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2020-05-18 09:39:12 Page 1/5 2020 Mathématiques 1 MP 4 heures Calculatrice autorisée Fonctions arithmétiques multiplicatives et applications La première partie établit des résultats utiles dans les parties suivantes, qui sont indépendantes entre elles. Notations On note ⌊𝑥⌋ la partie entière du nombre réel 𝑥, c’est-à-dire le plus grand nombre entier inférieur ou égal à 𝑥. On note 𝒫 l’ensemble des nombres premiers. On note 𝑚 ∧ 𝑛 le plus grand commun diviseur (pgcd) des entiers naturels 𝑚 et 𝑛. Si 𝑎 et 𝑏 sont deux nombres entiers relatifs, on note ⟦𝑎, 𝑏⟧ = {𝑘 ∈ ℤ | 𝑎 ⩽ 𝑘 ⩽ 𝑏}. L’ensemble des matrices carrées de taille 𝑛 à coefficients dans ℂ est noté ℳ𝑛(ℂ). La matrice identité de ℳ𝑛(ℂ) est notée 𝐼𝑛. Le terme d’indice (𝑖, 𝑗) d’une matrice 𝑀 ∈ ℳ𝑛(ℂ) est noté 𝑚𝑖𝑗 et on note 𝑀 = (𝑚𝑖𝑗)(𝑖,𝑗)∈⟦1,𝑛⟧2, ou plus simplement 𝑀 = (𝑚𝑖𝑗) lorsque la taille de 𝑀 est implicite. Pour 𝑛 ∈ ℕ∗, on note 𝒟𝑛 l’ensemble des nombres entiers naturels divisant 𝑛 et on écrit ∑ 𝑑|𝑛 = ∑ 𝑑∈𝒟𝑛 la somme sur tous les nombres entiers naturels 𝑑 divisant 𝑛. Une fonction arithmétique est une fonction 𝑓 : ℕ∗ → ℂ. L’ensemble des fonctions arithmétiques est noté 𝔸. On dit qu’une fonction arithmétique 𝑓 ∈ 𝔸 est multiplicative si { 𝑓(1) ≠ 0, ∀(𝑚, 𝑛) ∈ (ℕ∗)2 𝑚 ∧ 𝑛 = 1 ⟹ 𝑓(𝑚𝑛) = 𝑓(𝑚)𝑓(𝑛). On note 𝕄 l’ensemble des fonctions arithmétiques multiplicatives. On note 𝟏, 𝛿 et 𝐈 les fonctions arithmétiques 𝟏 : ∣ ℕ∗ → ℂ 𝑛 ↦ 1 𝛿 : ∣ ℕ∗ → ℂ 𝑛 ↦ { 1 si 𝑛 = 1 0 si 𝑛 ⩾ 2 𝐈 : ∣ ℕ∗ → ℂ 𝑛 ↦ 𝑛 On remarque que ces trois fonctions arithmétiques sont multiplicatives. Si 𝑓 et 𝑔 sont deux fonctions arithmétiques, le produit de convolution de 𝑓 et 𝑔 est la fonction arithmétique notée 𝑓 ∗ 𝑔 définie par ∀𝑛 ∈ ℕ∗, (𝑓 ∗ 𝑔)(𝑛) = ∑ 𝑑|𝑛 𝑓(𝑑)𝑔 (𝑛 𝑑 ) . I Quelques résultats utiles I.A – Propriétés générales de la loi ∗ Q 1. Vérifier que 𝛿 est un élément neutre pour la loi ∗. Pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, on note 𝒞𝑛 = {(𝑑1, 𝑑2) ∈ (ℕ∗)2 | 𝑑1𝑑2 = 𝑛}. Q 2. Justifier que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, (𝑓 ∗ 𝑔)(𝑛) = ∑ (𝑑1,𝑑2)∈𝒞𝑛 𝑓(𝑑1)𝑔(𝑑2). Q 3. En déduire que ∗ est commutative. Q 4. De même, en exploitant l’ensemble 𝒞′𝑛 = {(𝑑1, 𝑑2, 𝑑3) ∈ (ℕ∗)3 | 𝑑1𝑑2𝑑3 = 𝑛}, montrer que ∗ est associative. Q 5. Que peut-on dire de (𝔸, +, ∗) ? 2020-05-18 09:39:12 Page 2/5 I.B – Groupe des fonctions multiplicatives Q 6. Soient 𝑓 et 𝑔 deux fonctions multiplicatives. Montrer que si ∀𝑝 ∈ 𝒫, ∀𝑘 ∈ ℕ∗, 𝑓(𝑝𝑘) = 𝑔(𝑝𝑘), alors 𝑓 = 𝑔. Q 7. Soient 𝑚 et 𝑛 deux entiers naturels non nuls premiers entre eux. Montrer que l’application 𝜋 : ∣ 𝒟𝑛 × 𝒟𝑚 → 𝒟𝑚𝑛 (𝑑1, 𝑑2) ↦ 𝑑1𝑑2 est bien définie et réalise une bijection entre 𝒟𝑛 × 𝒟𝑚 et 𝒟𝑚𝑛. Q 8. En déduire que si 𝑓 et 𝑔 sont deux fonctions multiplicatives, alors 𝑓 ∗ 𝑔 est encore multiplicative. Q 9. Soit 𝑓 une fonction multiplicative. Montrer qu’il existe une fonction multiplicative 𝑔 telle que, pour tout 𝑝 ∈ 𝒫 et tout 𝑘 ∈ ℕ∗, 𝑔(𝑝𝑘) = − 𝑘 ∑ 𝑖=1 𝑓(𝑝𝑖)𝑔(𝑝𝑘−𝑖) et qu’elle vérifie 𝑓 ∗ 𝑔 = 𝛿. Q 10. Que dire de l’ensemble 𝕄 muni de la loi ∗ ? I.C – La fonction de Möbius Soit 𝜇 la fonction arithmétique définie par 𝜇(𝑛) = ⎧ { ⎨ { ⎩ 1 si 𝑛 = 1 (−1)𝑟 si 𝑛 est le produit de 𝑟 nombres premiers distincts 0 sinon Q 11. Montrer que 𝜇 est multiplicative. Q 12. Montrer que 𝜇 ∗ 𝟏 = 𝛿. Q 13. Soit 𝑓 ∈ 𝔸, et soit 𝐹 ∈ 𝔸 telle que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝐹(𝑛) = ∑ 𝑑|𝑛 𝑓(𝑑). Montrer que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑓(𝑛) = ∑ 𝑑|𝑛 𝜇(𝑑)𝐹 (𝑛 𝑑 ) . (I.1) On note 𝜑 la fonction indicatrice d’Euler, définie par : ∀𝑛 ∈ ℕ∗, 𝜑(𝑛) = card{𝑘 ∈ ⟦1, 𝑛⟧ | 𝑘 ∧ 𝑛 = 1}. Q 14. Démontrer que 𝜑 = 𝜇 ∗ 𝐈. I.D – Déterminant de Smith Soient 𝑓 une fonction arithmétique, 𝑛 ∈ ℕ∗ et 𝑔 = 𝑓 ∗ 𝜇. On note 𝑀 = (𝑚𝑖𝑗) la matrice de ℳ𝑛(ℂ) de terme général 𝑚𝑖𝑗 = 𝑓(𝑖 ∧ 𝑗). On définit aussi la matrice des diviseurs 𝐷 = (𝑑𝑖𝑗) par : 𝑑𝑖𝑗 = { 1 si 𝑗 divise 𝑖, 0 sinon. Soit 𝑀′ la matrice de terme général 𝑚′𝑖𝑗 = { 𝑔(𝑗) si 𝑗 divise 𝑖, 0 sinon. Q 15. Montrer que 𝑀 = 𝑀′𝐷⊤, où 𝐷⊤ est la transposée de 𝐷. Q 16. En déduire que le déterminant de 𝑀 vaut det 𝑀 = 𝑛 ∏ 𝑘=1 𝑔(𝑘). (I.2) 2020-05-18 09:39:12 Page 3/5 I.E – Séries de Dirichlet Soit 𝑓 une fonction arithmétique. On définit, pour tout réel 𝑠 tel que la série converge, 𝐿𝑓(𝑠) = ∞ ∑ 𝑘=1 𝑓(𝑘) 𝑘𝑠 . On appelle abscisse de convergence de 𝐿𝑓 𝐴𝑐(𝑓) = inf{𝑠 ∈ ℝ | la série ∑ 𝑓(𝑘) 𝑘𝑠 converge absolument}. On convient que 𝐴𝑐(𝑓) = +∞ s’il n’existe pas de réel 𝑠 tel que la série ∑ 𝑓(𝑘) 𝑘𝑠 converge absolument. Q 17. Montrer que si 𝑠 > 𝐴𝑐(𝑓), alors la série ∑ 𝑓(𝑘) 𝑘𝑠 converge absolument. Q 18. Soient 𝑓 et 𝑔 deux fonctions arithmétiques d’abscisses de convergence finies. Montrer que si, pour tout 𝑠 > max(𝐴𝑐(𝑓), 𝐴𝑐(𝑔)), 𝐿𝑓(𝑠) = 𝐿𝑔(𝑠), alors 𝑓 = 𝑔. Q 19. Soient 𝑓 et 𝑔 deux fonctions multiplicatives d’abscisses de convergence finies. Montrer que, pour tout 𝑠 > max(𝐴𝑐(𝑓), 𝐴𝑐(𝑔)), 𝐿𝑓∗𝑔(𝑠) = 𝐿𝑓(𝑠)𝐿𝑔(𝑠). (I.3) II Matrices et endomorphismes de permutation Dans cette partie 𝑛 est un entier naturel non nul. On note 𝔖𝑛 le groupe des permutations de ⟦1, 𝑛⟧. On notera la composition des permutations de manière multiplicative ; par exemple, si 𝛾 et 𝜎 sont deux permutations de 𝔖𝑛, 𝛾3𝜎2 = 𝛾 ∘ 𝛾 ∘ 𝛾 ∘ 𝜎 ∘ 𝜎. On dit que deux permutations 𝜎 et 𝜏 de 𝔖𝑛 sont conjuguées s’il existe une permutation 𝜌 ∈ 𝔖𝑛 telle que 𝜏 = 𝜌𝜎𝜌−1. Pour ℓ ∈ ⟦2, 𝑛⟧, on rappelle que, dans 𝔖𝑛, un cycle de longueur ℓ est une permutation 𝛾 ∈ 𝔖𝑛 pour laquelle il existe ℓ éléments deux à deux distincts 𝑎1, …, 𝑎ℓ de ⟦1, 𝑛⟧ tels que 𝛾(𝑥) = ⎧ { ⎨ { ⎩ 𝑥 si 𝑥 ∉ {𝑎1, …, 𝑎ℓ}, 𝑎𝑖+1 si 𝑥 = 𝑎𝑖 pour 𝑖 ⩽ ℓ − 1, 𝑎1 si 𝑥 = 𝑎ℓ. L’ensemble Supp(𝛾) = {𝑎1, …, 𝑎ℓ} est appelé support du cycle 𝛾 et on note 𝛾 = (𝑎1 𝑎2 ⋯ 𝑎ℓ). On rappelle le résultat suivant qui pourra être utilisé sans démonstration. Toute permutation 𝜎 ∈ 𝔖𝑛 se décompose de manière unique (à l’ordre des facteurs près) en produit de cycles 𝛾1, …, 𝛾𝑟 à supports disjoints : 𝜎 = 𝛾1⋯𝛾𝑟. À toute permutation 𝜎 ∈ 𝔖𝑛, on associe la matrice de permutation 𝑃𝜎 = (𝑎𝑖𝑗) ∈ ℳ𝑛(ℂ) où 𝑎𝑖𝑗 = { 1 si 𝑖 = 𝜎(𝑗), 0 sinon. II.A – Similitude de deux matrices de permutation L’objectif de cette sous-partie est de démontrer la propriété (S) suivante. Les matrices de permutations 𝑃𝜎 et 𝑃𝜏 sont semblables si et seulement si les permutations 𝜎 et 𝜏 sont conjuguées. Q 20. Pour toutes permutations 𝜌, 𝜌′ ∈ 𝔖𝑛, montrer que 𝑃𝜌𝜌′ = 𝑃𝜌𝑃𝜌′. En déduire que, pour toutes permu- tations 𝜎, 𝜏 ∈ 𝔖𝑛, si 𝜎 et 𝜏 sont conjuguées alors 𝑃𝜎 et 𝑃𝜏 sont semblables. Q 21. On considère, dans cette question uniquement, 𝑛 = 7 et les cycles 𝛾1 = (1 3 7) et 𝛾2 = (2 6 4). On considère également une permutation 𝜌 ∈ 𝔖7 telle que 𝜌(1) = 2, 𝜌(3) = 6 et 𝜌(7) = 4. Vérifier que 𝜌𝛾1𝜌−1 = 𝛾2. Q 22. Plus généralement, montrer que, dans 𝔖𝑛, deux cycles de même longueur sont conjugués. Pour 𝜎 ∈ 𝔖𝑛 et ℓ ∈ ⟦2, 𝑛⟧, on note 𝑐ℓ(𝜎) le nombre de cycles de longueur ℓ dans la décomposition de 𝜎 en cycles à supports disjoints. On note 𝑐1(𝜎) le nombre de points fixes de 𝜎 : 𝑐1(𝜎) = Card{𝑗 ∈ ⟦1, 𝑛⟧, 𝜎(𝑗) = 𝑗}. Q 23. Montrer que 𝜎 ∈ 𝔖𝑛 et 𝜏 ∈ 𝔖𝑛 sont conjugués si et seulement si, pour tout ℓ ∈ ⟦1, 𝑛⟧, 𝑐ℓ(𝜎) = 𝑐ℓ(𝜏). La matrice-ligne 𝑇𝜎 = (𝑐1(𝜎) 𝑐2(𝜎) … 𝑐𝑛(𝜎)) s’appelle le type cyclique de 𝜎. On vient donc de démontrer que deux permutations sont conjuguées si et seulement si elles ont le même type cyclique. 2020-05-18 09:39:12 Page 4/5 Pour tout 𝜎 ∈ 𝔖𝑛, on note 𝜒𝜎 le polynôme caractéristique de la matrice 𝑃𝜎 : 𝜒𝜎(𝑋) = det(𝑋𝐼𝑛 − 𝑃𝜎). Q 24. Soit ℓ ∈ ⟦2, 𝑛⟧ et soit 𝛾 ∈ 𝔖ℓ un cycle de longueur ℓ. Montrer que 𝜒𝛾(𝑋) = 𝑋ℓ − 1. On pourra se ramener au cas 𝛾 = (1 2 ⋯ ℓ) et considérer la matrice Γℓ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 ⋯ ⋯ ⋯ 0 1 1 0 ⋯ ⋯ 0 0 0 1 ⋱ ⋮ 0 ⋮ ⋱ ⋱ ⋱ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ 1 0 0 0 ⋯ ⋯ 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ ℳℓ(ℂ). Q 25. Montrer que si 𝜎 ∈ 𝔖𝑛, alors 𝜒𝜎(𝑋) = 𝑛 ∏ ℓ=1 (𝑋ℓ − 1)𝑐ℓ(𝜎). On pourra justifier que 𝑃𝜎 est semblable à une matrice diagonale par blocs dont les blocs sont des matrices de la forme Γℓ (ℓ ⩾ 1), où Γℓ est définie ci-dessus si ℓ ⩾ 2 et où Γℓ = (1) si ℓ = 1. Q 26. En raisonnant sur la multiplicité des racines de 𝜒𝜎 et de 𝜒𝜏, montrer que si 𝑃𝜎 et 𝑃𝜏 sont semblables, alors, pour tout 𝑞 ∈ ⟦1, 𝑛⟧, 𝑛 ∑ ℓ=1 𝑞|ℓ 𝑐ℓ(𝜎) = 𝑛 ∑ ℓ=1 𝑞|ℓ 𝑐ℓ(𝜏). (On somme sur les valeurs de ℓ multiples de 𝑞 et appartenant à ⟦1, 𝑛⟧.) Q 27. En déduire la propriété (S). On pourra calculer 𝑇𝜎𝐷 où 𝑇𝜎 est le type cyclique de 𝜎 et 𝐷 est la matrice des diviseurs définies au I.D. II.B – Endomorphismes de permutation Dans cette sous-partie, 𝐸 est un ℂ-espace vectoriel de dimension 𝑛 ⩾ 1. On dit qu’un endomorphisme 𝑢 de 𝐸 est un endomorphisme de permutation s’il existe une base (𝑒1, …, 𝑒𝑛) de 𝐸 et une permutation 𝜎 ∈ 𝔖𝑛 telles que 𝑢(𝑒𝑗) = 𝑒𝜎(𝑗) pour tout 𝑗 ∈ ⟦1, 𝑛⟧. On note Id𝐸 l’identité de 𝐸. On note Tr(𝑢) la trace d’un endomorphisme 𝑢 de 𝐸 et 𝜒𝑢 son polynôme caractéristique. Q 28. Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de permutation si et seulement s’il existe une base dans laquelle sa matrice est une matrice de permutation. Q 29. Soit 𝑢 un endomorphisme de permutation de 𝐸. Montrer que 𝑢 est diagonalisable et que sa trace appartient à ⟦0, 𝑛⟧. Q 30. Soient 𝐴, 𝐵 deux matrices diagonalisables de ℳ𝑛(ℂ). Montrer que 𝐴 et 𝐵 sont semblables si et seulement si elles ont même polynôme caractéristique. Q 31. Soit 𝑢 un endomorphisme de 𝐸 tel que 𝑢2 = Id𝐸. Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de permutation si et seulement si Tr(𝑢) est un entier naturel. Q 32. Étudier si l’équivalence de la question précédente subsiste lorsqu’on remplace l’hypothèse 𝑢2 = Id𝐸 par 𝑢𝑘 = Id𝐸 pour 𝑘 = 3, puis pour 𝑘 = 4. Q 33. Soit 𝑢 un endomorphisme de 𝐸. Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de permutation si et seulement s’il vérifie les deux conditions suivantes : (a) il existe des entiers naturels 𝑐1, …, 𝑐𝑛 tels que 𝜒𝑢 = 𝑛 ∏ ℓ=1 (𝑋ℓ − 1)𝑐ℓ ; (b) il existe 𝑁 tel que 𝑢𝑁 = Id𝐸. Q 34. Soient 𝑢 et 𝑣 deux endomorphismes de 𝐸 tels que, pour tout 𝑘 ∈ ℕ, Tr(𝑢𝑘) = Tr(𝑣𝑘). Montrer que 𝑢 et 𝑣 ont même polynôme caractéristique. Q 35. Soit 𝑢 un endomorphisme diagonalisable de 𝐸. Montrer que 𝑢 est un endomorphisme de permutation si et seulement s’il existe des entiers naturels 𝑐1, …, 𝑐𝑛 tels que, pour tout 𝑘 ∈ ℕ, Tr(𝑢𝑘) = 𝑛 ∑ ℓ=1 ℓ|𝑘 ℓ𝑐ℓ. (On somme sur les valeurs de ℓ divisant 𝑘 et appartenant à ⟦1, 𝑛⟧.) 2020-05-18 09:39:12 Page 5/5 III Valeurs propres de la matrice de Redheffer On définit la matrice de Redheffer par 𝐻𝑛 = (ℎ𝑖𝑗)(𝑖,𝑗)∈⟦1,𝑛⟧2 où ℎ𝑖𝑗 = ⎧ { ⎨ { ⎩ 1 si 𝑗 = 1, 1 si 𝑖 divise 𝑗 et 𝑗 ≠ 1, 0 sinon. On définit également la fonction de Mertens 𝑀, en posant, pour tout 𝑛 ∈ ℕ∗, 𝑀(𝑛) = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝜇(𝑘) où 𝜇 est la fonction de Möbius définie au I.C. Q 36. Soient 𝐴𝑛 = (𝑎𝑖𝑗)(𝑖,𝑗)∈⟦1,𝑛⟧2 la matrice de terme général 𝑎𝑖𝑗 = ⎧ { ⎨ { ⎩ 𝜇(𝑗) si 𝑖 = 1, 1 si 𝑖 = 𝑗, 0 sinon et 𝐶𝑛 = 𝐴𝑛𝐻𝑛. En calculant les coefficients de 𝐶𝑛, montrer que det 𝐻𝑛 = 𝑀(𝑛). Pour le calcul du terme d’indice (𝑖, 𝑗) de 𝐶𝑛, on pourra distinguer le cas 𝑖 = 𝑗 = 1, le cas 𝑖 > 1, 𝑗 = 1 et le cas 𝑖 > 1, 𝑗 > 1. On note 𝜒𝑛 le polynôme caractéristique de 𝐻𝑛, de sorte que 𝜒𝑛(𝜆) = det(𝜆𝐼𝑛 − 𝐻𝑛) pour tout réel 𝜆. Pour 𝜆 réel distinct de 1, on définit par récurrence la fonction arithmétique 𝐛, en posant 𝐛(1) = 1 et, pour tout entier naturel 𝑗 ⩾ 2, 𝐛(𝑗) = 1 𝜆 − 1 ∑ 𝑑|𝑗, 𝑑≠𝑗 𝐛(𝑑). On définit également la matrice 𝐵𝑛(𝜆) = (𝑏𝑖𝑗)(𝑖,𝑗)∈⟦1,𝑛⟧2 de terme général 𝑏𝑖𝑗 = ⎧ { ⎨ { ⎩ 𝐛(𝑗) si 𝑖 = 1, 1 si 𝑖 = 𝑗, 0 sinon. Q 37. En calculant le produit 𝐵𝑛(𝜆)(𝜆𝐼𝑛 − 𝐻𝑛), montrer que 𝜒𝑛(𝜆) = (𝜆 − 1)𝑛 − (𝜆 − 1)𝑛−1 𝑛 ∑ 𝑗=2 𝐛(𝑗). Dans toute la suite du problème, on suppose que 𝜆 est un réel distinct de 1 et on pose 𝑤 = 1 𝜆 − 1. On pose de plus 𝐟 = (1 + 𝑤)𝛿 − 𝑤𝟏. Q 38. Montrer que 𝐟 ∗ 𝐛 = 𝛿. Q 39. En utilisant les notations des séries de Dirichlet données dans la sous-partie I.E, exprimer, pour des valeurs du réel 𝑠 à préciser, 𝐿𝐟(𝑠) en fonction de 𝑤 et 𝐿𝟏(𝑠). On note log2 la fonction logarithme en base 2, définie par log2(𝑥) = ln(𝑥) ln(2) pour tout réel 𝑥 > 0. Q 40. Montrer que, pour 𝑠 réel suffisamment grand, 1 𝐿𝐟(𝑠) = 1 + ∞ ∑ 𝑚=2 𝑚−𝑠 ⌊log2 𝑚⌋ ∑ 𝑘=1 𝑤𝑘𝐷𝑘(𝑚) où 𝐷𝑘(𝑚) est le nombre de manières de décomposer l’entier 𝑚 en un produit de 𝑘 facteurs supérieurs ou égaux à 2, l’ordre de ces facteurs étant important. Q 41. Pour 𝑛 ⩾ 1, on pose 𝑆𝑘(𝑛) = 𝑛 ∑ 𝑚=2 𝐷𝑘(𝑚). Déduire de la question précédente que 𝜒𝑛(𝜆) = (𝜆 − 1)𝑛 − ⌊log2 𝑛⌋ ∑ 𝑘=1 (𝜆 − 1)𝑛−𝑘−1𝑆𝑘(𝑛). Q 42. Montrer enfin que 𝐻𝑛 possède 1 comme valeur propre et que sa multiplicité est exactement 𝑛 − ⌊log2 𝑛⌋ − 1. • • • FIN • • •

Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures 2020 - Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Un corrigé I Quelques résultats utiles. I.A - Propriétés générales de la loi ∗. Q1. La fonction δ est définie par : ∀n ∈ N∗, δ(n) = 1 si n = 1 0 si n ≥ 2 . Ainsi ∀n ∈ N∗, δ(n) ̸= 0 ⇔ n = 1. Soit f : N∗ → C une fonction arithmétique. ∀n ∈ N∗, (δ ∗ f)(n) = d|n δ(d)f n d = d=1 δ(d)f n d = δ(1)f n 1 = f(n). ∀n ∈ N∗, (f ∗ δ)(n) = d|n f(d)δ n d = d=n f(d)δ n d = f(n)δ n n = f(n). Pour toute fonction arithmétique f, on a δ ∗ f = f ∗ δ = f donc δ est un élément neutre pour la loi ∗. Q2. Soit n ∈ N∗. L’application Ψ : Dn → Cn d → d, n d est une bijection de Dn sur Cn = {(d1, d2) ∈ (N∗)2, d1d2 = n}. Donc (f ∗ g)(n) = d∈Dn f(d)g n d = (d1,d2)=Ψ(d),d∈Dn f(d1)g (d2) = (d1,d2)∈Cn f(d1)g (d2) . Q3. Soient f et g deux fonctions arithmétiques. Soit n ∈ N∗. Puisque {(d1, d2), (d1, d2) ∈ Cn} = {(d2, d1), (d1, d2) ∈ Cn}, on a : (f ∗ g)(n) = (d1,d2)∈Cn f(d1)g(d2) = (d2,d1)∈Cn f(d1)g(d2) = (d2,d1)∈Cn g(d2)f(d1) = (g ∗ f)(n). Pour toutes fonctions arithmétiques f et g, on a f ∗ g = g ∗ f donc la loi ∗ est commutative. Q4. On considère C′ n = {(d1, d2, d3) ∈ (N∗)3, d1d2d3 = n}. Soient f, g et h trois fonctions arithmétiques. Soit n ∈ N∗. [(f ∗ g) ∗ h](n) = d|n (f ∗ g)(d)h n d = d|n k|d f(k)g d k h n d = (d1,d2,d3)∈C′n f(d1)g(d2)h(d3). De même, [f ∗ (g ∗ h)](n) = [(g ∗ h) ∗ f](n) = d|n (g ∗ h)(d)f n d = d|n k|d g(k)h d k f n d = (d1,d2,d3)∈C′n f(d1)g(d2)h(d3). Ainsi (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) et ∗ est associative. Q5. On considère l’ensemble A muni des lois + et ∗. • (A, +) est un groupe. • ∗ : A × A → A (f, g) → f ∗ g est une loi de composition interne sur A. • D’après la question Q4., ∗ est associative. • D’après la question Q1., ∗ admet un élément neutre δ. • ∗ est distributive à gauche et à droite par rapport à +. Ainsi (A, +, ∗) est un anneau. De plus, ∗ est commutative (question Q3.). Donc (A, +, ∗) est un anneau commutatif. 1 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures I.B - Groupe des fonctions multiplicatives. Q6. Soit f une fonction multiplicative. Alors f(1) = f(1)2 donc f(1) vaut 0 ou 1, or f(1) ̸= 0 donc f(1) = 1. Soient f et g deux fonctions multiplicatives telles que ∀p ∈ P, ∀k ∈ N∗, f(pk) = g(pk). On a donc f(1) = g(1) = 1. Soit n ∈ N∗, n ≥ 2. D’après le théorème sur la décomposition en facteurs premiers d’un entier, ∃!k ∈ N, ∃!(p1, . . . , pk) ∈ Pk, les pi étant deux à deux distincts, ∃!(α1, . . . , αk) ∈ (N∗)k, n = (p1)α1 . . . (pk)αk. Pour i ̸= j, on a pi ̸= pj, donc (pi)αi ∧ (pj)αj = 1. En utilisant que les fonctions f et g sont multiplicatives, on en déduit que f((pi)αi(pj)αj) = f((pi)αi)f((pj)αj). Par une récurrence immédiate, il vient : f(n) = f k i=1 (pi)αi = k i=1 f (pi)αi = k i=1 g (pi)αi = g k i=1 (pi)αi = g(n). Ainsi ∀n ∈ N∗, f(n) = g(n). Soient f et g multiplicatives. Alors (∀p ∈ P, ∀k ∈ N∗, f(pk) = g(pk)) ⇒ f = g. Q7. Soit (m, n) ∈ (N∗)2, premiers entre eux. • Montrons que π est bien définie. Soit d1 ∈ Dn et d2 ∈ Dm. Alors ∃a ∈ N∗, n = ad1 et ∃b ∈ N∗, m = bd2, d’où mn = (ad1)(bd2) = (ab)(d1d2), donc d1d2 est un diviseur de mn et d1d2 ∈ Dmn. Donc π : Dn × Dm → Dmn (d1, d2) → d1d2 est bien définie. • Montrons que π est surjective. Soit d ∈ Dmn. Alors d divise mn. D’après le théorème sur la décomposition en facteurs premiers d’un entier, ∀n ∈ N∗, ∃!k ∈ N, ∃!(p1, . . . , pk) ∈ Pk, les pi étant deux à deux distincts, ∃!(α1, . . . , αk) ∈ (N∗)k, n = (p1)α1 . . . (pk)αk. On écrit la décomposition de n et m en facteurs premiers : n = (p1)α1 . . . (pk)αk et m = (q1)β1 . . . (ql)βl. n et m sont premiers entre eux donc {p1, . . . , pk} ∩ {q1, . . . , ql} = ∅. d divise mn donc est de la forme : d = k i=1 pai i l j=1 qbj j avec 0 ≤ ai ≤ αi et 0 ≤ bj ≤ βj. En posant d1 = k i=1 pai i ∈ Dn et d2 = l j=1 qbj i ∈ Dm, on a d = d1d2 = π(d1, d2) donc π est surjective. • Montrons que π est injective. Soit (d1, d2) ∈ Dn × Dm et (e1, e2) ∈ Dn × Dm, tels que π(d1, d2) = π(e1, e2). Alors d1d2 = e1e2. Soit d un diviseur commun de d1 et e2. d1 est un diviseur de n et e2 est un diviseur de m donc d est un diviseur commun de n et m. Or n ∧ m = 1 donc d = 1. Donc d1 ∧ e2 = 1 et d1 divise e1e2. Ainsi d1 divise e1. Par symétrie des rôles joués par d1 et e1, on montre de même que e1 divise d1. On a donc d1, e1 ∈ N∗, avec d1|e1 et e1|d1, donc d1 = e1. La relation d1d2 = d1e2 nous donne d2 = e2. Finalement (d1, e1) = (d2, e2) et π est injective. Ainsi π est bien définie et bijective de Dn × Dm sur Dmn. 2 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Q8. Soient f et g deux fonctions multiplicatives. Soient (m, n) ∈ N∗ premiers entre eux. Soit d1 ∈ Dn et d2 ∈ Dm, alors d1 ∧ d2 = 1. Puisque f est multiplicative, f(d1d2) = f(d1)f(d2). De même, n d1 ∈ Dn et m d2 ∈ Dm donc n d1 ∧ m d2 = 1. Puisque g est multiplicative, g n d1 m d2 = g n d1 g m d2 . Il vient alors, en utilisant la bijection π : (f ∗ g)(nm) = d∈Dnm f(d)g nm d = (d1,d2)∈Dn×Dm f(d1d2)g n d1 m d2 = (d1,d2)∈Dn×Dm f(d1)f(d2)g n d1 g m d2 = d1∈Dn f(d1)g n d1 d2∈Dm f(d2)g n d2 = (f ∗ g)(n) (f ∗ g)(m). Donc f ∗ g est multiplicative. Si f et g sont deux fonctions multiplicatives, alors f ∗ g est encore multiplicative. Q9. Soit f une fonction multiplicative. On définit une fonction arithmétique g : N∗ → C par récurrence en posant : g(1) = 1. ∀p ∈ P, ∀k ∈ N∗, g(pk) = − k i=1 f(pi)g(pk−i). Alors g est bien définie sur tous les pk. Pour m ∈ N∗, dont la décomposition en facteurs premiers est : m = k i=1 (pi)αi, on pose g(m) = k i=1 g(pi). Montrons que g est multiplicative. Soit (m, n) ∈ (N∗)2, premiers entre eux. On écrit la décomposition de m et n en facteurs premiers : m = (p1)α1 . . . (pk)αk et n = (q1)β1 . . . (ql)βl. m et n sont premiers entre eux donc {p1, . . . , pk} ∩ {q1, . . . , ql} = ∅. g(mn) = g k i=1 pαi i l j=1 qβj j = k i=1 g(pαi i ) l j=1 g(qαj j ) = g k i=1 pαi i g l j=1 qαj j = g(m)g(n). Donc g est multiplicative. Soit p ∈ P et k ∈ N∗. Les diviseurs de pk sont : Dpk = {pi, 0 ≤ i ≤ k}. D’où : (f ∗ g)(pk) = d|pk f(d)g pk d = k i=0 f(pi)g pk pi = k i=0 f(pi)g(pk−i) = f(1)g(pk) + k i=1 f(pi)g(pk−i) = g(pk) − g(pk) = 0. Ainsi ∀p ∈ P, ∀k ∈ N∗, (f ∗ g)(pk) = δ(pk) = 0. D’après la question Q6., puisque les fonctions f ∗ g et δ sont multiplicatives, on en déduit que f ∗ g = δ. Q10. On considère l’ensemble M muni de ∗. • D’après la question Q8., si f ∈ M et g ∈ M, alors f ∗ g ∈ M. Donc ∗ : M × M → M (f, g) → f ∗ g est une loi de composition interne sur M. • D’après la question Q4., ∗ est associative. • D’après la question Q1., ∗ admet un élément neutre δ. 3 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures • D’après la question Q8., tout élément f ∈ M admet un inverse. En effet, ∃g ∈ M, f ∗ g = g ∗ f = δ. Ainsi (M, ∗) est un groupe. De plus, ∗ est commutative (question Q3.). Donc (M, ∗) est un groupe abélien (ou commutatif). I.C - La fonction de Möbius. Q11. La fonction de Möbius est définie par : µ(n) = 1 si n = 1. (−1)r si n est le produit de r nombres premiers distincts. 0 sinon. Soit (m, n) ∈ (N∗)2, premiers entre eux. • Si m = 1, alors µ(m) = 1 donc µ(mn) = µ(n) = 1 × µ(n) = µ(m)µ(n). • Si n = 1, on procède de même et µ(mn) = µ(m)µ(n). • Supposons que m ̸= 1 et n ̸= 1. Soit m = (p1)α1 . . . (pk)αk et n = (q1)β1 . . . (ql)βl la décomposition en facteurs premiers de m et n. Puisque m ∧ n = 1, on a {p1, . . . , pk} ∩ {q1, . . . , ql} = ∅. ⋆ Supposons que soit m, soit n contient plusieurs fois le même nombre premier p dans sa décomposition. Alors µ(m) = 0 ou µ(n) = 0 donc le produit est nul : µ(m)µ(n) = 0. De plus, mn contient plusieurs fois le même nombre premier p dans sa décomposition, donc µ(mn) = 0. Dans ce cas, on a donc µ(mn) = µ(m)µ(n) = 0. ⋆ Supposons que m et n contiennent chaque nombre premier une seule fois. m et n s’écrivent donc : m = p1 . . . pk. n = q1 . . . ql. mn = p1 . . . pkq1 . . . ql. ⇒ µ(m) = (−1)k. µ(n) = (−1)l. µ(mn) = (−1)k+l = (−1)k(−1)l = µ(m)µ(n). On a µ(1) = 1 et m ∧ n = 1 ⇒ µ(mn) = µ(m)µ(n), donc µ est multiplicative. Q12. Soit p ∈ P et k ∈ N∗. Les diviseurs de pk sont : Dpk = {pi, 0 ≤ i ≤ k}. On a µ(1) = 1, µ(p) = (−1) et µ(pk) = 0 si k ≥ 2. D’où : (µ ∗ 1)(pk) = d|pk µ(d)1 pk d = k i=0 µ(pi) × 1 = k i=0 µ(pi) = µ(1) + µ(p) + 0 = 1 + (−1) = 0. Les fonctions µ et 1 sont multiplicatives. D’après la question Q8., µ ∗ 1 est encore multiplicative. On a montré que ∀p ∈ P, ∀k ∈ N∗, (µ ∗ 1)(pk) = δ(pk) = 0. D’après la question Q6., puisque les fonctions µ ∗ 1 et δ sont multiplicatives, on en déduit que µ ∗ 1 = δ. Q13. Soit f ∈ A et F ∈ A telle que ∀n ∈ N∗, F(n) = d|n f(d). Calculons f ∗ 1. Soit n ∈ N∗. (f ∗ 1)(n) = d|n f(d)1 n d = d|n f(d) × 1 = d|n f(d) = F(n). On a donc f ∗ 1 = F. D’après la question Q12., µ ∗ 1 = δ. D’après la question Q1., δ est l’élément neutre pour ∗. En composant par µ : f = f ∗ δ = (f ∗ 1) ∗ µ = F ∗ µ = µ ∗ F. Ainsi f = µ ∗ F ce qui équivaut à ∀n ∈ N∗, f(n) = d|n µ(d)F n d . 4 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Q14. • Montrons que la fonction indicatrice d’Euler ϕ est multiplicative. Pour n ∈ N∗, on note U(Z/nZ) l’ensemble des inversibles de Z/nZ. D’après le cours, ϕ(n) = Card{i ∈ [|1, pk|], i ∧ pk = 1} = Card(U(Z/nZ)). Soit (m, n) ∈ (N∗)2, premiers entre eux. Par le théorème chinois, on a : Z/mnZ ≃ Z/mZ × Z/nZ. ⇒ U(Z/mnZ) ≃ U(Z/mZ) × Z/nZ) = U(Z/mZ)) × U(Z/nZ). ⇒ ϕ(mn) = U(Z/mnZ) = Card(U(Z/mZ))) × Card(U(Z/nZ)) = ϕ(m)ϕ(n). Donc ϕ est multiplicative. • Soit p ∈ P et k ∈ N∗. Calculons ϕ(pk). ϕ(pk) = Card{i ∈ [|1, pk|], i ∧ pk = 1} = pk − Card{i ∈ [|1, pk|], i ∧ pk ̸= 1} = pk − Card{i ∈ [|1, pk|], p divise i} = pk − pk−1. En effet, pour i ∈ i ∈ [|1, pk|], p divise i si et seulement si ∃l ∈ [|1, pk−1|], i = pl et il y a pk−1 tels entiers i. • Soit p ∈ P et k ∈ N∗. Les diviseurs de pk sont : Dpk = {pi, 0 ≤ i ≤ k}. On a µ(1) = 1, µ(p) = (−1) et µ(pk) = 0 si k ≥ 2. D’où : (µ ∗ I)(pk) = d|pk µ(d)I pk d = k i=0 µ(pi)pk pi = k i=0 µ(pi)pk−i = µ(1)pk + µ(p)pk−1 + 0 = pk − pk−1. • On a montré que ∀p ∈ P, ∀k ∈ N∗, (µ ∗ I)(pk) = ϕ(pk) = pk − pk−1. D’après la question Q6., puisque les fonctions µ ∗ I et ϕ sont multiplicatives, on en déduit que µ ∗ I = ϕ. I.D - Déterminant de Smith. Q15. Calculons le produit matriciel M ′DT . Soit (i, j) ∈ [|1, n|]2 : (M ′DT )i,j = n k=1 (M ′)i,k(DT )k,j = n k=1 m′ i,kdj,k = k∈[|1,n|],k divise j m′ i,k = k∈[|1,n|],k divise j et i g(k) = k divise (i∧j) g(k). • Posons ∀n ∈ N∗, G(n) = k|n g(k). D’après la question Q13., g = µ ∗ G. • D’après l’énoncé, g = µ ∗ f donc µ ∗ G = µ ∗ f. • D’après la question Q12., µ ∗ 1 = δ. • D’après la question Q1., δ est l’élément neutre pour ∗. • En composant la relation µ ∗ G = µ ∗ f par 1, il vient : G = δ ∗ G = 1 ∗ (µ ∗ G) = 1 ∗ (µ ∗ f) = δ ∗ f = f, donc G = f. • On peut alors conclure : ∀(i, j) ∈ [|1, n|]2, (M ′DT )i,j = k divise (i∧j) g(k) = G(i ∧ j) = f(i ∧ j) = mi,j = (M)i,j. On a montré que M ′DT = M. 5 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Q16. Puisque M = M ′DT , on obtient en prenant le déterminant : det(M) = det(M ′DT ) = det(M ′) det(DT ) = det(M ′) det(D). D’une part, on remarque que la matrice D vérifie : • pour i < j, j ne divise pas i donc di,j = 0. • pour i = j, j divise i donc di,i = 1. La matrice D est triangulaire inférieure avec des 1 sur la diagonale, donc det(D) = 1. D’autre part, on remarque que la matrice M ′ vérifie : • pour i < j, j ne divise pas i donc m′ i,j = 0. • pour i = j, j divise i donc m′ i,i = g(i). La matrice M ′ est triangulaire inférieure et ses coefficients diagonaux valent m′ k,k = g(k), donc det(M ′) = n k=1 g(k). Finalement, det(M) = det(M ′) det(D) = n k=1 g(k). I.E - Séries de Dirichlet. Q17. Soit s > Ac(f). Par définition de Ac, qui est la borne inférieure des réels pour lesquels la série converge absolument, il existe s0 ∈ R tel que s0 < s et la série k≥1 f(k) ks0 converge absolument. Alors f(k)/ks f(k)/ks0 = 1 ks−s0 → k→+∞ 0 car s − s0 > 0. Puisque f(k) ks = o f(k) ks0 , par règle des petits o pour les séries à termes positifs, f(k) ks converge absolu- ment. Si s > Ac(f), alors la série k≥1 f(k) ks converge absolument. Q18. Soient f et g deux fonctions multiplicatives d’abscisses de convergence finies. On suppose que ∀s > max(Ac(f), Ac(g)), Lf(s) = Lg(s). Alors ∀s > max(Ac(f), Ac(g)), Lf(s) − Lg(s) = +∞ k=1 f(k) − g(k) ks = 0. Supposons par l’absurde qu’il existe k ∈ N∗ tel que f(k) ̸= g(k). Notons k0 = min{k ∈ N∗, f(k) ̸= g(k)}. Alors 0 = Lf(s) − Lg(s) = +∞ k=k0 f(k) − g(k) ks = f(k0) − g(k0) ks 0 + +∞ k=k0+1 f(k) − g(k) ks . On multiplie cette égalité par ks 0 : ∀s > max(Ac(f), Ac(g)), 0 = f(k0) − g(k0) + +∞ k=k0+1 (f(k) − g(k)) k0 k s . 6 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures On fixe s0 > max(Ac(f), Ac(g)). Soit s > s0. +∞ k=k0+1 (f(k) − g(k)) k0 k s ≤ +∞ k=k0+1 |f(k) − g(k)| k0 k s = +∞ k=k0+1 |f(k) − g(k)| k0 k s0 k0 k s−s0 ≤ +∞ k=k0+1 |f(k) − g(k)| k0 k s0 k0 k0 + 1 s−s0 = k0 k0 + 1 s−s0 +∞ k=k0+1 |f(k) − g(k)| k0 k s0 . Or lim s→+∞ k0 k0 + 1 s−s0 = 0 donc lim s→+∞ +∞ k=k0+1 (f(k) − g(k)) k0 k s = 0. On obtient f(k0) − g(k0) = 0, ce qui est absurde. Donc ∀k ∈ N∗, f(k) = g(k) et f = g. Q19. Soient f et g deux fonctions multiplicatives d’abscisses de convergence finies. Soit s > max(Ac(f), Ac(g)). Alors les deux séries d≥1 f(d) ds et k≥1 g(k) ks convergent absolument. On en déduit que en posant ∀(d, k) ∈ (N∗)2, ad,k = f(d) ds g(k) ks , la famille (ad,k)(d,k)∈(N∗)2 est sommable. Pour n ∈ N∗, on pose In = {(d, k) ∈ (N∗)2, dk = n}. Alors (In)n≥1 est une partition de I = (N∗)2 : I = {(d, k) ∈ (N∗)2} = n∈N∗ In. En appliquant le théorème de sommation par paquets : Lf(s)Lg(s) = +∞ d=1 f(d) ds +∞ k=1 g(k) ks = +∞ d=1 +∞ k=1 f(d)g(k) (dk)s = (d,k)∈(N∗)2 f(d)g(k) (dk)s = +∞ n=1 (d,k)∈In f(d)g(k) (dk)s = +∞ n=1 (d,k)∈(N∗)2, dk=n f(d)g(k) (dk)s = +∞ n=1 1 ns d|n f(d)g n d = +∞ n=1 1 ns (f ∗ g)(n) = Lf∗g(s). Donc ∀s > max(Ac(f), Ac(g)), Lf(s)Lg(s) = Lf∗g(s). 7 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures II Matrices et endomorphismes de permutation. II.A - Similitude de deux matrices de permutation. Q20. • On a Pσ = (δi,σ(j))1≤i,j≤n où δ désigne le symbole de Kronecker. Soit (ρ, ρ′) ∈ S2 n. Soit (i, j) ∈ [|1, n|]2 : (PρPρ′)i,j = n k=1 (Pρ)i,k(Pρ′)k,j = n k=1 δi,ρ(k)δk,ρ′(j) = k=ρ′(j) δi,ρ(k) = δi,ρ◦ρ′(j) = Pρρ′(i, j) Donc ∀(ρ, ρ′) ∈ S2 n, PρPρ′ = Pρρ′. • Soit ρ ∈ Sn. Alors l’égalité ρ ◦ ρ−1 = Id[|1,n|] montre que PρPρ−1 = Pρ◦ρ−1 = PId[|1,n|] = In. Donc ∀ρ ∈ Sn, Pρ ∈ GLn(C) et (Pρ)−1 = Pρ−1. • Soient deux permutations (σ, τ) ∈ S2 n qui sont conjuguées. Alors ∃ρ ∈ Sn, telle que τ = ρσρ−1. D’où Pτ = Pρσρ−1 = PρPσPρ−1 = PρPσ(Pρ)−1. Si τ et σ sont conjuguées, alors Pτ et Pσ sont semblables. Q21. Ici n = 7, γ1 = (1, 3, 7), γ2 = (2, 6, 4) et ρ ∈ S7 avec ρ(1) = 2. ρ(3) = 6. ρ(7) = 4. • Pour k ∈ {2, 4, 6} : Pour k = 2 : ργ1ρ−1(2) = ργ1(1) = ρ(3) = 6 = γ2(2). Pour k = 4 : ργ1ρ−1(4) = ργ1(7) = ρ(1) = 2 = γ2(4). Pour k = 6 : ργ1ρ−1(6) = ργ1(3) = ρ(7) = 4 = γ2(6). • Soit k ∈ {1, 3, 5, 7}. Alors γ2(k) = k car k est un point fixe de γ2. De plus, on a : ρ−1(2) = 1. ρ−1(6) = 3. ρ−1(4) = 7. Puisque ρ−1 est une permutation de [|1, 7|] donc une bijection, pour k ∈ {1, 3, 5, 7}, on a ρ−1(k) /∈ {1, 3, 7}, d’où ρ−1(k) ∈ {2, 4, 5, 6}. Or {2, 4, 5, 6} est l’ensemble des points fixes de γ1. Il vient : ∀k ∈ {1, 3, 5, 7}, γ1(ρ−1(k)) = ρ−1(k) donc ργ1ρ−1(k) = ρρ−1(k) = k = γ2(k). Finalement, on a ργ1ρ−1 = γ2. Q22. Soit n ∈ N∗ et l ∈ [|2, n|]. Soient γ1 = (a1, . . . , al) et γ2 = (b1, . . . , bl) deux cycles de longueur l. Montrons que γ1 et γ2 sont conjugués. On définit une permutation ρ ∈ Sn en deux étapes. Tout d’abord, on pose : ∀i ∈ [|1, l|], ρ(ai) = bi. D’autre part, soient les ensembles finis : A = [|1, n|] \ {a1, . . . , al}, B = [|1, n|] \ {b1, . . . , bl}. A et B sont finis de même cardinal n − l donc il existe une bijection ρ′ de A sur B. On définit alors ρ sur A par : ∀k ∈ A, ρ(k) = ρ′(k). Alors ρ est bien une permutation : ρ ∈ Sn. On procède ensuite comme dans la question Q21. 8 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures • Pour k ∈ {b1, . . . , bl} : ∀i ∈ [|1, l|], ργ1ρ−1(bi) = ργ1(ai) = ρ(ai+1) = bi+1 = γ2(bi). (Si i = l, on note par convention al+1 = a1 et bl+1 = b1.) Donc ∀k ∈ {b1, . . . , bl}, ργ1ρ−1(k) = γ2(k). • Soit k ∈ B = [|1, n|] \ {b1, . . . , bl}. Alors γ2(k) = k car k est un point fixe de γ2. Puisque ρ−1 est une permutation de [|1, n|] donc une bijection, pour k ∈ [|1, n|] \ {b1, . . . , bl}, on a ρ−1(k) /∈ {a1, . . . , al}, d’où ρ−1(k) ∈ A = [|1, n|] \ {a1, . . . , al}. Or A est l’ensemble des points fixes de γ1. Il vient : ∀k ∈ B = [|1, n|] \ {b1, . . . , bl}, γ1(ρ−1(k)) = ρ−1(k) donc ργ1ρ−1(k) = ρρ−1(k) = k = γ2(k). Donc ∀k ∈ B = [|1, n|] \ {b1, . . . , bl}, ργ1ρ−1(k) = γ2(k). Finalement, on a ργ1ρ−1 = γ2. Dans Sn, deux cycles de même longueur sont conjugués. Q23. Soient γ1 et γ2 dans Sn deux cycles à supports disjoints, et soit ρ ∈ Sn. On note A = Supp(γ1) et B = Supp(γ2). On a donc A ∩ B = ∅. Alors : Supp(ργ1ρ−1) = ρ(A). Supp(ργ2ρ−1) = ρ(B). Puisque A ∩ B = ∅ et ρ est bijective, on a ρ(A) ∩ ρ(B) = ∅. Ainsi ργ1ρ−1 et ργ2ρ−1 sont encore à supports disjoints. Soient γ1 et γ2 dans Sn deux cycles à supports disjoints, ρ ∈ Sn, alors ργ1ρ−1 et ργ2ρ−1 sont encore des cycles à supports disjoints. Soient σ ∈ Sn et τ ∈ Sn. Montrons l’équivalence : (σ et τ sont conjugués) ⇔ (∀l ∈ [|1, n|], cl(σ) = cl(τ)). • ⇒ Supposons que σ et τ sont conjugués. Alors ∃ρ ∈ Sn, τ = ρσρ−1. Soit σ = γ1γ2 . . . γr la décomposition unique de σ en produit de cycles à supports disjoints. Alors τ = ρσρ−1 = ρ(γ1γ2 . . . γr)ρ−1 = (ργ1ρ−1)(ργ2ρ−1) . . . (ργrρ−1). Chaque (ργiρ−1) est un cycle de même longueur que le cycle γi. De plus, on a montré que ces cycles (ργiρ−1)1≤i≤r sont encore à supports disjoints. Donc τ se décompose en un produit de cycles à supports disjoints de même longueur que ceux de σ. Ainsi ∀l ∈ [|2, n|], cl(σ) = cl(τ). Puisque le nombre de points fixes de σ est égal à n auquel on retire la somme des longueurs des cycles, σ et τ ont aussi le même nombre de points fixes : c1(σ) = c1(τ). Donc ∀l ∈ [|1, n|], cl(σ) = cl(τ). • ⇐ Supposons que ∀l ∈ [|1, n|], cl(σ) = cl(τ). Dans une décomposition en un produit de cycles à supports disjoints, tous les cycles commutent. On peut donc échanger l’ordre des cycles. On décompose σ et τ en produit de cycles à supports disjoints : σ = γ1γ2 . . . γr. τ = η1η2 . . . ηr. Quitte à permuter l’ordre des cycles, on suppose que ∀i ∈ [|1, r|], γi et ηi sont de même longueur. On a montré que deux cycles de même longueur sont conjugués. Par la même technique que dans la ques- tion Q22., on construit une permutation ρ ∈ Sn de la manière suivante : ρ : Supp(γ1) → Supp(η1), ... ρ : Supp(γr) → Supp(γr), ρ : {points fixes de σ} → {points fixes de τ}, de sorte que ∀i ∈ [|1, r|], ργiρ−1 = ηi. Alors ρσρ−1 = ρ(γ1γ2 . . . γr)ρ−1 = (ργ1ρ−1)(ργ2ρ−1) . . . (ργrρ−1) = η1η2 . . . ηr = τ. Donc τ = ρσρ−1 et σ et τ sont conjugués. 9 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Ainsi (σ et τ sont conjugués) ⇔ (∀l ∈ [|1, n|], cl(σ) = cl(τ)). Q24. Soit ℓ ∈ [|2, n|] et γ ∈ Sn un cycle de longueur ℓ. Posons σ = (1, 2, . . . , ℓ). γ et σ sont deux cycles de même longueur (ℓ) donc sont conjugués (par la question Q22.). γ et σ sont conjugués donc Pγ et Pσ sont semblables (par la question Q20.). Pγ et Pσ sont semblables donc ont le même polynôme caractéristique : χγ(X) = χσ(X) = det(XIn − Pσ) = det(XIn − Γℓ) avec Γℓ = Pσ = 0 1 1 0 ... ... 0 1 0 ∈ Mℓ(C). Calculons le polynôme caractéristique de Γℓ, en effectuant un développement par rapport à la première ligne. χγ(X) = det(XIℓ − Γℓ) = det X −1 −1 X ... ... 0 −1 X = XXℓ−1 + (−1)ℓ−1 × (−1)(−1)ℓ−1 = Xℓ − 1. Si γ ∈ Sℓ est un cycle de longueur ℓ, alors χγ(X) = Xℓ − 1. Q25. Soit σ ∈ Sn. Soit σ = γ1γ2 . . . γr la décomposition unique de σ en produit de cycles à supports disjoints. On note ℓ(γi) la longueur du cycle γi. Soit Bcan = (e1, . . . , en) la base canonique de Cn. Pour i ∈ [|1, r|], en notant le cycle γi = (a1, . . . , aℓ(γi)), on note Bi = (ea1, . . . , eaℓ(γi)) une famille de vecteurs incluse dans Bcan. De plus, notons A = {points fixes de σ} et B0 = (ek, k ∈ A). Alors B = (B0, B1, . . . , Br) est une famille de vecteurs de Cn obtenue par permutation des vecteurs de la base canonique Bcan, donc c’est encore une base de Cn. De plus, en notant P = MatBcan(B) la matrice de passage de Bcan à B, on a : P −1PσP = Ic1(σ) Γℓ(γ1) ... Γℓ(γr) = D. Donc Pσ est semblable à cette matrice D qui est diagonale par blocs : • avec des blocs de la forme Γℓ pour ℓ ≥ 2 : ce sont les r blocs Γℓ(γ1), . . . , Γℓ(γr), qui proviennent des r cycles à supports disjoints de σ ; • et avec c1(σ) blocs de la forme Γ1 = (1) ∈ M1(C), qui proviennent des c1(σ) points fixes de σ. Pσ et D sont semblables donc ont le même polynôme caractéristique. En utilisant la question Q24., et en regroupant les cℓ(σ) cycles de même longueur ℓ ∈ [|1, n|], on obtient : χσ(X) = χPσ(X) = χD(X) = (X − 1)c1(σ) r i=1 χΓℓ(γi)(X) = (X − 1)c1(σ) r i=1 Xℓ(γi) − 1 = n ℓ=1 (Xℓ − 1)cℓ(σ). Donc ∀σ ∈ Sn, χσ(X) = n ℓ=1 (Xℓ − 1)cℓ(σ). Q26. Soit σ ∈ Sn. Pour ℓ ∈ [|1, n|], les racines de Xℓ − 1 sont toutes simples et valent { racines de Xℓ − 1} = eik 2π ℓ , 1 ≤ k ≤ ℓ . On décompose le polynôme caractéristique χσ en un produit de polynômes de degré 1 : χσ(X) = n ℓ=1 (Xℓ − 1)cℓ(σ) = n l=1 ℓ k=1 X − eik 2π ℓ cℓ(σ) . 10 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Dans la suite, on ne s’intéresse qu’aux racines de χσ qui sont de la forme ωq = ei2π/q, pour q ∈ [|1, n|] (même si χσ possède aussi d’autres racines). (ωq est racine de Xℓ − 1) ⇔ ωℓ q = 1 ⇔ e i2π ℓ q = 1 ⇔ ℓ q ∈ Z ⇔ q divise ℓ. Donc le facteur (X − ωq) apparaît cℓ(σ) fois pour chaque ℓ ∈ [|1, n|] tel que q divise ℓ. Ainsi La multiplicité de ωq = ei2π/q en tant que racine de χσ vaut : ℓ∈[|1,n|],q|ℓ cℓ(σ). Soient σ et τ dans Sn telles que Pσ et Pτ sont semblables. Alors χσ = χτ. Donc ∀q ∈ [|1, n|], le nombre complexe ωq = ei2π/q a la même multiplicité comme racine de χσ et comme racine de χτ. On obtient : ∀q ∈ [|1, n|], ℓ∈[|1,n|],q|ℓ cℓ(σ) = ℓ∈[|1,n|],q|ℓ cℓ(τ). Q27. Montrons la propriété (S) : (Les matrices de permutation Pσ et Pτ sont semblables) ⇔ (les permutations σ et τ sont conjuguées.) • ⇐ On l’a déjà montré dans la question Q20. • ⇒ Supposons que Pσ et Pτ sont semblables. Soit le type cyclique de σ : Tσ = c1(σ) c2(σ) . . . cn(σ) . Calculons le produit matriciel TσD. Soit j ∈ [|1, n|] : (TσD)1,j = n k=1 (Tσ)1,k(D)k,j = n k=1 ck(σ)dk,j = k∈[|1,n|],j divise k ck(σ). D’après la question Q26., ∀j ∈ [|1, n|], k∈[|1,n|],j divise k ck(σ) = k∈[|1,n|],j divise k ck(τ), donc (TσD)1,j = (TτD)1,j et TσD = TτD. Or on a montré dans la question Q16. que det(D) = 1. En particulier, la matrice D est inversible, d’où en composant à gauche par D−1 : Tσ = Tτ. Ainsi σ et τ ont le même type cyclique, ce qui entraîne ∀l ∈ [|1, n|], cl(σ) = cl(τ). Par la question Q23., les permutations σ et τ sont conjuguées. (Les matrices de permutation Pσ et Pτ sont semblables) ⇔ (les permutations σ et τ sont conjuguées.) II.B - Endomorphismes de permutation. Q28. u est un endomorphisme de permutation ⇔ ∃σ ∈ Sn, ∃B = (e1, . . . , en) base de E, ∀j ∈ [|1, n|], u(ej) = eδ(j) ⇔ ∃σ ∈ Sn, ∃B = (e1, . . . , en) base de E, ∀j ∈ [|1, n|], u(ej) = n j=1 ai,jej avec ai,j = 1 si i = σ(j), 0 sinon. ⇔ ∃σ ∈ Sn, ∃B base de E, MatB(u) = Pσ. Q29. Soit u un endomorphisme de permutation. Il existe une base B de E et une permutation σ ∈ Sn telles que MatB(u) = Pσ. (Sn, ◦) est un groupe de cardinal n!, donc par le théorème de Lagrange, on a σCard(Sn) = σn! = Id[|1,n|]. On en déduit que (Pσ)n! = Pσn! = PId[|1,n|] = In. 11 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Le polynôme Xn! − 1 annule Pσ, donc annule u : un! = IdE. Or Xn! − 1 est scindé à racines simples sur C et ses racines sont les racines (n!)-ièmes de l’unité. Donc u est diagonalisable dans L(E). D’après la question Q25., la matrice Pσ est semblable à une matrice diagonale par blocs de la forme : D = Diag(Γℓ1, . . . , Γℓk), k ≤ n, ∀i ∈ [|1, k|], ℓi ≥ 1. Or on a : ∀ℓ ≥ 1, Tr(Γℓ) = 1 si ℓ = 1, 0 si ℓ ≥ 2. Donc Tr(u) ∈ N et de plus : Tr(u) = Tr(Pσ) = Tr(D) = k i=1 Tr(Γℓi) ≤ k i=1 1 = k ≤ n. Ainsi Tr(u) ∈ [|0, n|]. Q30. Soient A et B deux matrices diagonalisables de Mn(C). Montrons que (A et B sont semblables) ⇔ (χA = χB). ⇒ On suppose que A et B sont semblables. Alors ∃P ∈ GLn(C), B = P −1AP. D’où χB(X) = det(XIn−B) = det(XIn−P −1AP) = det(P −1(XIn−A)P) = det(P −1) det(P) det(XIn−A) = χA(X). Donc χA = χB. ⇐ Supposons que χA = χB. On note χA(X) = p k=1 (X − λk)αk. Soit k ∈ [|1, p|] et Bk une base de Ker(A − λkIn). Alors B = B1 ∪ . . . ∪ Bp est une base de E et A est semblable à : D = λ1Iα1 ... λpIαp . De même, B est semblable à D. Par symétrie et transitivité de la relation de similitude, A et B sont semblables. Ainsi si A et B sont diagonalisables dans Mn(C), alors (A et B sont semblables) ⇔ (χA = χB). Q31. Soit u ∈ L(E) tel que u2 = IdE. Montrons que (u est un endomorphisme de permutation) ⇔ (Tr(u) ∈ N). ⇒ Par la question Q29., si u est un endomorphisme de permutation, alors Tr(u) ∈ [|0, n|] ⊂ N. ⇐ Supposons que Tr(u) ∈ N. Le polynôme X2 − 1 = (X − 1)(X + 1) annule u et est scindé à racines simples sur C. Donc u est diagonalisable et ses valeurs propres sont incluses dans les racines de P : Sp(u) ⊂ {1, −1}. Le polynôme caractéristique de u est de la forme χu(X) = (X − 1)α1(X + 1)α2, avec α1 = dim(E1(u)) = dim(Ker(u − IdE)) ≥ 0, α2 = dim(E−1(u)) = dim(Ker(u + IdE)) ≥ 0, n = α1 + α2. Il existe une base B de E dans laquelle la matrice de u vaut MatB(u) = D = Iα1 0 0 −Iα2 . Or Tr(u) = Tr(D) = α1 − α2 ≥ 0 donc α1 ≥ α2. En permutant les éléments de la base, on obtient une matrice semblable à D, diagonale par blocs, qui contient α2 blocs A : D = Iα1 0 0 −Iα2 sim ∼ Iα1−α2 A ... A avec A = 1 0 0 −1 . 12 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Rappelons que Γ2 = 0 1 1 0 . Puisque χA(X) = X2 − 1 = χΓ2(X), et puisque A et Γ2 sont diagonalisables, elles sont semblables. Donc D est semblable à D sim ∼ Iα1−α2 Γ2 ... Γ2 . C’est bien une matrice de permutation. Donc u est un endomorphisme de permutation. Finalement l’équivalence est vraie : si u2 = IdE, alors (u est un endomorphisme de permutation) ⇔ (Tr(u) ∈ N). Q32. • Cas k = 3. Soit u ∈ L(E) tel que u3 = IdE. Montrons que (u est un endomorphisme de permutation) ⇔ (Tr(u) ∈ N). ⇒ Par la question Q29., si u est un endomorphisme de permutation, alors Tr(u) ∈ [|0, n|] ⊂ N. ⇐ Supposons que Tr(u) ∈ N. Le polynôme X3 − 1 = (X − 1)(X − j)(X − j2) annule u et est scindé à racines simples sur C. Donc u est diagonalisable et ses valeurs propres sont incluses dans les racines de P : Sp(u) ⊂ {1, j, j2}. Le polynôme caractéristique de u est de la forme χu(X) = (X − 1)α1(X − j)α2(X − j2)α3, avec α1 = dim(E1(u)) = dim(Ker(u − IdE)) ≥ 0, α2 = dim(Ej(u)) = dim(Ker(u − jIdE)) ≥ 0, α3 = dim(Ej2(u)) = dim(Ker(u − j2IdE)) ≥ 0, n = α1 + α2 + α3. Il existe une base B de E dans laquelle la matrice de u vaut MatB(u) = D = Iα1 0 0 0 jIα2 0 0 0 j2Iα3 . On utilise la relation 1 + j + j2 = 0 qui donne j2 = −1 − j : Tr(u) = Tr(D) = α1 + α2j + α3j2 = α1 + α2j − α3(1 + j) = (α1 − α3) + j(α2 − α3) ∈ N. Donc α2 − α3 = 0 et α1 − α3 ≥ 0. Autrement dit, on a α1 ≥ α2 = α3. En permutant les éléments de la base, on obtient une matrice semblable à D, diagonale par blocs, qui contient α2 blocs A : D = Iα1 0 0 0 jIα2 0 0 0 j2Iα3 sim ∼ Iα1−α2 A ... A avec A = 1 0 0 0 j 0 0 0 j2 . Rappelons que Γ3 = 0 0 1 1 0 0 0 1 0 . Puisque χA(X) = X3 −1 = χΓ3(X), et puisque A et Γ3 sont diagonalisables, elles sont semblables. Donc D est semblable à D sim ∼ Iα1−α2 Γ3 ... Γ3 . C’est bien une matrice de permutation. Donc u est un endomorphisme de permutation. Pour k = 3, cette équivalence est vraie. Si u3 = IdE, alors (u est un endomorphisme de permutation) ⇔ (Tr(u) ∈ N). 13 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures • Cas k = 4. On suppose que n ≥ 2. On pose A = i 0 0 −i et D = A 0 0 In−2 ∈ Mn(C). On a A4 = I2 donc D4 = In. De plus Tr(A) = 0 donc Tr(D) = Tr(A) + (n − 2) = n − 2 ∈ N. Cependant, on a χD(X) = (X − i)(X + i)(X − 1)n−2 = (X2 + 1)(X − 1)n−2. Montrons que ce polynôme caractéristique n’est pas de la forme donnée dans la question Q25. Supposons par l’absurde qu’il soit de cette forme. Alors il existe ℓ ∈ [|1, n|], tel que le terme (X − i) provient de la décomposition en polynômes de degré 1 du polynôme (Xℓ − 1). Puisque iℓ = 1, 4 divise ℓ. Mais alors −1 est aussi racine de (Xℓ − 1), donc de χD, ce qui est absurde. Donc χD n’est pas de la forme donnée dans Q25. Or si D était semblable à une matrice de permutation Pσ, puisqu’elles sont diagonalisables, elles auraient le même polynôme caractéristique, d’après la question Q30. Donc D4 = I4, Tr(D) ∈ N et pourtant D n’est pas la matrice d’un endomorphisme de permutation. Pour k = 4, cette équivalence est fausse. Q33. • Démontrons le résultat préliminaire suivant. Si (c1, . . . , cn) ∈ Nn vérifie n ℓ=1 ℓcℓ = n, alors il existe une permutation σ ∈ Sn de type cyclique c1 . . . cn . On construit σ en définissant σ(k) pour k ∈ [|1, n|]. ⋆ Les c1(σ) premiers éléments de [|1, n|] sont les points fixes de σ : ∀k ∈ [|1, c1(σ)|], σ(k) = k. ⋆ Les 2c2(σ) éléments suivants sont utilisés pour construire c2(σ) 2-cycles, de la forme (k, k + 1). ⋆ Les 3c3(σ) éléments suivants sont utilisés pour construire c3(σ) 3-cycles, de la forme (k, k + 1, k + 2). ⋆ . . . ⋆ Les ncn(σ) éléments suivants sont utilisés pour construire cn(σ) n-cycles (remarque : cn(σ) vaut 0 ou 1). ⋆ On définit σ comme la composée de ces cycles à supports disjoints. σ possède bien cl(σ) cycles de longueur ℓ, pour tout ℓ ∈ [|1, n|]. On a démontré l’existence d’une permutation de type cyclique c1 . . . cn . • Montrons maintenant que (u est un endomorphisme de permutation) ⇔ (u vérifie (a) et (b)). • ⇒ Supposons que u est un endomorphisme de permutation. Il existe une base B de E et une permutation σ ∈ Sn telles que MatB(u) = Pσ. Alors χu = χσ. D’après la question Q25., χu(X) = χσ(X) = n ℓ=1 (Xℓ − 1)cℓ(σ). Donc la condition (a) est remplie. On a montré à la question Q29. que un! = IdE. Donc il existe N ∈ N∗ tel que uN = IdE et la condition (b) est remplie. • ⇐ Supposons que les conditions (a) et (b) sont remplies. D’après (b), il existe N ∈ N∗ tel que uN = IdE. Le polynôme XN − 1 annule u et est scindé à racines simples sur C, donc u est diagonalisable. D’après (a), il existe (c1, . . . , cn) ∈ Nn tels que χu(X) = n ℓ=1 (Xℓ − 1)cℓ. χu est de degré n, d’où : deg(χu) = n = n ℓ=1 ℓcℓ. D’après le résultat préliminaire, il existe σ ∈ Sn de type cyclique Tσ = c1 . . . cn . D’après la question Q25., χσ(X) = n ℓ=1 (Xℓ − 1)cℓ = χu(X). Soit C une base quelconque de E et A = MatC(u). u est diagonalisable donc A est diagonalisable. χA = χu = χPσ et les matrices A et Pσ sont diagonalisables. 14 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures D’après la question Q30., les matrices A = MatC(u) et Pσ sont semblables. Donc ∃P ∈ GLn(C), P −1AP = Pσ. P représente la matrice de passage de la base C à une autre base B de E, donc Pσ = P −1AP = P −1 MatC(u)P = MatB(u). Ainsi MatB(u) = Pσ et u est un endomorphisme de permutation. Finalement, (u est un endomorphisme de permutation) ⇔ (u vérifie (a) et (b)). Q34. Soit u ∈ L(E). Notons (λ1, . . . , λn) les valeurs propres de u comptées avec multiplicité. χu est scindé sur C donc u est trigonalisable. Il existe une base B de E telle que la matrice de u dans B soit triangulaire supérieure, avec les λi sur la diagonale : MatB(u) = T = λ1 ti,j ... 0 λn . ∀k ∈ N, T k = (λ1)k ∗ ... 0 (λn)k . D’où ∀k ∈ N, Tr(uk) = Tr(T k) = n i=1 (λi)k. Notons σk le k-ième polynôme symétrique élémentaire en les variables (λi)1≤i≤n : σk(λ1, . . . , λn) = 1≤i1<i2<...<ik≤n λi1λi2 . . . λik. Alors le polynôme caractéristique s’exprime comme : χu(X) = n i=1 (X − λi) = Xn + n k=1 (−1)kσk(λ1, . . . , λn)Xn−k. D’autre part, le polynôme symétrique σk(λ1, . . . , λn) s’exprime comme un polynôme en les sommes de Newton n i=1 (λi)k = Tr(uk). Soit maintenant u et v deux endomorphismes de E tels que ∀k ∈ N, Tr(uk) = Tr(vk). Notons (λ1, . . . , λn) les valeurs propres de u et (µ1, . . . , µn) les valeurs propres de v, comptées avec multiplicité. Alors leurs polynômes symétriques sont égaux : ∀k ∈ N, σk(λ1, . . . , λn) = σk(µ1, . . . , µn). Donc leurs polynômes caractéristiques ont les mêmes coefficients, donc sont égaux : χu = χv. Q35. • Soit σ ∈ Sn et Pσ sa matrice de permutation. On a montré dans la question Q25. que Pσ est semblable à une matrice diagonale par blocs D, telle que pour ℓ ∈ [|1, n|], D contient cℓ(σ) blocs du type Γℓ : Pσ sim ∼ D = Diag(Γℓ1, . . . , Γℓp), p ≤ n, ∀i ∈ [|1, p|], ℓi ≥ 1, Alors ∀k ∈ N, P k σ sim ∼ Dk = Diag((Γℓ1)k, . . . , (Γℓp)k). Si ℓ = 1, alors Γ1 = (1) donc ∀k ∈ N, (Γ1)k = (1) et Tr(Γ1)k = 1. Si ℓ ≥ 2, les coefficients des matrices Γℓ et (Γℓ)k de Mℓ(C) valent : (Γℓ)i,j = 1 si i = j + 1 mod (ℓ), 0 sinon. ((Γℓ)k)i,j = 1 si i = j + k mod (ℓ), 0 sinon. ⋆ Si ℓ divise k, alors (Γℓ)k = Iℓ donc Tr((Γℓ)k) = ℓ. ⋆ Si ℓ ne divise pas k, alors Tr((Γℓ)k) = 0 car il s’agit d’une matrice avec une sous-diagonale de 1 et une sur-diagonale de 1, qui ont des coefficients diagonaux tous nuls. 15 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Il vient : Tr(P k σ ) = Tr(Dk) = c1(σ) + ℓ∈[|2,n|] Tr((Γl)k)cℓ(σ) = c1(σ) + ℓ∈[|2,n|],ℓ|k ℓcℓ(σ). Ainsi ∀σ ∈ Sn, ∀k ∈ N, Tr(P k σ ) = ℓ∈[|1,n|],ℓ|k ℓcℓ(σ). • Soit maintenant u un endomorphisme diagonalisable de E. • ⇒ Supposons que u est un endomorphisme de permutation. Il existe une base B de E et une permutation σ ∈ Sn telles que MatB(u) = Pσ. D’après ce qui précède, ∀k ∈ N, Tr(uk) = Tr(P k σ ) = ℓ∈[|1,n|],ℓ|k ℓcℓ(σ). Donc il existe bien des entiers naturels (cℓ)1≤ℓ≤n tels que ∀k ∈ N, Tr(uk) = ℓ∈[|1,n|],ℓ|k ℓcℓ. • ⇐ Supposons qu’il existe des entiers naturels (cℓ)1≤ℓ≤n tels que ∀k ∈ N, Tr(uk) = ℓ∈[|1,n|],ℓ|k ℓcℓ. En particulier, pour k = 0, il vient : Tr(u0) = Tr(IdE) = n = ℓ∈[|1,n|],ℓ|0 ℓcℓ = n ℓ=1 ℓcℓ. D’après le résultat préliminaire démontré dans la question Q33., puisque n ℓ=1 ℓcℓ = n, il existe σ ∈ Sn de type cyclique Tσ = c1 . . . cn . Alors ∀k ∈ N, Tr(uk) = ℓ∈[|1,n|],ℓ|k ℓcℓ = Tr(P k σ ). D’après la question Q34., on en déduit que u et Pσ ont même polynôme caractéristique, d’où : χu(X) = χσ(X) = n ℓ=1 (Xℓ − 1)cℓ. Soit C une base quelconque de E et A = MatC(u). u est diagonalisable donc A est diagonalisable. χA = χu = χPσ et les matrices A et Pσ sont diagonalisables. D’après la question Q30., les matrices A = MatC(u) et Pσ sont semblables. Donc ∃P ∈ GLn(C), P −1AP = Pσ. P représente la matrice de passage de la base C à une autre base B de E, donc Pσ = P −1AP = P −1 MatC(u)P = MatB(u). Ainsi MatB(u) = Pσ et u est un endomorphisme de permutation. Finalement, u est un endomorphisme de permutation si et seulement si il existe (c1, . . . , cn) ∈ Nn tels que : ∀k ∈ N, Tr(uk) = ℓ∈[|1,n|],ℓ|k ℓcℓ. 16 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures III Valeurs propres de la matrice de Redheffer. Q36. La matrice An est triangulaire supérieure, donc son déterminant vaut : An = µ(1) µ(2) . . . . . . µ(n) 0 1 0 . . . 0 ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 . . . . . . 0 1 . det(An) = µ(1) = 1. La matrice Hn est de la forme : Hn = 1 1 . . . 1 1 ... hi,j = δi|j 1 = 1 1 . . . . . . 1 1 1 ... 0 ... δi|j ... ... ... ... 1 0 . . . 0 1 . Soit (i, j) ∈ [|1, n|]2. Calculons (Cn)i,j = (AnHn)i,j = n k=1 ai,khk,j. On distingue quatre cas : • Si i = j = 1 : (Cn)1,1 = n k=1 a1,khk,1 = n k=1 µ(k) × 1 = n k=1 µ(k) = M(n). (Cn)1,1 = M(n). • Si i > 1 et j = 1 : (Cn)i,1 = n k=1 ai,khk,1 = ai,i × 1 = 1. (Cn)i,1 = 1. • Si i > 1 et j > 1 : (Cn)i,j = n k=1 ai,khk,j = ai,ihi,j = hi,j. (Cn)i,j = hi,j. • Si i = 1 et j > 1 (cas oublié dans l’énoncé) : (Cn)1,j = n k=1 a1,khk,j = n k=1 µ(k)hk,j = k|j µ(k) = (µ ∗ 1)(j) = 0 car j ̸= 1. (Cn)1,j = 0. Donc les coefficients de Cn sont égaux aux coefficients de Hn, sauf ceux de la première ligne : Cn = M(n) 0 . . . 0 1 ... hi,j = δi|j 1 = M(n) 0 . . . . . . 0 1 1 ... 0 ... δi|j ... ... ... ... 1 0 . . . 0 1 . On calcule le déterminant de Cn en développant suivant la première ligne. La sous-matrice carrée ((Cn)i,j)2≤i,j≤n est triangulaire supérieure avec des 1 sur la diagonale, donc de déterminant égal à 1, d’où : det(Cn) = M(n). Puisque det(An) = 1, on obtient : det(Cn) = M(n) = det(AnHn) = det(An) det(Hn) = det(Hn). Donc det(Hn) = M(n). 17 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Q37. La matrice Bn(λ) est triangulaire supérieure, donc son déterminant vaut : Bn(λ) = b(1) b(2) . . . . . . b(n) 0 1 0 . . . 0 ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 . . . . . . 0 1 . det(Bn(λ)) = b(1) = 1. Soit (i, j) ∈ [|1, n|]2. Calculons (Bn(λ)Hn)i,j = n k=1 bi,khk,j. On distingue trois cas : • Si i > 1 et j est quelconque : (Bn(λ)Hn)i,j = n k=1 bi,khk,j = bi,ihi,j = hi,j. (Bn(λ)Hn)i,j = hi,j. • Si i = j = 1 : (Bn(λ)Hn)1,1 = n k=1 b1,khk,1 = n k=1 b(k) × 1 = n k=1 b(k) = 1 + n k=2 b(k). (Bn(λ)Hn)1,1 = 1 + n k=2 b(k). • Si i = 1 et j > 1 : (Bn(λ)Hn)1,j = n k=1 b1,khk,j = n k=1 b(k)hk,j = k|j b(k) = b(j) + k|j,k̸=j b(k) = b(j) + (λ − 1)b(j) = λb(j). (Bn(λ)Hn)1,j = λb(j). On obtient Bn(λ)Hn = 1 + n k=2 b(k) λb(2) . . . . . . λb(n) 1 1 ... 0 ... δi|j ... ... ... ... 1 0 . . . 0 1 . Donc Bn(λ)(λIn − Hn) = λBn(λ) − Bn(λ)Hn = λ − 1 − n k=2 b(k) 0 . . . . . . 0 −1 λ − 1 ... 0 ... −δi|j ... ... ... ... −1 0 . . . 0 λ − 1 . On calcule ce déterminant en développant suivant la première ligne. Puisque det(Bn(λ)) = 1, on obtient : det(Bn(λ)(λIn − Hn)) = det(Bn(λ)) det(λIn − Hn) = χn(λ) = (λ − 1)n−1 λ − 1 − n k=2 b(k) . Finalement, χn(λ) = (λ − 1)n − (λ − 1)n−1 n k=2 b(k). 18 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures Q38. On a f = (1 + w)δ − w1 donc f ∗ b = (1 + w)(δ ∗ b) − w(1 ∗ b). Or : δ ∗ b = b. Si n = 1 : (1 ∗ b)(1) = d|1 b(d) = b(1) = 1. Si n ≥ 2 : (1 ∗ b)(n) = (b ∗ 1)(n) = d|n b(d) = b(n) + k|n,k̸=n b(k) = b(n) + (λ − 1)b(n) = λb(n). Si n = 1 : f ∗ b(1) = (1 + w)(δ ∗ b)(1) − w(1 ∗ b)(1) = (1 + w)b(1) − w = 1. Si n ≥ 2 : f ∗ b(n) = (1 + w)(δ ∗ b)(n) − w(1 ∗ b)(n) = (1 + w)b(n) − wλb(n) = (1 + w(1 − λ))b(n) = 0. Donc f ∗ b = δ. Q39. Pour k ∈ N∗, f(k) ks = 1 ks ((1 + w)δ(k) − w1(k)) = (1 + w)δ(k) ks − w 1 ks = (1 + w)δ(k) − w 1 ks . La série k≥1 f(k) ks converge absolument si et seulement si la série de Riemann k≥1 1 ks converge, si et seulement si s > 1. On en déduit que l’abscisse de convergence Ac(f) = 1. De plus, ∀s > 1, +∞ k=1 f(k) ks = (1 + w) − w +∞ k=1 1 ks . Donc Lf(s) = (1 + w) − wL1(s). Q40. • Pour m ≥ 2, Dk(m) est le nombre de manières de décomposer l’entier m en un produit de k facteurs supérieurs ou égaux à 2, où l’ordre des facteurs compte. Remarquons que ∀m ≥ 2, D1(m) = 1 car m est la seule écriture de m en produit d’un seul terme. Supposons qu’il existe au moins une manière de décomposer m en un produit de k facteurs m1, . . . , mk ≥ 2. Alors m = k i=1 mi ≥ k i=1 2 = 2k. On vient de montrer que Dk(m) ̸= 0 ⇒ m ≥ 2k. Par contraposée, 2k > m ⇒ Dk(m) = 0. Or 2k > m ⇔ k ln(2) > ln(m) ⇔ k > ln(m) ln(2) = log2(m) ⇔ k > ⌊log2(m)⌋. Ainsi : ∀m ≥ 2, ∀k ≥ 2, k > ⌊log2(m)⌋ ⇒ Dk(m) = 0. Par abus de notation, on notera parfois +∞ k=2 akDk(m) = ⌊log2(m)⌋ k=2 akDk(m) mais il s’agira toujours d’une somme finie, donc convergente. • On admet que les fonctions f et b sont multiplicatives. • On a f ∗ b = δ. De plus Ac(f) = 1. D’après la question Q19., on a ∀s > max(Ac(f), Ac(b)) = max(1, Ac(b)), Lf(s)Lb(s) = Lf∗b(s) = Lδ(s) = +∞ k=1 δ(k) ks = 1. On fixe s > max(1, Ac(b)). 1 Lf(s) = Lb(s) = +∞ m=1 b(m) ms = 1 + +∞ m=2 m−sb(m). 19 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures • Montrons par récurrence forte sur m ≥ 2 que b(m) = ⌊log2(m)⌋ k=1 wkDk(m). Initialisation. Pour m = 2, on a b(2) = wb(1) = w et D1(2) = 1 donc le résultat est vrai. Hérédité. Supposons le résultat vrai pour tout d ∈ [|2, m − 1|] et montrons-le pour m. Par définition de b, puis par hypothèse de récurrence appliquée aux diviseurs de m différents de m, sauf à d = 1 que l’on isole : b(m) = w d|m,d̸=m b(d) = w b(1) + d|m,d̸=m,d̸=1 ⌊log2(d)⌋ k=1 wkDk(d) = w + w d|m,d̸=m,d̸=1 ⌊log2(m)⌋ k=1 wkDk(d) = w + w ⌊log2(m)⌋ k=1 d|m,d̸=m,d̸=1 wkDk(d) = w + ⌊log2(m)⌋ k=1 wk+1 d|m,d̸=m,d̸=1 Dk(d) . car pour d ≤ m, on a ⌊log2(d)⌋ ≤ ⌊log2(m)⌋ et les termes Dk(d) pour k trop grand sont nuls. Soit d ̸= m un diviseur de m. Soit d = f1 . . . fk une décomposition de d en k facteurs f1, . . . , fk ≥ 2. Alors m = d m d = f1 . . . fk m d est une décomposition de m en k + 1 facteurs. On a de plus m d ≥ 2 puisque d ̸= m. Toute décomposition de m en k + 1 facteurs est de ce type. On en déduit que Dk+1(m) = d|m,d̸=m,d̸=1 Dk(d). D’où b(m) = w + ⌊log2(m)⌋ k=1 wk+1Dk+1(m) = wD1(m) + 1+⌊log2(m)⌋ k=2 wkDk(m) = wD1(m) + ⌊log2(m)⌋ k=2 wkDk(m) = ⌊log2(m)⌋ k=1 wkDk(m). Ceci termine la récurrence. On a montré que ∀m ≥ 2, b(m) = ⌊log2(m)⌋ k=1 wkDk(m). • On conclut immédiatement que ∀s > max(1, Ac(b)), 1 Lf(s) = 1 + +∞ m=2 m−sb(m) = 1 + +∞ m=2 m−s ⌊log2(m)⌋ k=1 wkDk(m). Q41. On utilise le résultat intermédiaire que l’on a démontré dans la question Q40. : ∀m ≥ 2, b(m) = ⌊log2(m)⌋ k=1 wkDk(m). 20 Concours 2020 Centrale-Supélec - MP - Mathématiques 1 Durée : 4 heures On pose Sk(n) = n m=2 Dk(m). Puisque j ≤ n, on a ⌊log2(j)⌋ ≤ ⌊log2(n)⌋. n j=2 b(j) = n j=2 ⌊log2(j)⌋ k=1 wkDk(j) = n j=2 ⌊log2(n)⌋ k=1 wkDk(j) = ⌊log2(n)⌋ k=1 n j=2 wkDk(j) = ⌊log2(n)⌋ k=1 wk n j=2 Dk(j) = ⌊log2(n)⌋ k=1 wkSk(n) = ⌊log2(n)⌋ k=1 (λ − 1)−kSk(n). En remplaçant dans l’expression obtenue en Q37., il vient : χn(λ) = (λ − 1)n − (λ − 1)n−1 ⌊log2(n)⌋ k=1 (λ − 1)−kSk(n). Finalement, χn(λ) = (λ − 1)n − ⌊log2(n)⌋ k=1 (λ − 1)n−k−1Sk(n). Q42. Par la question Q42., on a : χn(λ) = (λ − 1)n − ⌊log2(n)⌋ k=1 (λ − 1)n−k−1Sk(n) = (λ − 1)n−⌊log2(n)⌋−1 (λ − 1)⌊log2(n)⌋+1 − ⌊log2(n)⌋ k=1 (λ − 1)⌊log2(n)⌋−kSk(n) =Q(λ) = (λ − 1)n−⌊log2(n)⌋−1Q(λ). Or Q(1) = 0 − S⌊log2(n)⌋(n) = − n m=2 D⌊log2(n)⌋(m) ̸= 0. Donc 1 est racine de χn, de multiplicité n − ⌊log2(n)⌋ − 1. Or χn est le polynôme caractéristique de la matrice Hn. Ainsi 1 est valeur propre de Hn, de multiplicité n − ⌊log2(n)⌋ − 1. 21