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Feuille d"exercices no15 : corrigés

Exercice 1

1.•Pour la première permutation, on trouve :

σ= (1,3,2,8,6)(5,7,10,9)

= (1,3)(3,2)(2,8)(8,6)(5,7)(7,10)(10,9).

On obtient :

ε(σ) =-1.

Pour la deuxième permutation, on trouve :

σ= (1,2)(3,6)(4,5)

qui est à la fois la décomposition en cycles à supports disjoints et la décomposition entranspositions.On obtient ici la signature :

ε(σ) =-1.

Pour la troisième permutation, on distingue deux cas : ?l"entiernest pair égal à2k; dans ce cas :

σ= (1,2k)(2,2k-1)···(k,k+ 1),

qui est la décomposition en cycles à supports disjoints et une décomposition entranspositions. Dans ce cas,

ε(σ) = (-1)k= (-1)n2.

l"entiernest impair égal à2k+ 1; dans ce cas :

σ= (1,2k+ 1)(2,2k)···(k,k+ 2),

qui est la décomposition en cycles à supports disjoints et une décomposition entranspositions. Dans ce cas,

ε(σ) = (-1)k= (-1)n-12.

1

•Pour la quatrième permutation :

σ= (1,2,···,p)

= (1,2)(2,3)···(p-1,p) et sa signature vaut :

ε(σ) = (-1)p-1.

Pour la cinquième permutation, on peut déjà simplifier la permutationσselon : σ= (1,3,2)◦(1,3,5)◦(5,6,7)◦(1,3,4,2).

On en déduit :

σ= (1,5,6,7,3,4)

= (1,5)(5,6)(6,7)(7,3)(3,4) de signature égale à(-1).2. Si

σest décomposée en cycles à supports disjoints, alors la suite(σn)n?Nest pério-dique de période égale au ppcm des longueurs des cycles qui interviennent dans cettedécomposition. Les suites sont respectivement de période

20,2,2,p,12et6.3. Si

f◦f=σ, alors en prenant la signature, on obtient :

ε(σ) =ε(f)2= 1.

Siσest de signature égale à-1, l"équation n"admet pas de solution.Si σest de signature égale à1, on utilise le fait que sicest un cycle de longueur?,alors

c2est soit un cycle de longueur?si?est impair, soitidsicest une transposition,soit la composée de deux cycles à supports disjoints de même longueur?

2si?est pairsupérieur à

4.On en déduit que l"équation

f◦f=σadmet au moins une solution si et seulement sidans la décomposition de

σen cycles à supports disjoints pour tout entier?pair, il y aun nombre pair de cycles de longueur

?. On pourra alors regrouper deux par deux cescycles pour finalement avoir une solution via l"égalité

f2= (a1,···,ak)(b1,···,bk), sikest pair, avecf= (a1,b1,a2,b2,···,ak,bk)ou via l"égalité : f2= (a1,···,a2k+1) =c,

avecf=c-k.En appliquant ceci aux six permutations, on obtient respectivement les six réponses :non, non, oui si et seulement si

nest congru à0ou1modulo4, oui si et seulement si pest impair, non et non.2

Exercice 10

1. On noteC1,···,Cnles colonnes de la matriceD(a,b,c)etU=(((1...

1))) .On note

Bcla base canonique deMn,1(R). Les calculs qui suivent peuvent être consi-dérés dans le corps

R(X)par exemple.

P(X) = DetBc?

C

On peut développer ce déterminant par multilinéarité, ce qui fait apparaître2ntermes.Ces

2ntermes apparaissent en choisissant pour toutkentre1etn, ou bien la colonne

Ck, ou bien la colonneX·U.Dès que l"on choisit au moins deux fois la colonne

X·U, la famille formée contiendradeux fois le même vecteur. Cette famille sera alors de déterminant nul.Il ne reste que

n+ 1termes après développement, le terme sansX, où on a choisiCk

à chaque fois etntermes de la forme :

DetBc(···,X·U,···) =X·DetBc(···,U,···) où on a choisi une seule fois le vecteurX·U(enk`emeposition) etn-1fois le vecteur

CjsansX.Il est donc clair que

P(X)est un polynôme de degré inférieur ou égal à1.2. Calculer

P(-b)etP(-c)revient à calculer des déterminants de matrices triangulaires,ce qui est facile à faire. On trouve :

P(-b) = (a-b)netP(-c) = (a-c)n.

3.•Lorsqueb?=c, on peut poser :

P(X) =α X+β?R1[X].

On résout le système :?α(-b) +β= (a-b)n

α(-c) +β= (a-c)n

ou plutôt on trouveβ=P(0) =D(a,b,c), qui est la valeur demandée. On obtient :

β=(a-b)nc-(a-c)nbc-b.

Lorsqueb=c, on a deux méthodes différentes qu"il est bien de comprendre : ?l"applicationf:h?-→D(a,b,b+h)est continue, car en fait polynomiale en lavariable

h. Lorsquehtend vers0+, les nombresbetb+hsont toujours différents,donc on peut appliquer le résultat précédent, ce qui donne :

f(h) =(a-b)n×(b+h)-(a-b-h)n×bh. 3

On lève la forme indéterminée par un développement limité par exemple, ou onpeut y voir un taux de variation. On obtient en utilisant le binôme de Newton parexemple (cela évite de diviser par

(a-b)potentiellement nul...) : f(h) =(a-b)n×b+ (a-b)n×h-? (a-b)n-n(a-b)n-1h+◦(h)?

×bh

= (a-b)n-1? a+ (n-1)b? +◦(1). En passant à la limite lorsquehtend vers0+, on obtient :

D(a,b,b) = (a-b)n-1?

a+ (n-1)b? on s"occupe la matrice associée àD(a,b,b). On pose la matriceJ?Mn(R)rempliede

1. Alors,

D(a,b,b) = Det(b J+ (a-b)In).

Or, la matriceJest de rang1et on voit que :

Ker(J)?Im(J) =Mn,1(R).

En prenant une base adaptée à cette décomposition, on voit alors que la matriceJ est semblable à la matricen En,n. Plus précisément, siPest la matrice :

P=(((((((-1-1··· -1 1

1 0···0 1

0 1..................

0 1

0···0 1 1)))))))

alors :

P-1JP=n·En,n.

On vient de diagonaliser la matriceJet donc la matriceb J+ (a-b)In

On en déduit :

b J+ (a-b)In=P?

Diag(a-b,a-b,···,a-b,a+ (n-1)b)?

P -1, et donc maintenant :

D(a,b,b) = Det?

Diag(a-b,a-b,···,a-b,a+ (n-1)b)?

= (a-b)n-1? a+ (n-1)b? 4

Exercice 11

1. La matriceJest une matrice de permutation. En effet, en notantB= (e1,···,en)labase canonique de

Mn,1(C)etσle cycle :

σ= (1,n,n-1,···,2),

alors : ?i??1,n?, J(ei) =eσ(i).

On en déduit :

?i??1,n?,?k?N, Jk(ei) =eσk(i).

Par conséquent,Jn=In.La matrice

Ademandée est une matrice circulante avec des coefficientsa0sur la dia-gonale, des coefficients a1juste au-dessus et un coefficienta1en bas à gauche, puis descoefficients

a2juste au-dessus des coefficientsa1déjà écrits, etc.2. On remarque que pour tout vecteur colonne

X=(((((x

1 x 2... xn))))) , alors :

JX=(((((((x

2 x 3... xn x

1)))))))

En notantω= exp?2iπn?et pour toutk??0,n-1?,

Xk=(((((((1

k 2k...

ω(n-1)k)))))))

alors :

JXk=ωk·Xk.

En notantFla famille :

F=? X

1,Xω,Xω2,···,Xωn-1?

le déterminant de la familleFselon la base canonique est un déterminant de Vander Monde non nul. La famille

Fest une base et la matricePde passage de la base5 canonique vers cette familleFest la matrice :

P=(((((((1 1 1···1

1ω ω2···ωn-1

Cette matrice vérifie que la matriceP-1JP=Dest la matrice diagonale de coeffi-cients diagonaux

1,ω,ω2,···,ωn-1, ces coefficients formant l"ensembleUndes racinesde l"unité.3. On a successivement, en notant le polynôme

Q(X) =n-1?

k=0a k·Xk:la matrice

Aest inversible??la matriceQ(J)est inversible

??la matriceQ(D)est inversible ??Det(Q(D))?= 0 z?UnQ(z)?= 0 ?? ?z?Un, Q(z)?= 0 ??Q(X) etXn-1n"ont pas de racine commune ??Q(X)?(Xn-1) = 1.

Exercice 2

1. On trouve :

σ◦(i,j)◦σ-1= (σ(i),σ(j)),

en testant les images de chaque élémentk??1,n?. Voici le détail.Si kest un entier entre1etn, on distingue plusieurs cas : ?l"entierkvautσ(i). Alors,σ-1(k) =i, puisτ(i) =j, puis :

σ(τ(σ-1(k))) =σ(j)

l"entierkvautσ(j). Alors,σ-1(k) =j, puisτ(j) =i, puis :

σ(τ(σ-1(k))) =σ(i)

l"entierkne vaut niσ(i), niσ(j). Dans ce cas, l"entierσ-1(k)ne vaut nii, nij,donc est un point fixe de la transposition

τet :

σ(τ(σ-1(k))) =σ(σ-1(k)) =k.

6

2. Siρ= (k,?)une transposition dansSn, sikou?vaut1, alors directementρ?T, doncla transposition est effectivement un produit d"éléments de

T(en fait d"un seul) et sini

kni?ne valent1, alors on applique le préambule à la permutationσ= (1,k)et à latransposition

τ= (1,?)de sorte queσ-1=σ, puis :

ρ= (k,?) = (1,k)◦(1,?)◦(1,k).

Ce qui précède montre que toute transposition dansSnest un produit d"éléments deT

(produit de1ou3termes). On conclut alors que toute permutation deSndécomposableen un produit de transpositions est donc décomposable en un produit de produitsd"éléments de

T, qui est donc un (plus gros) produit d"éléments deT.3. Reste le plus difficile : pourquoi est-ce que ça ne marche pas si on prend un ensemble

U={τ1,···,τn-2}de(n-2)transpositions?On va schématiser la situation de la façon suivante : chaque élément de l"ensemble

{1,···,n}sera représenté par un point•et chaque transpositionτ= (i,j)de l"ensemble

Usera représentée par une arête reliant les pointsietj. On va alors construire ce qu"onappelle un graphe (avec des sommets et des arêtes) de la façon suivante :

?On commence par prendre un élémentτ= (i,j)de l"ensembleU, ce qui donne unpremier graphe : ij

Ensuite, on cherche parmi les éléments deUun élémentτ?dont un point du supportde la transposition

τ?est déjà tracé et le second pas encore, pour donner un deuxièmegraphe : ij

On recommence le procédé. Si à une certaine étape, on dispose d"un graphe déjàtracé avec un certain nombre de points et d"arêtes (en fait il y a toujours un point deplus qu"il n"y a d"arêtes), on pioche dans

Uune transposition(k,?)dont un seul desdeux points

kou?est déjà tracé dans le graphe et l"autre non, ce qui rajoute donc unpoint et une arête dans notre graphe.À un moment donné, soit on a épuisé tous les éléments de

U, soit il n"est plus possiblede trouver des éléments de Uqui conviennent à cette construction. Voici ce que l"onobtient à la fin de la construction :7 ij

Combien ce graphe final contient-il d"arêtes? Réponse : autant que l"on a pu prendre detranspositions dans l"ensemble

Upour construire ce graphe, c"est-à-dire au maximum (n-2). Le graphe comportant toujours un point de plus qu"il n"y a d"arêtes, il y a aumaximum (n-1)points dans ce graphe.Il y a donc au moins un élément (donc un point) de l"ensemble {1,···,n}qui n"est pasreprésenté dans notre graphe.Soit maintenant une transposition ρ= (k,?)dans l"ensembleU. Voyons comment seplace l"arête ρdans notre graphe : il y a trois possibilités, selon que les deux pointsk et?figurent ou non dans le graphe :

ρcas no1

cas no28 cas no3Le cas n o1 est tout bonnement impossible, sinon, on aurait pu prendre la transposition

ρpour compléter le graphe déjà construit avec un point et une arête de plus.En ce qui concerne le cas n

o2, tous les points du graphe sont des points fixes pour latransposition

ρ.Pour ce qui est du cas n

o3, un point du graphe est changé en un autre point du graphe(il se peut que la transposition

ρcorresponde à une arête déjà tracée dans le graphe).En résumé, quoiqu"il arrive, chaque point du graphe est transformé, par n"importe quelletransposition de l"ensemble

Uen un point du même graphe.Or, rappelons-nous qu"il existe au moins un point pde l"ensemble{1,···,n}qui n"estpas dans le graphe. Si on fixe iun point du graphe, la permutation :

σ= (i,p)

prend le pointidu graphe pour l"amener à l"extérieur de celui-ci. Il est donc impossiblede décomposer la permutation

σcomme un produit d"éléments de l"ensembleU, carsinon les images successives du point

ipar ces transpositions formeraient un chemin àl"intérieur du graphe, sans jamais pouvoir atteindre le point

p.Il y a donc des permutations qui ne peuvent s"écrire comme un produit d"éléments de U.

Exercice 12

•On calcule le déterminant de la matriceAreprésentantfselon la base canonique par exemple.Ainsi,

Det(f) = Det(A) =??????0 1 1

-1 1 3

6-7-5??????

= 14.

Sir= 0, alors on poseQ=aqui est un polynôme constant et l"applicationfest l"homothétiede rapport

asurCn[X]. On en déduit :

Det(f) =an+1.

Sir >0, alorsf(1) = 0, doncfn"est pas inversible etDet(f) = 0.9 On peut remarquer que l"applicationfdéfinie dans l"énoncé est toujours un endomorphismede Cn[X], pour n"importe quelle valeur der. Par exemple, sir > n, alorsf= 0. •On notednle déterminant à calculer. On en déduit les calculs suivants :

1 2 2···2

1 2 3···3............

1 1 1···1

1 1 2···2

[?k?2,Ck←-Ck-C1] =dn-1[ développement première ligne ] La suite(dn)n?N?est donc constante égale àd1= 1. •On noteδnle déterminant à calculer. On en déduit les calculs suivants :

2 2 3···n

3 3 3···n............

?1 1 1···1

2 0 1···1

3 0 0 0 1 [ pourkdenà2,Ck←-Ck-Ck-1] 0 1quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47