0 2 4 5 7 = 15 3 5 7 = 15 3 2 4 = 15 = 15(−24) = −360 5 −2 9 2 4 9 2 4 5 −2
– Calcul du d´eterminant de B On retranche C4 a` C1 et C3 a` C2 . Les deux premi`eres colonnes sont alors proportionnelles, ce qui prouve que le d´eterminant de B est nul.
det B
16 5 = 94
2 3 13 3 −1 3 13 −3 1 10 8 11 10 8 = = 0 (car C1 = −3C2 ) 7 6 12 6 12 −3 1 14 15 1 3 −1 15 1
– Calcul du d´eterminant de C L`a c’est plus compliqu´e et la m´ethode ci-dessous n’est peut-ˆetre pas la plus simple... On applique l’op´eration L1 ← L1 + L 2 + L 3 + L 4 + L 5 avant de factoriser 65 dans L1 :
det C
17 23 = 4 10 11
24 1 8 15 5 7 14 16 6 13 20 22 = 65 12 19 21 3 18 25 2 9
1 23 104 11
1 1 1 1 5 7 14 16 6 13 20 22 12 19 21 3 18 25 2 9
On retranche ensuite la colonne C2 a` toutes les autres, avant de d´evelopper par rapport a` l’unique coefficient non nul de la premi`ere ligne :
det C
0 18 = 65 −2 −2 −7
1 5 6 12 18
0 0 0 2 9 11 7 14 16 = −65 7 9 −9 7 −16 −9
On retranche maintenant L3 a` L2 , puis 5C3 a` C4 . Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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18 −2 −−27
2 9 7 14 7 9 7 −16
11 16 −9 −9 Page 10
Probl` eme
Corrig´e
On peut alors d´evelopper par rapport a` l’unique coefficient non nul de L2 :
det C
18 0 = −65 −−27
2 9 11 18 2 9 −34 18 2 −34 0 5 25 0 0 5 0 = −65 = 325 −2 7 −54 −9 −2 7 −54 7 9 9 −7 7 71 7 −16 −9 −7 7 −16 71
On retranche C2 a` C1 et a` C3 , puis on factorise 5 dans C1 et dans C3 :
20 = 325 −2 −5
det C
−5 20 4 −1 4 7 −54 = 8125 −2 7 −54 −1 0 0 125 25
On ajoute maintenant 7L1 a` L2 avant de d´evelopper par rapport a` C2 :
4 = 8125 26 −1
−1 4 26 −26 0 −26 = 8125 −1 25 0 25
26 = 8125 −1
0 = 8125 · 26 · 24 = 5070000 24
det C
On termine avec C2 ← C2 + C 1 qui conduit a` un d´eterminant triangulaire. det C [Q]
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