%M00AM1E.tex E3A 1 2000 MP corrig\'e : 8 mai 2000 10h00 version 17 5 2000 20h40
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%*****Haut et bas de page
%\def\makeheadline{}
\catcode`\@=11
\font\@upstt=cmtt10
\footline={\@upstt\hfil\jobname.tex\ - page \the\count0\ifodd\count0\hfill\fi}
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\ifx\numerodepage\undefined\else\count0=\numerodepage\fi
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% D\'ebut du texte % E3A Mp 1 2000 corrig\'e
%\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}% trait partiel centr\'e
\def\titreimpair{\line{ {\fiverm d: M00AM1C.tex \hskip 3mm}
{\bf E3A 2000 1\`ere 2 mai 2000 8-11h
\hskip 3mm\Carre \hfil Mr VIDIANI Sp\'e MP1 CARNOT  \hskip 2mm\liond\ \vrule\  \folio}}  }

\def\titrepair{\line{\bf\folio  \hfill %{\fiverm  \ \ \  }   %Underfull hbox si  ce { mme vide mais avec fonte} pas mis
                                    % en fait line demande une ligne compl\`ete : il faut hfill
{\bf E3A 1 MP 2000 : trois exercices :
\hskip 3mm\Carre Mr VIDIANI \hskip 2mm\liong}}  }
%\vskip -6mm\noindent{\fiverm (version \date\ : \heure )}   %\^U\^U\^U\^U\^U

\leavevmode
\cadrefin{\vbox to 10mm {\hsize 30mm\leftskip 0mm\noindent\fiverm nom :
\hfill\vfill\noindent sp\'e MP1 carnot DIJON}}

{\it(I.4.d) n'est pas trivial ; II.3.b devrait supposer a non nul,
pour \'ecarter le cas du cercle point (0,0) o\`u il est vrai qu'il n'y a pas de
tangente ;)}


{\it(L'int\'er\'essante faute de frappe \`a la fin de la premi\`ere ligne
de la question (1.d) du troisi\`eme exercice, n'a pas du perturber beaucoup
les candidats, qui l'ont remarqu\'ee !) }

\traitgras
\hfill\cadrefin{\tenbf Exercice 1}\hfill{}
\num{1} {\bf Coefficients de FOURIER de f : }
On rappelle que \cadrefin{$\bf a_n=\frac 2T\int_0^T\cos nwt dt$ \bf avec
$\bf w=\frac {2\pi}T$} ;

Ici $f$ est impaire % style math sinon Quercia ne serait pas content !
donc les $a_n$ sont nuls et $b_n=\frac 2\pi\int_0^\pi \sin ntdt=
\frac 2\pi [-\frac 1n\cos nt]_0^\pi= \frac 2\pi\frac 1n(1-\cos n\pi)$ ;
Il reste \cadrefin{$\bf b_{2p}=0$\ \vrule\ $\bf b_{2p+1}=\frac 4{\pi(2p+1)}$}
\trait
\num{2} {\bf Expression \`a exprimer \`a l'aide de $\bf$ : }
Comme f est normalis\'ee en ses points de discontinuit\'e, le th\'eor\`eme de
DIRICHLET donne $f(t)=\frac 4\pi\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}
\frac {\sin[(2p+1)t]}{2p+1}$, et on constate imm\'ediatement
que la limite demand\'ee est \cadrefin{$\bf f(k\frac {\pi}4)\sin[3k\frac \pi 4]$}
\trait
\num{3} {\bf Convergence de la suite $\bf S_N$ : }
Il y a peu de th\'eor\`emes pour les suites (monotone born\'ee, Cauchy, suites
adjacentes) tandis qu'il y en a beaucoup pour les s\'eries !
On a donc int\'er\^et \`a remarquer que la suite propos\'ee est de m\^eme nature
que sa s\'erie des DIFF\'ERENCE : $u_N=S_{N+1}-S_N=\frac 1{-8N+3}+\frac 1{8N+13}
=\frac {16}{(-8N+3)(8N+13)}\sim\frac {-16}{84N^2}=-\frac 1{4N^2}$, s\'erie
convergente  puisque de RIEMANN avec $\alpha=2>1$.
\trait
\num{4.a} {\bf Calculer $\bf \sigma_p$ : }
\`A cause de la $2\pi$ p\'eriodicit\'e de $\sin$, on constate que $\sigma_p$
est 4-p\'eriodique. On nous a fait cadeau du calcul des trois premiers termes,
il reste \`a calculer $\sigma_3$.
Pour simplifier on remarque que $2\sin a\sin b= \cos(a-b)-\cos(a+b)$ et donc que
$2\sigma_3$ est la somme des termes qui sont dans les lignes de l'accolade
suivante :
$2\sigma_3=\displaystyle\sum_{k=0}^7(\cos[(2p-2)k\frac \pi 4]-cos
[(2p+4)k\frac \pi 4])
=\sum_{k=0}^7(\cos[k \pi ]-cos
[5k\frac \pi 2])
=\cases{+1-1 &\hfill  0\cr
        -1-0 &\hfill  -1\cr
        +1+1 &\hfill  2\cr
        -1-0 &\hfill  -1\cr
        +1-1 &\hfill  0\cr
        -1-0 &\hfill -1\cr
        +1+1 &\hfill  2\cr
        -1-0 &\hfill  -1\cr}=0$ et ainsi \cadrefin{$\bf \sigma_3=0$}
\trait
\num{4.b} {\bf Convergence d'une suite : }
On a int\'er\^et d'apr\`es la question pr\'ec\'edente \`a proc\'eder par ``PAQUETS de 4".
Comme les paquets sont de cardinal fini 4 et que le terme g\'en\'eral
$u_p=\frac {\sigma_p}{2p+1}$ tend vers $0$, la convergence de la s\'erie paquet,
impliquera celle de la s\'erie dont la somme partielle d'indice $4N$ est
propos\'ee par l'\'enonc\'e.

Or $v_k=u_{4k}+u_{4k+1}+u_{4k+2}+u_{4k+3}=\frac {\sigma_0}{8k+1}
+\frac {\sigma_1}{8k+3}+\frac {\sigma_2}{8k+5}+\frac {\sigma_3}{8k+7}=
\frac {0}{8k+1}
+\frac {4}{8k+3}+\frac {-4}{8k+5}+\frac {0}{8k+7}
=\frac 8{(8k+3)(8k+5)}\sim \frac 1{8k^2}$, s\'erie de Riemann convergente ($\alpha=2>1$.
Deux s\'eries \`a termes positifs \'equivalents \'etant de m\^eme nature,
la s\'erie paquet consid\'er\'ee converge, donc aussi la s\'erie propos\'ee.
\trait
\num{4.c} {\bf Somme de Riemann \`a calculer : }

On \'ecrit la formule des sommes de RIEMANN :
$SR=\frac \pi 4\displaystyle\sum_{k=0}^7 f(k\frac \pi 4)\sin (k\frac \pi 4)
=\frac \pi 4\big[0=\frac {\sqrt{2}}2-1 +\frac {\sqrt{2}}2-(0-\frac {\sqrt{2}}2+1
-\frac {\sqrt{2}}2)\big]=\frac \pi 4(2\sqrt{2}-2)=\frac \pi 2(\sqrt{2}-1)$.
Ainsi \cadrefin{\bf Somme de RIEMANN (4.c)= $\bf SR=\frac \pi 2(\sqrt{2}-1)$}
\trait
\num{4.d} {\bf Valeur de L puis de S : }

\leavevmode \danger\
On vient de voir que
$SR=\frac \pi 4\displaystyle\sum_{k=0}^7 f(k\frac \pi 4)\sin (k\frac \pi 4)$
et pour ce qui  est dans la somme on utilise le r\'esultat de la question (2) :

$SR=\displaystyle\sum_{k=0}^7 \sum_{p=0}^{+\infty}
\frac {\sin[(2p+1)k\frac\pi 4]}{2p+1}
\sin (k\frac \pi 4) $ ;

On a le droit de permuter les sommations (somme finie de s\'eries convergentes
d'apr\`es (2)), ce qui donne  :

$SR=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^7
\frac {\sin[(2p+1)k\frac\pi 4]}{2p+1}
\sin (k\frac \pi 4) =\sum_{p=0}^{+\infty} \frac {\sigma_p}{2p+1}$.

Ainsi \cadrefin{$\bf L=\sum_{p=0}^{+\infty} \frac {\sigma_p}{2p+1}=SR
=\frac \pi 2(\sqrt{2}-1)$}


\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e


$\bullet\ $ {\bf Calcul de S : } \leavevmode\danger\
En posant $p=4q+i$, $i=0..3$, la somme $Q_N$ (qui tend vers $L$) du (4.b)
s'\'ecrit, comme
$\sigma_{4q+i}=\sigma_i$, en groupant par paquets :
$Q_N=\displaystyle 4\sum_{q=0}^{N-1} \frac 1{8q+3}
-4\sum_{q=0}^{N-1} \frac 1{8q+5}$, soit :

$-\frac {Q_N}4=\frac 15+...+\frac 1{8(N-1)+5}-\big(\frac 13+...+
\frac 1{8(N-1)+3}=_{\hbox{\fiverm (avec des notations
\'evidentes)}}\ A_{N-1}+B_{N-1} $.

Or $S_N=\frac 1{-8N+5}+ \frac 1{-8(N-1)+5}+...+\frac 1{-8+5}+\frac 15+...+
\frac 1{8(N-1)+5}+\frac 1{8N+5}
=-\frac 1{8(N-1)+3}-....-\frac 13 +\frac 15+...+
\frac 1{8(N-1)+5}+\frac 1{8N+5}= B_{N-1}+A_{N-1}+\frac 1{8N+5}
=Q_N+\frac 1{8N+5}$ ; par suite en faisant tendre $N$ vers plus l'infini.
\cadrefin{$\bf S=-\frac L4=\frac \pi 8(1-\sqrt{2})$}

\traitgras
\hfill\cadrefin{\tenbf Exercice 2}\hfill{}

\num{1} {\bf Solution avec u=v=0 : } D'apr\`es Cauchy-Lipchitz, il n'y a qu'une
seule solution satisfaisant \`a des conditions initiales donn\'ees, or ici
la solution nulle $x=y=0$ est \'evidente.
\trait
\num{2.a} {\bf D\'eterminant :} Avant de calculer on remarque que
$\cases{x"=2xx'+2y'=2x(x^2+y)+xy=2x^3+3xy \cr
        y"=x'y+xy'=x^2y+y^2+x^2y=2x^2y+y^2\cr}$ par cons\'equent
$W(x',y')=Wronskien(x',y')=\left\|\matrix{x^2+y & 2x^3+3xy \cr
                                         xy   & 2x^2y+y^2\cr}\right|
=_{\hbox{\fiverm C2-2C1}}
\left|\matrix{x^2+y & 2xy \cr
              xy   & y^2\cr}\right|=y^2(x^2+y-2x^2)$, soit
\cadrefin{$\bf W(x',y')=y^2(y-x^2)$}
\trait
\num{2.b} {\bf W quand inflexion ? : } En un point de nature inflexionnelle
les deux vecteurs d\'eriv\'es de $OM$ $\pmatrix{x'\cr y'}$ et
$\pmatrix{x"\cr y"}$ sont li\'es donc ce d\'eterminant est nul.
\trait
\num{2.c} {\bf R\'esoudre $\bf x'=x^2 $ : } C'est une \'equation \`a variables
s\'eparables  $\frac {dx}{x^2}=dt $ soit $-\frac 1x=t-k$ soit
\cadrefin{$\bf x=\frac 1{k-t}$} ; \`a cause de la division par $x^2$, il faut
envisager les raccords avec $x=0$, mais qui ne peuvent se produire car
$\frac 1{k-t}$ ne peut s'annuler quand elle est d\'efinie ($t\not=k$).
\trait
\num{2.d} {\bf Trajectoires incluses dans une droite ? } Tous les points
seraient inflexionels donc $W=0$, mais comme $y=x^2$ est une parabole (conique)
une droit ene la coupe qu'en deux points, donc elle ne peut convenir :
il reste la droite $y=0$, avec la loi horaire $x=\frac 1{k-t}$.
\trait
\num{3.a} {\bf Isocline avec $\bf x'=0$ : }
$x'=0$ donne par la premi\`ere \'equation $ y=-x^2$ parabole admettant
$Oy$ comme axe de sym\'etrie (voir figure).
\trait
\num{3.b} {\bf Unique cercle convenant : } Les hypoth\`eses disent
que son \'equation est de la forme $x^2+y^2-ay=0$.
Ses deux points $(-\frac a2,\frac a2)$ et $(\frac a2,\frac a2)$, sont des points
 du cercle \`a tangente parall\`ele \`a $Oy$, il doivent \^etre sur
la parabole $y=-x^2$, ce qui donne $\frac a2=-\frac {a^2}4$.
$a^2+2a=0$ ; Si on \'ecarte le cas $a=0$ qui donne le cercle point
r\'eduit \`a l'origine, on a \cadrefin{\bf a=-2}~; le cercle demand\'e
est le cercle $\bf x^2+y^2+2y=0$.
\trait
\num{3.c} {\bf Solution maximale contenant (0,a) : }
$\frac {x'y-y'x}{y^2}=\frac {x^2y+y^2-x^2y}{y^2}=1$ ;
$(\frac xy)'=1$ soit $\frac xy=t+Cte$, la condition initiale donne $Cte=0$,
par cons\'equent \cadrefin{$\bf \frac xy=t$} ;


On reporte dans la seconde \'equation du syst\`eme :
$\frac {dy}{dt}=xy\Longleftrightarrow \frac {dy}{{ydx-xdy\over y^2}}=xy$, soit
$ydy=(ydx-xdy)x$ soit $ydy=-x^2dy+xydx$, on prend comme nouvelle variable
\cadrefin{$u=x^2$} on a $ydy=-udy+\frac y2du$, on consid\`ere $u$ comme
fonction de $y$, $yu'-2u=2y$ ; \'equation diff\'erentielle du premier ordre,
lin\'eaire avec second membre ; l'\'equation sans second membre associ\'ee
$z'y=2z$ donne en s\'eparant les variables, (m\'ethode pratique $\frac {z'}z=2$, qui est
rendue rigoureuse car elle donne le m\^eme r\'esultat que parla multiplication par
l'exponentielle $exp(2\ln(|y|)$,...voir le cours) : $z=Cy^2$ ; On cherche une solution
particuli\`ere de l'\'equation avec second membre, sous la forme polynomiale
de m\^eme degr\'e que le second membre $u=ky$, ce qui donne $ky-2ky=2y$ $k=-2$ ;
La solution g\'en\'erale de l'\'equation
donne alors une trajectoire $x^2=Cy^2-2y$, mais en tenant compte de la
condition initiale donn\'ee $0=Ca^2-2a=4C+4 $ donc $C=-1$ ;
On trouve \cadrefin{$\bf x^2+y^2+2y=0$} c'est \`a dire le cercle de la
question pr\'ec\'edente (on s'y attendait).
\traitgras
\hfill\cadrefin{\tenbf Exercice 3}\hfill{}
\num{1.a} {\bf Dimension de $\bf O_a$ est 2 : } Pa r\'ecurence descendante,
(a,u(a)) est g\'en\'eratrice, puisque $u^p(a)=\frac 12(u^{p-2}(a)+u^{p-1}(a))$.
Comme elle est libre par hypoth\`ese la dimension de $O_a$ est bien deux.
\trait
La matrice de $u/O_a$, sur la base pr\'ec\'edente, ayant comme colonnes les
images des vecteurs de base est $\pmatrix{0 &\frac 12\cr 1 &\frac 12\cr}$~;
Son \'equation caract\'eristique est
$\left|\matrix{-t &\frac 12\cr 1 &\frac 12-t\cr}\right|=t^2-\frac t2-\frac 12=0$
de racines $t=1$ et $t=-\frac 12$, distinctes et r\'eelles? donc $u/O_a$
est bien diagonalisable. La matrice de la restriction de u \`a l'orbite de a
est $diag(1,-\frac 12)$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}% trait partiel centr\'e

{\bf \Carre\ Calcul pour $\bf u/O_b$ : }

On proc\`ede de m\^eme $O_b$ est de dimension 3, avec la base $b, ub), u^2(b)$, sur
 laquelle $u/O_b$ a pour matrice

\hfill
$\pmatrix{ 0& 0 &1\cr
                                            1 &0 &-1\cr
                                            0 &1 &1\cr}$, d'\'equation caract\'eristique
$\left|\matrix{ -t& 0 &1\cr
                1 &-t &-1\cr
                0 &1 &1-t\cr}\right|=-(t^2+1)(t-1)$, obtenu soit par
Sarrus, soit en ajoutant la troisi\`eme colonne \`a la premi\`ere.
Cette matrice ayant trois valeurs propres distinctes sur $C$,
est diagonalisable.

La matrice de la restriction de u \`a l'orbite de b
est $diag(1,i,-i)$.
\trait
\num{1.c} {\bf u est diagonalisable : } Les vecteurs propres associ\'es
aux quatre valeurs propres distinctes trouv\'ees dans la question pr\'ec\'edente
gr\^ace aux deux orbites espaces stables $(1,-\frac 12, i,-i)$,
sont lin\'eairement ind\'ependants, en nombre 4 dimension de E, donc
constituent une base propre de E qui est bien diagonalisable?
\trait
\num{1.d} {\bf D\'eterminer c : }
$e_1 $ est 1-propre, $e_2$ est $-\frac 12$ propre, $e_3$ est i-propre
tandis que $e_4$ est -i-propre.

On pense imm\'ediatement \`a \cadrefin{$\bf c=ke_2+e_3+e_4$} (k \'etant choisi
pour donner un
degr\'e de libert\'e pour les questions suivantes, pour cette question ou peut
prendre k=1) : en effet comme $e_2, e_3, e_4$ sont propres  pour u,
$c, u(c), u^2(c)\in Vect(e_2, e_3, e_4)$, ainsi que tous les it\'er\'es suivant
de $c$, donc l'orbite est bien de exactement trois car comme


$\cases{c=ke_2+e_3+e_4\cr
        u(c)=-k\frac 12 e_2+ie_3-ie_4\cr
        u^2(c)=k\frac 14e_2-e_3-e_4\cr}$, on constate que le d\'eterminant
($=-\frac {5ki}2$, ajouter C3 \`a C1) des composantes de
ces trois vecteurs sur la base $(e_2,e_3,e_4)$ est diff\'erent de 0, pour
$k$ non nul.
$c, u(c),u^2(c)$, forment une famille libre.
\trait
\num{1.e} {\bf L'orbite de a+b peut ne pas \^etre de dimension 4 : }

\danger\ {\it(\`A mon avis la question a une certaine ambiguit\'e dans
sa formulation, qui a sans doute g\'en\'e les candidats qui sont parvenus
jusqu'\`a elle : en effet d'apr\`es le pr\'eambule du (1) a et b sont CHOISIS
puisque leur orbites, comme le rappelle implicitement le texte en italique
entre (1.c) et (1.d) sont consid\'er\'ees comme fix\'ees.
L'\'enonc\'e aurait du dire ``Montrer que l'on peut choisir a et b...." ;
Je remercie mon coll\`egue Gozard, qui comme les bons math\'ematiciens a pris le
probl\`eme \`a l'envers (choix de a et b en fonction des $e_i$) ce qui m'a donn\'e
l'id\'ee et le courage de simplifier le calcul que j'avais \'ebauch\'e ;
En fait tout repose sur  la latitude dans le choix de c, libert\'e correspondant
au choix de k d\'eja \'evoqu\'ee ; les correcteurs se rendront par eux m\^eme
compte du flou de cette question   par la lecture directions
multiples prises par les candidats, qui auront \'et\'e jusqu'\`a ce point).}

\cadrepoint{Calculs techniques} Pour ne pas noyer le raisonnement dans
le d\'etail des calculs, je les fait tous d'abord :

{\it(On tient compte de ce que $e_1$ est 1-propre pour les restrictions
de u aux deux orbites $O_a$ et $O_b$ pour obtenir la relation
$s(a+2u(a))=b+u^2(b)$ ; On calcule aussi $e_2=r(a-u(a))$)}

\Carre \ {\bf Calcul de $\bf e_1, e_2$ dans O(a) : }
Le syst\`eme des composantes associ\'e au vecteur 1-propre $e_1$ est $-x+\frac y2=0$
et ainsi $y=2,x=1$, $e_1=K(a+2u(a))$ et nous avons la possibilit\'e du chois de $K$.

De m\^eme le syst\`eme v\'erifi\'e par les composantes de $e_2$ $-\frac 12$-propre
est $x+y=0$ et $e_2=K'(a-u(a))$ et nous avons aussi le degr\'e de libert\'e
du choix de $K'$ (non nul bien s\^ur, un vecteur propre n'\'etant jamais nul).

Pour que $a=e_1+e_2$, \`a coordonn\'ees les plus simples possibles dans la base propre,
comme $e_1+e_2=a(K+k')+u(a)(2K-K')$, il suffit
de prendre $K+K'=1$ et $2K-K'=0$ ; la r\'esolution imm\'ediate de ce petit
syst\`eme cram\'erien donne $K=\frac 13$, $K'=\frac 23$.
{\it(On pourrait remplacer a par un vecteur proportionnel, l'orbite de
$a$ \'etant la m\^eme que celle de $ta$ ($t$ \'etant non nul)} ;
On a obtenu \cadrefin{$a=e_1+e_2$}

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}% trait partiel centr\'e

De m\^eme travaillons dans l'orbite O(b) ;

Le syst\`eme donnant les composantes du vecteur 1-propre
dans la base $b,u(b),u^2(b)$ est $-x+z=0,x-y-z=0, y=0$ donc
$se_1=b+u^2(b)$ ; Quant aux composantes du vecteur i-propre
elles v\'erifient $-ix+z=0, x-iy-z=0, y+(1-i)z=0$ qui est \'equivalent \`a
$-ix+z=0, y+(1-i)z=0$ ;
Comme le but est de faire disparaitre u(b) qui ne figure pas dans $e_1$,
je prends $y$ comme variable auxiliaire.
$y=ip$ $x=\frac 12(i-1)y, z=-\frac 12(i+1)y$,
donc $e_3$ vecteur i-propre est
$e_3=p(\frac 12(-1-i) b+iu(b)+\frac 12(1-i)u^2(b))$ et en changeant i en -i
puisque la matrice est \`a coefficients r\'eels on a
$e_4=q(\frac 12(-1+i) b-iu(b)+\frac 12(1+i)u^2(b))$ ;
On prend $q=p$, pour faire dispara\^{\i}tre $u(b)$ :
$e_3+e_4=p(-b+u^2-b))$ et rappelons $e_1=s(b+u^2(b))$ ;

On veut s'arranger pour que $c=e_2+e_3+e_4$ et constater que $c=a+b$
dont l'orbite sera d'apr\`es (1.d) de dimension 3 ; Pour cela il faut que $e_1$
se r\'eduise, et donc que $b=-e_1+e_3+e_4=b(-p-s)+u^2(b)(p-s)$ ;
On prend $p=s=-\frac 12$.
\trait
\num{1.f} {\bf Choix de d : }
Nous avons choisi $c=a+b=e_2+e_3+e_4$ ;
Il suffit de perturber le choix pr\'ec\'edent, pour que le fait fortuit
d\'ependant de ce choix, que  O(c) soit de dimension 3, disparaisse :
$c'=b+ka=c+(k-1)a$ avec $k\not=1$ ;

Comme $E$ est dimension 4, il suffit de v\'erifier que l'orbite de $c'=c+ra$
est de dimension 4 ; or il suffit de v\'erifier que $a,u(a)$, sont ind\'ependants
de $c,u(c), u^2(c) $ ; Or ceci est rapide, car en proc\'edant par blocs
le d\'eterminant de leurs composantes sur $e_1,e_2,e_3,e_4$ est
$\left|\matrix{ 0  & 0 & 0 &1 \cr
                1  &-\frac 12 &\frac 14 & 1\cr
                1 & i &-1 & 0\cr
                1 &-i &-1 & 0\cr}\right|=5\frac i2\not=0$.









\trait
\num{2.a} {\bf Matrice A ?}
Sur la base $B$, $A$ dont les colonnes sont les composantes des images
par $u$ des vecteurs de base est $A=\pmatrix{ 0 &  0 & ... & a_0\cr
                                              1 &  0 & ... & a_1\cr
                                              1 &  1 & ... & a_2\cr
                                           \vdots &  \vdots & \vdots & a_{k-1}\cr
                                              0  & 0 & 0    &a_{n-1}\cr}$
o\`u $u^n(x_0)=a_0x_0+....+a_{n-1}u^{n-1}(x_0)$.
On reconna\^{\i}t la matrice compagne du polyn\^ome $X^n-a_0X^{n-1}-...-a_{n-1}$ ;

\trait
\num{2.b} {\bf Premi\`ere colonne des $\bf A^k$ : }
Il y a d\'ecalage, \`a chaque prise d'image : La premi\`ere colonne de
$A^k$ est le vecteur $u^k(x_0)$.
\trait
\num{2.c} {\bf Condition n\'ec\'essaire pour avoir un endomorphisme cyclique : }
Les n matrices $I, A,...,A^{n-1}$ \'echelonn\'ees en composantes sur $E_i^1$ sur la base
canonique des matrices, sont ind\'ependantes. Donc le degr\'e du polyn\^ome
minimal de $A$ est $>n-1$. Il est donc de degr\'e n donc proportionnel au polyn\^ome caract\'eristique,
qu'il divise, puisque celui ci est annulateur d'apr\`es CAYLEY.

La condition n\'ec\'essaire cherch\'ee est donc : pour qu'un endomorphisme soit cyclique
il faut que son polyn\^ome minimal soit $(-1)^n$ le polyn\^ome caract\'eristique,
ce qui est classique pour une matrice compagne (voir le cours utilisation de
la r\'eduction pour r\'esoudre un syt\`eme r\'ecurrent lin\'eaire).




\traitgras
\vfill
\hfill\cadrefin{\gros FIN E3A 1 MP 2000 }\hfill{}

\traitgras
\vfill
\leavevmode\hfill\transforme*{3 0 -5 3,70}{\bf E3A 1 MP 2000}
\transforme{3 0 0 3}{\bf E3A 1 MP 2000}

\fondpage={\ps{lion,\hsize,\vsize,-1 0 0 1,90}}
\vfill\eject
\bye
