Corrigé e3a 2025 Maths MP — Exercice 2 (1 à 8) : La matrice de Fourier discrète : coefficients, inverse conjuguée, puissance quatrième, diagonalisabilité

1. Le nombre $\omega$ est d'ordre exactement $n$ : pour $m\in \mathbb{Z}$, ${\omega }^m={\mathrm{e}}^{2\mathrm{i}\pi m/n}=1$ si et seulement si $m/n\in \mathbb{Z}$, c'est-à-dire $n\mid m$. En posant $s=r-1$, ${\sigma }_m={\sum }_{s=0}^{n-1}({\omega }^m{)}^s$ est la somme des $n$ premiers termes d'une suite géométrique de raison ${\omega }^m$.

• Si $n\mid m$ : ${\omega }^m=1$, chaque terme vaut $1$ et ${\sigma }_m=n$.
• Si $n\nmid m$ : ${\omega }^m\ne 1$ et ${\sigma }_m=\frac{1-({\omega }^m{)}^n}{1-{\omega }^m}=\frac{1-({\omega }^n{)}^m}{1-{\omega }^m}=0$, car $({\omega }^n{)}^m=1^m=1$ (aussi pour $m<0$).

$${\sigma }_m=\{\begin{array}{ll}n& \text{si }n\text{ divise }m,\\ 0& \text{sinon.}\end{array}$$

2. Pour $n=3$, $\omega =j$, avec $j^3=1$, donc $j^4=j$. Les colonnes de $A_j$ sont les coordonnées dans $(1,X,X^2)$ des images des vecteurs de base :

$$\begin{array}{c}{\phi }_j(1)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1+X+X^2),{\phi }_j(X)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1+jX+j^2{X}^2),\\ {\phi }_j(X^2)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1+j^{2}X+j^4{X}^2)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1+j^{2}X+j{X}^2),\end{array}$$

car ${\phi }_j(X^m)=\frac{1}{\sqrt{3}}{\sum }_{q=0}^2(j^q{)}^m{X}^q$. D'où

$$A_j=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& j& j^2\\ 1& j^2& j\end{array}\right).$$

3. La $\ell$-ième colonne de $A_{\omega }$ ($1\le \ell \le n$) contient les coordonnées de ${\phi }_{\omega }(Q_{\ell -1})$ dans $\mathcal{B}$. Or, pour $P=X^{\ell -1}$, $P({\omega }^q)={\omega }^{q(\ell -1)}$, d'où

$${\phi }_{\omega }(Q_{\ell -1})=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum _{q=0}^{n-1}{\omega }^{q(\ell -1)}{Q}_q=\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n}}{\omega }^{(k-1)(\ell -1)}{Q}_{k-1}$$

(on a posé $q=k-1$). La coordonnée sur $Q_{k-1}$, qui est le coefficient de la ligne $k$, vaut donc