´ nonc´e E
` Probleme eme
Triplets pythagoriciens – On note
l’ense mble des matrices matri ces carr´ees ees d’ordre d’ord re 3 `a coefficient co efficientss r´eels. eels. M (R) l’ensemble On note M (Z) l’ensemble des matrices carr´ees ees d’ordre 3 a` coefficients dans Z. 3 3
– On d´efinit efinit les matrices suivantes suivantes : A =
I =
− − − −
2 1 2 1 2 2 2 2 3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
B=
J =
2
1 2
1 2
2 2 2 3
1 0 0
0 0 1 0 0 1
− − − −
2 1 2
C =
K =
1 2 2 2 2 3
1 0 0
0 0 1 0 0 1
L =
−
1 0 0 1 0 0
0 0 1
pythagoricien tout triplet (x,y,z – On appelle triplet pythagoricien (x,y,z ) d’entiers naturels premiers entre eux dans 2 2 2 leur ensemble tels que x + y = z . On note l’ensemble l’ensemble de ces triplets.
T
Prem Premi` i` ere er e part partie ie 1. Calculer Calculer les inverses inverses des matrices A, B , et C . 2. D´etermi ete rminer ner les Q de
3
M (R) telles que ∀ (x,y,z ) ∈ R , x 3
2
+y
2
2
− z = ( x
y
z ) z ) Q
On notera en particulier que L est la seule de ces matrices qui soit so it sym´etrique. etrique.
G = {M ∈ ∈ M (R), tM LM = L} est un groupe multiplicatif. 4. Montrer Montrer que les matrices matrices de M de M de G sont cara ct´eris´ condi tion suivante : x sont xcaract´ eris´eesees par la condition Pour tout (x,y,z (x,y,z ) de R , si y = M y , alors x + y − z = x + y − z . z z 5. Montrer Montrer que que H = G ∩ M (Z) est un sous-groupe de G . 6. V´erifier erifier que les six matrices matr ices A A,, B,C,J, B,C,J, K, L son sontt ´el´ el´eme em ents nt s de H. 3. Prouve Prouverr que
x y z
.
3
3
2
2
2
2
2
2
3
Deux Deuxi` i` eme eme part partie ie Dans cette partie, part ie, on ´etudie etud ie des d es matrices matri ces particuli` parti culi`eres eres de
− −
2k 2 2k 2k 2
1
−2k
2k 2 2k 1 + 2k 2k2
− − 1
2k 2 2k 2k 2
H.
2k 2k 2 1 2k 2k 1 + 2k 2k2
R S
= Rk , k
{ ∈ Z} = {S , k ∈ Z} − 1. Pour tout k de Z, v´erifier erifie r que les matrices matr ices R et S son s ontt des de s ´el´ el´emen em ents ts de H. 2. Montrer Montrer que que R est un sous-groupe commutatif de H.
On note Rk =
1 2k
−
Pr´ecise ci serr Rm (k, m) dans k pour (k,
Z
, S k =
2
k
− k
−
, et
k
.
3. Pour tout k de Z, montrer que la matrice Rk
est nilpotente. − I est
4. D´eterminer eter miner trois suites (an ), (bn), (cn ) ind´epend ep endante antess de k de k,, telle que, pour tout entier naturel n naturel n et tout k de Z, on ait ai t l’´egal eg alit´ it´e : Rnk = a n Rk2 + bn Rk + cn I . 5. Montrer Montrer que que
est un sous-groupe de H. R ∪ S est
6. Pour tout k de Z. Soit ϕk l’endormorphisme de R3 de matrice S k dans la base canonique. Identifier l’application ϕk et pr´ pr´ecis ec iser er ses se s ´el´ el´emen em ents ts cara ca ract ct´´eris er isti tiqu ques es.. Math´ ematiques emati ques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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´ Enonc´ e
Probl` eme
Troisi` eme partie
x y z
x = M y z
1. Soient (x,y,z ) et (x , y , z ) dans
3
, et M dans
H, tels que Montrer que (|x | , |y | , |z |) ∈ T ⇔ ( |x| , |y| , |z |) ∈ T . x 2. On se donne (x,y,z ) dans T , tel que z > 1, et on d´efinit y = A
R
z
(a) V´erifier les in´egalit´es x > 0, y > 0, et 0 < z < z .
1
−
x y z
.
.
(b) Montrer que l’un des triplets (x , y , z ), ( x , y , z ) ou (x , y , z ) est dans
−
−
T .
Indication : caract´eriser les in´egalit´es x < 0 et y < 0 en fonction de x et y.
3. (a) Montrer qu’on peut, au moyen de produits par A 1 , B 1 , C 1 , transformer en un nombre fini d’´etapes un triplet pythagoricien (x0 , y0 , z 0 ) quelconque en (1, 0, 1). −
−
−
(b) Appliquer cette m´ethode au triplet (60, 91, 109).
En d´eduire explicitement une matrice Q de
1 0 1
H telle que Q
4. (a) Soient (x,y,z ) et (x , y , z ) dans
T .
Montrer qu’il existe au moins une matrice M de
H
(b) Montrer que les M de
H
1 telles que M 0 1
1 0 1
=
60 91 109
=
x telle que M y z
.
x y z
=
.
sont les matrices de
R ∪ S .
1 (c) En d´eduire toutes les matrices M de qui v´erifient l’´egalit´e M 0 1 (on n’ira pas jusqu’`a expliciter ces matrices.)
H
=
60 91 109
.
Quatri` eme partie 1. Soit l’ensemble des suites r´eelles (an ) telles que :
E
∀ n ∈ N, a − 7a n+3
(a) Montrer que est un espace vectoriel de dimension 3 sur
E
n+2
+ 7an+1
−a
n
= 0.
R.
(b) Donner une base de form´ee de suites g´eom´etriques.
E
2. Donner l’expression du terme g´en´eral des suites suivantes de .
E
(a) La suite (un ) d´efinie par u 0 = 1 et u 1 = u 2 = 0. Calculer u3 et u 4 . (b) La suite (vn) d´efinie par v0 = 0, v1 = 1 et v2 = 0. (c) La suite (wn ) d´efinie par w0 = w 1 = 0 et w2 = 1. 3. (a) Montrer que A 3 est une combinaison lin´eaire de I,A, A2 . (b) Montrer que pour n de
N,
on a An = u n I + vn A + wn A2 .
4. D´eterminer une application injective f de
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N dans
T .
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme Premi` ere partie 1. On calcule l’inverse de A par la m´ethode du pivot de Gauss.
2 1 2 1 0 0 1 2 2 0 1 0 2 2 3 0 0 1
L1 L2
← L − 4L ← L − 2L 1
3
2
3
L2 L3
← 2L − L ← L − L
6 0 0 0 3 0 0 0 1
2
1
3
1
12 3 2
6 6 2
2 1 2 0 3 2 0 1 1
−12 −6 3
− −
1 0 0 1 2 0 1 0 1
− −
L1 L2
← L /6 ← L /3 1 2
On en d´eduit que la matrice A est inversible et A On voit que B = AK avec K = K 1 . Ainsi B −
De mˆeme C = AJ donc C
1
1
= J A −
1
L3
1
= −
= ( x y z )
a a a
b b b
3
2 1 2
1 2 2
−2 −2 3
− −
−
1
−
1 2 2
−2 −2
1 2 2
2 2 3
.
1
−
= ( x y z )
L’´egalit´e est vraie pour tout (x,y,z ) Les solutions sont donc les Q =
3
∈R
− −
1 α β
−2
0 2 0 2 3
1 2 2
−2
− − −
.
3
= KA
4 1 2
2 1 2
=
− −
2 3
.
ax + by + cz a x + b y + c z a x + b y + c z
= ax2 + b y 2 + c z 2 + (b + a )xy + (c + a )xz + (c + b )yz
4 2 1
− − − −
2 1 2
2 1 2
=
2
6 0 0 3 0 0
.
x y z
c c c
c c c
= J A
1
2
← 3L − L
1 0 0 0 1 0 0 0 1
−
← 3L − L
= K 1 A
−
−
b b b
La condition impos´ee s’´ecrit : 2
1
−
a a a
2. On cherche Q sous la forme Q =
− z
L1
− − − −
−
x2 + y 2
1
si et seulement si
−
α 1 γ
β γ 1
−
, avec (α,β,γ )
a = 1, b = 1, c = 1 a = b, a = c, b =
−
−
−
−c
3
∈R .
En particulier, la seule matrice sym´etrique solution est la matrice L =
−
1 0 0 1 0 0
0 0 1
.
G GL (R). Tout d’abord I est dans G. Si M est dans G , l’´egalit´e tMLM = L implique (L tML)M = L = I . Toute matrice M de G est donc inversible, avec M = L tML. Ainsi G ⊂ GL (R). Soient M et N deux ´el´ements quelconques de G .
3. Montrons que est un sous-groupe de
3
2
1
−
3
On a L = tNLN = tN ( tMLM )N = ( tN tM )L(MN ) = t(M N )L(MN ). D’autre part tM LM = L
⇒ LM = ( tM ) L ⇒ L = t(M )LM . Cela signifie que MN et M sont dans G . Ainsi G est non vide, inclus dans GL (R) et stable pour le produit des matrices ainsi que pour le passage a` l’inverse. L’ensemble G est donc un sous-groupe de GL (R). 1
−
1
−
1
−
1
−
3
3
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Probl` eme
4. Soit M dans
M (R).
Corrig´e
3
Pour tout (x,y,z ) de
R
3
x y z
, posons comme l’indique l’´enonc´e
x = M y z
2
On constate qu’on a : x + y
2
La condition x + y
2
− z
2
2
− z
2
2
= x + y
= ( x
y
x y z
z )L
2
− z
= ( x y
x z ) MLM y z
Mais la matrice Q = tM LM est sym´etrique.
.
t
s’´ecrit donc ( x y
x y z
z ) tMLM
2
.
= x 2 + y2
2
− z .
Comme on l’a vu dans la question (2), dire que la condition pr´ec´edente est vraie pour tout x, y,z de R ´equivaut donc a` l’´egalit´e tM LM = L, c’est-`a-dire a` l’appartenance de M au groupe . On obtient ainsi la caract´erisation demand´ee des ´el´ements de .
G
G
H = G ∩M (Z). Soient M, N deux ´el´ements de H. D’une part M N est dans M (Z) et dans G donc dans H. D’autre part M = L tML est dans M (Z) et dans G donc dans H. Ainsi H est un sous-groupe de G . 6. On commence par v´erifier que A (qui est sym´etrique) est dans H. 5. La matrice identit´e est dans
3
3
1
−
tALA =
2 1 2
1 2 2 2 2 3
3
1 0 0 1 0 0
0 0 1
−
2 1 2 1 2 2 2 2 3
=
2 1 2
1 2 2
−2 −2 −3
2 1 2 1 2 2 2 2 3
=
1 0 0 1 0 0
0 0 1
Les matrices J, K, L sont diagonales (donc commutent avec L) et sym´etriques.
−
= L.
On en d´eduit tJLJ = J LJ = J 2 L = L, tKLK = K LK = K 2 L = L, et tLLL = L 3 = L. Ainsi J, K, L sont dans
H. Donc B = AK et C = AJ sont dans H (stabilit´e.)
Deuxi` eme partie 1. Soit k un entier relatif. Tout d’abord Rk et S k sont bien dans
M (Z).
On constate ensuite que : tR
=
− − 1
k
LRk =
2k2 2k 2k2 2 2
(1
2k 1 2k
− 2
2
−2k −2k
1 + 2k
− 1
2
4
2k 2 2k 2k 2 2
2k 2 2k 1 2k2
−2k 1 2k
− − − − 1)k + 2k − 4k
3
2(2k − 2k ) + 4k − 4k 2(2k − 1)k + 2k − 4k 1 2(1 − 2k )k − 4k + 2(1 + 2k )k −4k − 2k + 2(1 + 2k )k 2
2
3
2
2
2
2
3
Apr`es simplification, on trouve tRk LRk =
2
1 0 0
0 1 0
− 0 0 1
3
2
2(1
2
2
2
2
− 2k )k − 4k + 2k (1 + 2k ) −4k − 2k + 2k(1 + 2k ) 4k + 4k − (1 + 2k )(1 + 2k ) 3
4
2
2
2
2
= L, donc Rk est dans
H.
Enfin, il est clair que S k = R k K . Il en d´ecoule que S k est ´egalement dans 2. Posons U =
0 1 0
−1 0 1
−
− 0 1 0
et V =
− −
1 0 1 0 0 0 1 0 1
H.
.
Avec ces notations, on a R k = I + 2kU + 2k2 V , pour tout k de Z. Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
On constate que UV = V U = 0, U 2 = V , V 2 = 0. Pour tous j, k de Z, on en d´eduit : R j Rk = (I + 2 jU + 2 j 2 V )(I + 2kU + 2k 2 V ) = I + 2( j + k)U + 2( j 2 + k 2 + 2 jk)V = I + 2( j + k)U + 2( j + k)2 V = R j+k = R k R j En particulier, pour tout k de Z, on a R k Rk = R 0 = I donc Rk 1 = R −
−
k
−
.
Ainsi est une partie non vide de , stable pour le produit et pour le passage `a l’inverse. On en d´eduit que est un sous-groupe (commutatif d’apr`es ce qui pr´ec`ede) de .
R
H
R
H
L’´egalit´e R j Rk = R j+k montre que l’application ϕ : k Rk est un morphisme du groupe (Z, +) sur le groupe (c’est mˆeme un isomorphisme car cette application est manifestement injective.)
→
R
Il en r´esulte que pour tout (m, k) de
− − 1
Ainsi :
2
∀ (m, k) ∈ Z ,
2k 2 2k 2k2
2
Z
, on a R km = ϕ(k)m = ϕ(mk) = R mk . m
− −
2k2 2k 1 + 2k2
−2k 1 2k
=
−
−
1
2m2 k 2 2mk 2m2k 2
−2mk −
1 2mk
2m2 k2 2mk 1 + 2m2 k2
−
3. Reprenons les matrices U et V de la question pr´ec´edente. On a Rk
2
2
2
.
2
− I = 2k(U + kV ) donc (R − I ) = 4k V car U = V , U V = V U = V = 0. Il en d´ecoule (R − I ) = 8k V (U + kV ) = 0 : la matrice R − I est donc nipoltente. 4. Pour tout n de N, on ´ecrit R = (I + (R − I )) et on utilise la formule du binˆome. n(n−1) Pour tout n 2, il ne reste que : R = I + n(R − I ) + 2 (R − I ) . k
3
k
3
k
n k
n
k
n k
k
2
k
On remarque que cette ´egalit´e est encore valable si n = 1 ou n = 0. Donc, pour tout n de
N,
on trouve, arp`es d´eveloppement :
−2) I − n)R + (n−1)(n 2 5. On sait d´ej`a que R ∪ S est une partie (non vide) du groupe H. Rkn =
n(n 1) 2 Rk + n(2 2
−
k
Pour tout k de Z, on a S k = R k K donc S k 1 = K 1 Rk 1 = K R k . −
−
−
−
Ainsi S k 1 = −
1 0 0
0 1 0
0 0 1
−
− − −
2k 2 2k 2k2
1
2k 2 2k 1 + 2k 2
2k 1 2k
− − 1
=
2k2 2k 2k 2
2k 1 2k
−
2k 2 2k 1 + 2k 2
−
= S k .
L’ensemble est donc stable pour le passage a` l’inverse. Comme il en est de mˆeme pour voit que la r´eunion est stable pour le passage a` l’inverse.
S
R ∪ S
On sait maintenant que S m = R m K = K R
m
−
R, on
pour tout m de Z.
Pour tous entiers relatifs j, k, on en d´eduit :
S S = R KKR = R R = R , qui est un ´el´ement de R donc de R ∪ S . S R = K R R = K R = S , qui est un ´el´ement de S donc de R ∪ S . R S = R R K = R K = S , qui est un ´el´ement de S donc de R ∪ S . R R = R , qui est un ´el´ement de R donc de R ∪ S . j
k
j
k
j
k
j
j
k
j+k
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j
k
−
j
−
k
j
k
k− j
j+k
k
−
j −k
j −k
j+k
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Probl` eme
Corrig´e
Les quatre r´esultats pr´ec´edents montrent que
R ∪ S est stable pour le produit des matrices. On peut donc conclure : la r´eunion R ∪ S est un sous-groupe de H. 6. On a S k2 = I donc ϕ2k = Id. Autrement dit, ϕk est une sym´etrie vectorielle de R3 . Pour tout u = (x,y,z ) de
− ⇔ − 1
ϕk (u) = u
2k 2k 2k 2
R
2
3
, on a successivement : 2
2k 2k 1 2k 2k 1 + 2k 2
−
−
− ⇔ − x y z
2k 2 x + 2ky + 2k 2 z = 0
x y z
=
2kx
− 2y − 2kz = 0
2k 2 x + 2ky + 2k 2 z = 0
⇔ y = k(x − z ) ⇔ (x,y,z ) = x(1, k, 0) − z (0, k, −11)
De la mˆeme mani`ere :
− ⇔ − 1
ϕk (u) =
−u
2k 2k 2k2
2
2
2k 2k 1 2k 2k 1 + 2k 2
−
−
− − − ⇔ − − − x y z
=
k2 )x + 2ky + 2k 2 z = 0
2(1
x y z
2k(x
z) = 0
2k2 x + 2ky + 2(1 + k 2 )z = 0
⇔ x = z = −ky ⇔ (x,y,z ) = −y(k, −1, k)
On peut donc conclure. L’application ϕk est la sym´etrie vectorielle : – par rapport au plan d’´equation y = k(x
− z ), qui est engendr´e par (1, k, 0) et (0, k, −1), – parall`element a` la droite d’´equation x = z = −ky, engendr´ee par (k, −1, k). Troisi` eme partie 1. Remarquons que (x,y,z )
3
∈ Z ⇒ (x , y , z ) ∈ Z
3
La matrice M est dans . D’apr`es (I.4), x 2 + y 2
G
Si on note M
1
−
= (aij ), on a
x y
x y
= M
1
−
z
z
car M est `a coefficients dans Z. = x 2 + y2 x = a 11 x donc y = a 21 x z = a 31 x
− z
2
Les coefficients aij sont des entiers relatifs, car M
1
−
2
donc x 2 + y 2 + a12 y + a13 z + a22 y + a23 z + a32 y + a33 z
− z
− z
2
= 0.
est dans
H.
Si d divise les entiers x , y , z , le syst`eme pr´ec´edent montre donc que d divise x, y,z .
Si x, y,z sont premiers entre eux dans leur ensemble, il en est donc de mˆeme de x , y , z .
Tout cela montre que si ( x , y , z ) est dans Mais
x y z
= M
1
−
x y z
1
−
∈ H, ce qui permet d’´echanger (x,y,z ) et (x , y , z ).
Il en d´ecoule finalement l’´equivalence : ( x , y , z ) 2.
T , alors (|x | , |y | , |z |) est dans T .
||||||
et M
| | | | | | ∈ T ⇔ (|x | , |y | , |z |) ∈ T . (a) L’´egalit´e x = 0 impliquerait z = y donc z = y et x ∧ y ∧ z = z > 1 : c’est absurde. 2
2
L’entier naturel x est donc strictement positif. Pour les mˆemes raisons, on a y > 0. L’entier z =
2
2
2
2
−2x − 2y + 3z = 3z − 2(x + y) a le signe de 9z − 4(x + y) . Or 9z − 4(x + y) = 9(x + y ) − 4(x + y + 2xy) = x + y + 4(x − y) > 0. De mˆeme z − z = 2(x + y − z ) a la signe de (x + y) − z = 2xy > 0.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Conclusion : on a la double in´egalit´e 0 < z < z .
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Probl` eme
Corrig´e
(b) On sait d´ej`a que ( x , y , z ) est un triplet pythagoricien.
| || | = 2x + y − 2z et y
On sait que x
= x + 2y
On a les ´equivalences suivantes :
− 2z .
x < 0 ⇔ 2z > 2x + y > 0 ⇔ 4(x + y ) > 4x + 4xy + y ⇔ y > 34 x. y < 0 ⇔ 2z > x + 2y ⇔ x > 34 y (´echanger x et y.) 2
2
2
2
Les in´egalit´es x < 0 et y < 0 ne peuvent donc ˆetre simultan´ement vraies.
Il en d´ecoule qu’on est dans l’un des trois cas suivants :
x 0 et y x 0 et y x 0 et y
0 et alors ( x , y , z ) est dans
T . 0 et alors (x , −y , z ) est dans T . 0 et alors (x , y , z ) est dans T .
−
3. (a) Comme dans la question (I.1), on utilise les matrices K = On a
B = AK donc C = AJ
x y z
B C
1
−
1
−
= K 1 A 1 = K A 1 = J 1 A 1 = J A 1 −
= A
1
−
y z
alors B
−
−
x
Si
1
−
−
−
1 0 0
0 0 1 0 0 1
−
, J =
−
1 0 0 0 1 0 0 0 1
−
− x
x
y z
= K y
z
x
=
y z
− x
et C
1
−
y z
x
=
y z
On a vu dans la question pr´ec´edente dans quel cas x < 0 et dans quel cas y < 0. Rappelons que x < 0
⇔ y > 34 x et que y
< 0
On en d´eduit la discussion suivante : — Si y < 43 x, on applique B — Si 43 x
y
1
−
⇔ y < 43 x.
au triplet (x,y,z ).
4 −1 au triplet (x,y,z ). 3 x, on applique A
— Si y > 34 x, on applique C
1
−
au triplet (x,y,z ).
∈ T a` (X,Y,Z ) ∈ T , avec 1 Z z − 1. On construit donc une suite finie (x y , z ) de T de la fa¸con suivante : On part de (x , y , z ) dans T , avec z > 1 (sinon (x , y , z ) ∈ {(1, 0, 1), (0, 1, 1)}. Dans tous les cas, on passe de (x,y,z )
, n
0
Tant que z n
0
0
n
0
0
0
0
2 on passe de (xn , yn, z n ) a` (xn+1 , yn+1 , z n+1 ) comme indiqu´e ci-dessus.
Dans ce cas, on a alors 1 z n+1
z n
− 1.
La suite (z n ) est donc strictement d´ecroissante. Il en r´esulte que l’algorithme se termine au bout d’un nombre fini d’´etapes, a` l’issue desquelles on obtient un triplet pythagoricien (xn , yn , z n) tel que z n = 1. donc n´ecessairement (0, 1, 1) ou (1, 0, 1). Enfin, il est clair que C
1
−
transforme (0, 1, 1) en (1, 0, 1).
On peut donc passer, au moyen de produits par les matrices A 1 , B 1 , C 1 , et en un nombre fini d’´etapes, du triplet pythagoricien (x0 , y0 , z 0 ) au triplet (1, 0, 1). −
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−
−
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Probl` eme
Corrig´e
(b) Le triplet (60, 91, 109) est bien pythagoricien car Avec
602 + 912 = 11881 = 1092 60 91 109 = 1
∧ ∧
x0 = 60 on a 34 x 0 = 80 < y0 , donc on applique C 1 . y0 = 91 −
On trouve (x1 , y1 , z 1 ) = (7, 24, 25). On a 4x1 < 3y1 , donc on applique encore C 1 . On trouve (x2 , y2 , z 2 ) = (12, 5, 13). −
On a 4y2 < 3x2 , donc on applique B 1 . On trouve (x3 , y3 , z 3 ) = (3, 4, 5). −
3 4 −1 4 x 3 y3 3 x 3 donc on applique A . On trouve (x4 , y4 , z 4 ) = (0, 1, 1).
Il reste a` appliquer C
1
pour obtenir (x5 , y5 , z 5 ) = (1, 0, 1).
−
Ainsi
1 0 1
= C 1 A 1 B 1 C −
−
60
2
−
60 91 109
On en d´eduit alors
Ainsi
−
.
1 2 = C BAC 0 1
1
91 109
− − − − − −
60 91 109
186 161 246 287 246 378 342 294 451
=
186 161 246
= Q 0 , avec Q = 1
287 246 378 342 294 451
1 0 1
.
, et Q est ´el´ement de
H.
4. (a) Tout matrice obtenue comme produit quelconque de A
1
−
, B 1 , C −
1
−
est dans
H.
x Il existe donc N, P dans telles que N y z x x Il en r´esulte P −1 N y = y . z z
H
1 0 1
=
x et P y z
1 0 1
=
.
Or la matrice M = P 1 N est dans
H, ce qui ach`eve la d´emonstration.
−
(b) On cherche M =
a b d e g h
c f i
∈ M
( ) telle que
3 Z
La derni`ere ´egalit´e ´equivaut a`
a + c = 1 d + f = 0 g + i = 1
1 et M 0 1 1 a
tMLM = L
⇔ M =
a
b
d e g h
− −d 1−g
=
1 0 1
.
.
On doit donc r´esoudre tMLM = L pour les matrices M ayant la forme pr´ec´edente : tMLM
=
− − − − − − a b
1
=
a
a b
1
=
a(1
d e
a
− − −
d g e h d 1 g g h
d 1
a d
g
a2 + d2 g 2 ab + de gh a) d2 + g(g
− −
−
1 0 0 1 0 0
− 1)
g
0 0 1
b e
−a −d −h g − 1 b(1
1
a d g
b 1 a e d h 1 g
− − −
ab + de gh b2 + e2 h2 a) de + h(g
− −
− −
−
a(1 a) d2 + g(g 1) b(1 a) de + h(g 1) 1) (1 a)2 + d2 (1 g)2
− − − − − − − − −
L’´egalit´e tM LM = L (entre deux matrices sym´etriques) ´equivaut alors a` : Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
− −− ⇔ − −− − − − ⇔ −− − − ⇔ − −
Corrig´e
a2 + d2 g2 = 1 b2 + e2 h2 = 1 a2 + d2 g2 2a + 2g = ab + de gh = 0 a a2 d2 + g 2 g = 0 b ab de + gh h = 0
tMLM = L
− ⇔
−
− −
g = a 1 h = b e2 = 1 a2 + d2 g2 = 1 ab + de gh = 0 a = 1 d2 /2 b = de e2 = 1 g = d2 /2 h = de
⇔
1
− −
−
−
−
g = a 1 h = b e2 = 1 d2 + 2a = 2 de + b = 0
−
1
⇔ M =
a2 + d2 g 2 = 1 b2 + e2 h2 = 1 a g = 1 ab + de gh = 0 b h = 0
d2 /2 d d2 /2
− −
d2 /2 e d de 1 + d2 /2
−de
−
−
Dans cette ´ecriture, d et e sont deux entiers, avec la condition e2 = 1. Mais pour qu’une telle matrice soit dans 3 (Z), il est n´ecessaire et suffisant que d soit un entier pair. Si on note d = 2k, avec k quelconque dans Z, on obtient les deux types de matrices solutions :
M
1
M =
2k2 2k 2k 2
−2k
−
1 2k
−
−
2k2 2k 1 + 2k2
−
1
ou M =
2k 2 2k 2k2
− −
2k 2k2 1 2k 2k 1 + 2k2
−
−
On reconnait effectivement les matrices du groupe
R ∪ S .
, avec k
∈ Z.
(c) On utilise la matrice Q obtenue a` la question (3b). Pour M dans
, on a les ´equivalences :
H ⇔ ⇔
1 M 0 1
=
60 91 109
1 M 0 1
= Q
1 0 1
Q
1
−
⇔
1 M 0 1
=
1 0 1
Q 1 M −
∈ R ∪ S .
Ainsi les solutions sont les matrices qui s’´ecrivent M = QP , avec P
∈ R ∪ S .
Quatri` eme partie 1. (a) Il est clair que est non vide (il contient la suite nulle) et stable par combinaisons lin´eaires. C’est donc un sous-espace vectoriel de l’espace de toutes les suites r´eelles.
E
Consid´erons l’application ψ de dans
E
R
3
S
d´efinie par ψ((an )n0 ) = (a0 , a1 , a2 ).
Il est clair que ψ est lin´eaire. D’autre part elle est bijective car la relation de r´ecurrence qui caract´erise les ´el´ements de montre qu’une suite (an )n0 de est d´etermin´ee de mani`ere unique par ses trois premiers termes a0 , a1 , a2 .
E
Ainsi ψ est un isomorphisme de
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E
3
E sur R . Il en r´esulte dim E = 3. mathprepa.fr
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Probl` eme
Corrig´e
(b) On se donne une suite g´eom´etrique (rn )n0 de raison r = 0.
Cette suite est dans E ⇔ ∀ n ∈ N, r − 7r + 7r − r = 0. Cela ´equivaut a` r − 7r + 7r − 1 = 0 c’est-`a-dire a` (r − 1)(r − 6r + 1) = 0. √ √ On trouve les trois solutions r = 1, r = 3 − 2 2 et r = 3 + 2 2. Ainsi les suites a, b, c de terme g´en´eral a = 1, b = r et c = r sont dans E . Pour montrer qu’elles forment une base de E , il suffit de v´erifier qu’elles sont libres. n+3
3
n+2
n+1
n
2
2
0
1
2
n
n 1
n
n 2
n
Supposons en effet αa n + βb n + γc n = 0, pour tout n de
N.
En se contentant de choisir n = 0, n = 1 et n = 2, on trouve successivement : α + β + γ = 0 α = 0 α + β + γ = 0 L3 ← L 3 − 6L2 + L 1 r1 = r 2 α + βr 1 + γr 2 = 0 β = 0 α + βr 1 + γr 2 = 0 ⇒ ⇒ α + βr 12 + γr 22 = 0 γ = 0 4α = 0
−
Conclusion : les suites a, b, c forment une base de .
E
2. (a) On reprend les notations pr´ec´edentes. Soit d = (dn)n0 une suite quelconque de . Il existe α, β,γ dans
E
∀ n ∈ N, d = αa + βb + γc . Les coefficients α,β, γ peuvent ˆetre calcul´es en fonction de d , d , d . √ √ Toujours avec r = 3 − 2 2 et r = 3 + 2 2 on trouve en effet (avec 1 n 3) : α + β + γ = d β + γ = d − α L ← L − 6L + L α + βr + γr = d βr + γr = d − α ⇒ α + βr + γr = d −4α = a − 6d + d 1 α = (−d + 6d − d ) 4 √ r (d − α) − (d − α) 2 = (r (d − α) − (d − α)) On trouve alors β = r −r 8 √ 2 d − α − r (d − α) γ = = (d − α − r (d − α)) r −r 8 En particulier, pour la suite (u ) d´efinie par u = 1 et u = u = 0, on trouve : √ √ √ √ 1 2 5 1 10 + 7 2 10 − 7 2 (3 + 2 2) − = , et γ = . α = , β = 4 8 4 4 16 16 √ √ √ √ 1 Ainsi : ∀ n ∈ N, u = −4 + (10 + 7 2)(3 − 2 2) + (10 − 7 2)(3 + 2 2) . 16 u = 7u − 7u + u = 1 De plus u = 7u − 7u + u = 7 R tels
que :
n
n
n
n
0
1
2
2
0
3
1
2
1
2 1
2 2
2
n
1
3
2
0
2
1
1
2
0
0
1
2
1
2
1
1
2
2
1
0
1
1
1
0
1
2
0
3
2
1
0
4
3
2
1
1
0
1
n n0
0
1
2
n
n
Pour calculer u3 , u4 , il ne faut utiliser la formule g´en´erale donnant un ... (b) Pour la suite (vn ) d´efinie par v0 = 0, v1 = 1 et v2 = 0, on trouve :
√ 2
3 α = , β = 2 8 Ainsi :
∀ n ∈
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√
√ −3 − 2 2
3 1 (3 + 2 2) + = 2 2 1 N, vn = 6 (3 + 2 2)(3 4
−
−
√
4
−2
√
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, et γ =
n
2) + (3
√ −3 + 2 2
−2
√
4
.
√
2)(3 + 2 2)
n
.
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Probl` eme
Corrig´e
(c) On reprend les notations de la question pr´ec´edente. Pour la suite (wn )n0 d´efinie par w0 = w 1 = 0 et w2 = 1, on trouwe :
√
√
√
− √ √ −
1 2 1 1 2+ 2 2 2 α = , β = (3 + 2 2) = , et γ = . 4 8 4 4 16 16 1 Ainsi : n N, wn = 4 + (2 + 2)(3 2 2)n + (2 2)(3 + 2 2)n . 16
−
∀ ∈
3. (a) On a A =
2 1 2 1 2 2 2 2 3
−
, A2 =
−
√
9 8 12 8 9 12 12 12 17
Montrons qu’il existe α, β,γ dans
R tels
−
√
et A3 =
50 49 70 49 50 70 70 70 99
√
.
que A 3 = αA 2 + βA + γI .
Une telle ´equation ´equivaut au syst`eme :
9α + 2β + γ = 50 8α + β = 49 car L4 = L1 + L 2 ⇔ 12α + 2β = 70 17α + 3β + γ = 99
On a donc obtenu A3 = 7A2
9α + 2β + γ = 50 8α + β = 49 6α + β = 35
− 7A + I .
⇔
α = 7 β = 7 γ = 1
−
(b) La propri´et´e An = u n I + vn A + wn A2 est vraie pour n = 0, n = 1 et n = 2. Supposons qu’elle soit vraie aux rangs n, n + 1 et n + 2, pour un entier n 0. On a alors successivement : An+3 = A n A3 = A n (7A2 7A + I ) = 7An+2 7An+1 + An = 7(un+2 I + vn+2 A + wn+2 A2 ) 7(un+1 I + vn+1 A + wn+1 A2 ) + un I + vn A + wn A2 = (7un+2 7un+1 + un )I + (7vn+2 7vn+1 + vn )A + (7wn+2 7wn+1 + wn)A2 = u n+3 I + vn+3 A + wn+3 A2
−
−
−
−
−
−
La propri´et´e est donc vraie au rang n + 3, ce qui ach`eve la r´ecurrence. Conclusion : pour tout n de
N,
on a A n = u n I + vn A + wn A2 .
4. On sait que le produit par A transforme un ´el´ement de
T en un ´el´ement de T .
Plus g´en´eralement le produit de A n par (0, 1, 1) (par exemple) donne (xn , yn, z n ) dans
x y z
n
Ainsi
= u n
n
n
0 1 1
0 1 1
+ vn A
− − √ − √ − √ − √ − √ − √
xn = 41
2 + (1
La relation
+1
n
+1
n
x y z
= A
+1
3v + 20w u + 4v + 21w u + 5v + 29w n
n
n
n
n
n
n
n
n
√ 2)(3 + 2√ 2) √ √ 2) + (1 + 2)(3 + 2 2) √ √ + (2 + 2)(3 + 2 2)
n
n
n
n
T .
et apr`es calculs :
On remarque que n N, yn = x n + 1
∀ ∈
donne z n+1 = 2xn + 2yn + 3z n > z n donc z n+1 = z n .
n
→ (x , y , z ) est donc une injection de N dans T . n
n
On v´erifie par exemple que
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=
n
n
L’application n
+ wn A
0 1 1
2 2)n + (1 +
2)(3
yn = 41 2 + (1 2)(3 2 2)(3 2 2)n z n = 41 (2 x y z
2
n
f (5) = (4059, 4060, 5741) f (10) = (27304196, 27304197, 38613965) mathprepa.fr
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