Spectre et trace d'une matrice circulante

Soit $n \in \mathbb{N}$ un entier tel que $n \geqslant 3$ . On considère la matrice $T_{n} \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{Z})$ dont les coefficients sont définis par :

(T_n)_{i,j} = \begin{cases} 1 & \text{si } i-j \equiv 1 \pmod n \text{ ou } i-j \equiv -1 \pmod n 0 & \text{sinon} \end{cases}

On fixe un entier naturel

m

.

Déterminer les valeurs propres complexes de la matrice $T_n$ . La matrice $T_n$ est-elle diagonalisable dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ ?
Calculer la trace de $T_n^m$ en supposant $n > m$ . On distinguera les cas selon la parité de $m$ .
En utilisant un argument de limite sur les sommes de Riemann, déterminer la valeur de l'intégrale : $I_m = \int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2 m}(x) \mathrm{d} x$

1.

Reconnaître que $T_n$ est une matrice circulante. On pourra l'exprimer en fonction de la matrice de permutation élémentaire $J$ associée au cycle $(1, 2, \dots, n)$ .

2.

Utiliser la formule de la trace comme somme des puissances $m$ -èmes des valeurs propres.

3.

Pour $n > m$ , simplifier la somme double obtenue par la formule du binôme en utilisant les propriétés des sommes des racines $n$ -èmes de l'unité.

4.

Faire le lien entre $\frac{1}{n} \text{Tr}(T_n^{2m})$ et une somme de Riemann de la fonction $x \mapsto (2\cos(x))^{2m}$ sur un intervalle approprié.

Idées clés

•

Réduction des matrices circulantes et racines de l'unité.

•

Lien entre trace et valeurs propres : $\text{Tr}(A^m) = \sum \lambda_i^m$ .

•

Convergence des sommes de Riemann vers l'intégrale.

Résolution.

Notons $J$ la matrice de permutation circulaire définie par $J e_i = e_{i-1}$ (avec $e_0 = e_n$ ), soit : $J = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 0 & 0 & 1 & \ddots & \vdots \vdots & & \ddots & \ddots & 0 0 & & & 0 & 1 1 & 0 & \dots & \dots & 0 \end{pmatrix}$ Par définition de $T_n$ , on observe que $T_n = J + J^{-1} = J + J^T$ . Les valeurs propres de $J$ sont les racines $n$ -èmes de l'unité $\omega_k = e^{\frac{2ik\pi}{n}}$ pour $k \in \{0, \dots, n-1\}$ . Comme $T_n$ est un polynôme en $J$ , ses valeurs propres sont les $\lambda_k = \omega_k + \omega_k^{-1} = 2 \cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right)$ . $\boxed{\text{Sp}(T_n) = \left\{ 2\cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right), \ k \in \{0, \dots, n-1\} \right\}}$ La matrice $T_n$ est réelle et symétrique ( $T_n^T = J^T + J = T_n$ ), donc elle est diagonalisable dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ d'après le théorème spectral.
La trace de $T_n^m$ est égale à la somme des puissances $m$ -èmes de ses valeurs propres : $\text{Tr}(T_n^m) = \sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k^m = \sum_{k=0}^{n-1} \left( e^{\frac{2ik\pi}{n}} + e^{-\frac{2ik\pi}{n}} \right)^m$ D'après la formule du binôme de Newton : $\text{Tr}(T_n^m) = \sum_{k=0}^{n-1} \sum_{j=0}^m \binom{m}{j} e^{\frac{2ik\pi}{n}j} e^{-\frac{2ik\pi}{n}(m-j)} = \sum_{j=0}^m \binom{m}{j} \sum_{k=0}^{n-1} \left( e^{\frac{2i\pi(2j-m)}{n}} \right)^k$ La somme interne est une progression géométrique de raison $q = e^{\frac{2i\pi(2j-m)}{n}}$ . Elle vaut $n$ si $q=1$ (c'est-à-dire si $n$ divise $2j-m$ ) et $0$ sinon. Supposons $n > m$ . Comme $j \in \{0, \dots, m\}$ , on a $-m \leqslant 2j-m \leqslant m$ . L'unique multiple de $n$ dans cet intervalle est $0$ puisque $n > m$ . Ainsi, la somme est non nulle si et seulement si $2j - m = 0$ . Cas 1 : $m$ est impair. L'équation $2j = m$ n'a pas de solution entière. La trace est donc nulle. $\boxed{\text{Si } m \text{ est impair et } n > m, \ \text{Tr}(T_n^m) = 0}$ Cas 2 : $m$ est pair. Notons $m = 2p$ . L'unique solution est $j = p = m/2$ . La trace vaut alors $n \binom{m}{m/2}$ . $\boxed{\text{Si } m \text{ est pair et } n > m, \ \text{Tr}(T_n^m) = n \binom{m}{m/2}}$
Considérons la fonction $f : x \mapsto (2\cos(x))^{2m}$ sur $[0, 2\pi]$ . La trace de $T_n^{2m}$ s'écrit : $\text{Tr}(T_n^{2m}) = \sum_{k=0}^{n-1} \left( 2\cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right) \right)^{2m}$ On reconnaît une somme de Riemann pour l'intégrale de $f$ sur $[0, 2\pi]$ avec le pas $\Delta x = \frac{2\pi}{n}$ : $\frac{2\pi}{n} \text{Tr}(T_n^{2m}) = \frac{2\pi}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left( k \frac{2\pi}{n} \right) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_0^{2\pi} f(x) \mathrm{d}x$ D'après la question précédente, pour $n > 2m$ , on a $\text{Tr}(T_n^{2m}) = n \binom{2m}{m}$ . En injectant cette valeur constante pour $n$ assez grand, la limite vaut : $\lim_{n \to \infty} \frac{2\pi}{n} \cdot n \binom{2m}{m} = 2\pi \binom{2m}{m}$ Or, par définition de $I_m$ : $\int_0^{2\pi} (2\cos(x))^{2m} \mathrm{d}x = 2^{2m} \int_0^{2\pi} \cos^{2m}(x) \mathrm{d}x = 2^{2m} I_m$ On en déduit l'égalité : $2^{2m} I_m = 2\pi \binom{2m}{m}$ . $\boxed{I_m = \frac{2\pi}{2^{2m}} \binom{2m}{m}}$

Attention à la condition $n > m$ (ou $n > 2m$ dans la dernière question). Si $n$ est petit, d'autres valeurs de $j$ peuvent satisfaire $2j-m \equiv 0 \pmod n$ , ce qui rajoute des termes à la trace. Par exemple, si $n=m$ , le terme $j=0$ et $j=m$ comptent aussi.