Déterminant et polynômes

(Exercice d’oral Centrale Mp)
Pour {0\le j\le n}, soit {P_{n,j}(x)=(1-x)^{j}(1+x)^{n-j}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_{n,i,j}x^{i}}.

Soit {M_{n}\in\mathcal{M}_{n+1}(\mathbb{K})} de terme général {a_{n,i,j}}
(les lignes et colonnes sont ici numérotées à partir de {0}).

Ainsi {M_{n}} est la matrice de {P_{n,0},P_{n,1},\cdots,P_{n,n}} dans la base {1,x,\cdots,x^n} de {\mathbb{R}_{n}[x]}.

L’objet de cet exercice est d’étudier quelques propriétés des matrices {M_{n}}.

Notation : pour tout {x=(x_{0},x_{1},\cdots,x_{n})} de {\mathbb{R}^{n+1}}, on note {V_{n}(x)} la matrice carrée d’ordre {n+1}, dite de Vandermonde, de terme général {x_{i}^{j}} (les indices {i} de ligne et {j} de colonne débutant à {0}, et en convenant bien sûr que {x_{i}^{0}=1}).

  1. Dans cette question, {x_{0}} est un réel quelconque différent de {-1}.

    Soit {U_{n}(x_{0})=\begin{pmatrix}1& x_{0}&x_{0}^2&\cdots& x_{0}^{n}\end{pmatrix}} (matrice-ligne de longueur {n+1}).

    • Montrer que {U_{n}(x_{0})\,M_{n}=(1+x_{0})^n\; U_{n}(y_{0})}, où {y_{0}=\dfrac{1-x_{0}}{1+x_{0}}}.
    • En déduire {M_{n}^2=2^n\,\text{I}_{n+1}}. À ce stade, peut-on dire si {M_{n}} est diagonalisable?
  2. Dans cette question {\begin{cases}x=(x_{0},x_{1},\cdots,x_{n})\cr y=(y_{0},y_{1},\cdots,y_{n})\end{cases}}{x_{i}=i} et {y_{i}=\dfrac{1-i}{1+i}}.

    • Prouver que {\det\bigl(V_{n}(y)\bigr)=\dfrac{{(-2)}^{n(n+1)/2}}{{(n+1)!\,}^n}\det\bigl(V_{n}(x)\bigr)}.
    • En appliquant à nouveau (2a) montrer que {\det(M_{n})={(-2)}^{n(n+1)/2}}.
    • Montrer que le spectre complexe de {M_{n}} est inclus dans {\{\alpha=\sqrt{2^{n}},\beta=-\alpha\}}.
    • Dans cette question, on suppose que {n} est impair.

      Par un argument très simple, calculer {\text{tr}(M_{n})} et retrouver {\det(M_{n})}.

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    • Avec des notations usuelles, pour {j\in\{0,1,\cdots,n\}}, on a : {\begin{array}{rl}[U_{n}(x_{0})M_{n}]_{j}&=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}\,[U_{n}(x_{0})]_{i}\,[M_{n}]_{i,j}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_{n,i,j}\,x_{0}^{i}=P_{n,j}(x_{0})\\\\&=(1-x_{0})^j(1+x_{0})^{n-j}=(1+x_{0})^n\Bigl(\dfrac{1-x_{0}}{1+x_{0}}\Bigr)^j\\\\&=(1+x_{0})^n\,[U_{n}(y)]_{j}\end{array}}On a donc {U_{n}(x_{0})\,M_{n}=(1+x_{0})^n\, U_{n}(y_{0})}, où {y_{0}=\dfrac{1-x_{0}}{1+x_{0}}}.
    • Notons que {y_{0}} est encore distinct de {-1}, et que {1+y_{0}=\dfrac{2}{1+x_{0}}}.

      Si on multiplie l’égalité précédente par {M_{n}} à droite, on obtient : {\begin{array}{rl}U_{n}(x_{0})\,M_{n}^2&=(1+x_{0})^n\, U_{n}(y_{0})\,M_{n}\\\\&=(1+x_{0})^n(1+y_{0})^n\,U_{n}(z_{0})\text{\ avec\ }z_{0}=\dfrac{1-y_{0}}{1+y_{0}}=x_{0}\end{array}}Autrement dit : {U_{n}(x_{0})\,M_{n}^2=2^n\,U_{n}(x_{0})}.

      On applique ce résultat, ligne par ligne, pour {n+1} valeurs {x_{0},x_{1},\ldots,x_{n}} distinctes de {x}. On obtient alors l’égalité {V_{n}(x)\,M_{n}^2=2^n\,V_{n}(x)}, avec les notations de l’énoncé.

      Mais {V_{n}(x)} est inversible (les {x_{i}} sont distincts), donc {M_{n}^2=2^n\,\text{I}_{n+1}}.

      La matrice {M_{n}} est diagonalisable dans {\mathbb{R}} car elle est annulée par le polynôme scindé à racines simples {P_{n}(X)=X^2-2^n=(X-\sqrt{2^{n}})(X+\sqrt{2^{n}})}.

    • On sait que {\det(V_{n}(x))=\displaystyle\prod_{i\lt j}(j-i)} et bien sûr {\det(V_{n}(y))=\displaystyle\prod_{i\lt j}(y_{j}-y_{i})}.

      Ainsi {\det\bigl(V_{n}(y)\bigr)=\displaystyle\prod_{i\lt j}\Bigl(\dfrac{1\!-\!j}{1\!+\!j}-\dfrac{1\!-\!i}{1\!+\!i}\Bigr)=\displaystyle\prod_{i\lt j}\dfrac{(-2)(j\!-\!i)}{(1\!+\!i)(1\!+\!j)}}

      On en déduit les égalités : {\begin{array}{rl}\det\bigl(V_{n}(y)\bigr)&=\dfrac{{(-2)}^{n(n+1)/2}}{\displaystyle\prod_{i=0}^n{(1+i)}^{n}}\displaystyle\prod_{i\lt j}(j-i)\\\\&=\dfrac{{(-2)}^{n(n+1)/2}}{{(n+1)!\,}^n}\det V_{n}(x)\end{array}}

    • D’après (1a), pour {i\in\{0,1,\cdots,n\}}, on a donc : {U_{n}(i)\,M_{n}={(1+i)}^n\; U_{n}(y_{i})}.

      En groupant ces résultats ligne par ligne, on obtient {V_{n}(x)\,M_{n}=D_{n}\,V_{n}(y)}, où {D_{n}} est la matrice diagonale d’ordre {n+1} de coefficients diagonaux {1^n,2^n,\cdots,(n+1)^n}.

      On en déduit {\det\bigl(V_{n}(x)\bigr)\;\det(M_{n})={((n+1)!)}^n\,\det\bigl(V_{n}(y)\bigr)}.

      Puisque {\det\bigl(V_{n}(x)\bigr)\ne0}, le résultat de (3a) donne {\det(M_{n})={(-2)}^{n(n+1)/2}}.

    • Si {\lambda} est valeur propre de {M_{n}}, alors {\lambda^2} est valeur propre de {M_{n}^2=2^n\text{I}_{n+1}}.

      On en déduit {\lambda^2=2^n} donc {\lambda=\sqrt{2^n}} ou {\lambda=-\sqrt{2^n}}.

    • On sait que {\text{tr}M_{n}} (resp. {\det(M_{n})}) est égal(e) à la somme (resp au produit) des valeurs propres de {M_{n}}, chacune comptée autant de fois que sa multiplicité.

      Notons {\lambda_{k}=\varepsilon_{k}\sqrt{2^n}} les valeurs propres de {M_{n}}, avec {0\le k\le n} et {\varepsilon_{k}\in\{-1,1\}}.

      On a donc {\text{tr}\,M_{n}=\sqrt{2^n}\;\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{k}}.

      Mais {\text{tr}M_{n}} est un entier, puisque {M_{n}} est dans {\mathscr{M}_{n+1}(\mathbb{Z})}.

      Mais {\sqrt{2^n}} est irrationnel ({n} impair), donc {\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{k}=0} donc {\text{tr}\,M_{n}=0}.

      Il y a donc {(n+1)/2} coefficients {\varepsilon_{k}} qui valent {1} et autant qui valent {-1}.

      Ansi {\det(M_{n})=\Big(\sqrt{2^n}\Bigr)^{n+1}{(-1)}^{(n+1)/2}={2}^{n(n+1)/2}\,{(-1)}^{(n+1)/2}}.

      Concernant le déterminant de {M_{n}}, le résultat de (2b) est confirmé car si {n} est impair les entiers {(n+1)/2} et {n(n+1)/2} ont la même parité.