CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES 2003 Corrigé de la seconde épreuve de mathématiques

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1 CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES 00 Corrigé de la seconde épreuve de mahémaiques 1. On obien direcemen : H = = I + 5 J avec J = J es clairemen de rang 1, donc 0 es valeur propre double de J, la roisième valeur propre éan égale à puisque Tr (J) =. Comme (1, 1, 1) es un veceur propre éviden associé à la valeur propre, posons e 1 = Le noyau de J es alors l orhogonal de e 1. Nous posons donc e = e e = e 1 e = 1 1, pour obenir P 1 HP = I = D avec P = 6 e D = Comme S es inversible (les valeurs propres de S son égales à celles de D), on peu poser U = ΓS 1. Nous avons ensuie UU = S 1 ΓΓS 1 = S 1 HS 1 = P D 1 P 1 P D P 1 P DP 1 = I e U es bien orhogonale. Il rese à calculer U : U = ΓP D 1 P = On a, pour A = (a i,j ) e B = (b i,j ) marices de M n (R) : (A B) = 1 i,j n a i,j b i,j. L applicaion ( ) es donc le produi scalaire canonique de M n (R), pour lequel la base canonique es une base orhonormale. 4. Si M M n (R), on a M = M + M + M M avec M + M S n (R) e M M A n (R). Comme A n (R) S n (R) = {0}, les deux espaces son supplémenaires. Ils son égalemen orhogonaux car, pour A A n (R) e S S n (R), e donc (A S) = 0. (A S) = Tr ( AS ) = Tr (AS) = Tr (SA) = Tr ( SA ) = (S A),

2 5. Si A es une marice quelconque, la disance de A à S n (R) es égale à la disance de A au projeé orhogonal de A sur S n (R), soi encore à la norme du projeé orhogonal de A sur A n (R), ce qui es exacemen le résula demandé. Par symérie, on a d(a, A n (R)) = 1 (A + A). 6. On a facilemen Γ + Γ = puis d(γ, A n (R)) = Soi S S n (R). Le héorème de réducion des marices symériques perme d affirmer qu il exise une marice orhogonale P elle que D = P S P soi diagonale. Pour X R n, nous obenons donc : XSX = (P X)D(P X) = λ i yi en noan λ i les ermes diagonaux de D (i.e. les valeurs propres de S) e y i les coefficiens de la marice colonne P X. Ainsi, il fau e il suffi que les λ i soi ous posiif pour que S soi posiive puisque P X décri R n quand X décri R n. 8. La marice AA es clairemen symérique e X( AA)X = (AX)(AX) = AX 0 pour ou X (en noan la norme euclidienne canonique de R n ). Pour ou A M n (R), AA es donc symérique e posiive. 9. a) A i A j es le coefficien d indice (i, j) de la marice AA : il es donc nul si i j e égal à d i pariculier, si d i = 0, A i = A i A i = d i = 0 e la colonne A i es nulle. si i = j. En b) Noons I l ensemble des i els que e i 0 e, pour chaque i I, posons E i = A i A i = A i d i. La famille (E i ) i I es alors une famille orhonormale, que nous pouvons compléée en une base orhonormale (E i ) 1 i n. Comme d i = 0 e A i = 0 pour i I, l égalié A i = d i E i es vraie pour ou i. c) Soi E la marice de passage de la base canonique de R n à la base (E i ) 1 i n. Cee base éan orhonormale, E es une marice orhogonale e A i = d i E i pour ou i se radui par A = ED. 10. a) AA es symérique réelle, donc il exise P orhogonale elle que P 1 AAP soi diagonale. D aure par, AA es posiive donc ses valeurs propres son posiives (quesions 7 e 8). On en dédui que D = P 1 AAP = P 1 BBP es une marice diagonale à ermes posiifs. b) On dédui de la quesion 9c qu il exise deux marices orhogonales E e F elles que A = ED e B = F D, ce qui donne A = UB avec U = EF 1, qui es bien orhogonale. 11. Soi A M n (R). Comme AA es symérique posiive, il exise P O n (R) e D diagonale posiive elle que AA = P D P, que l on peu écrire AA = SS où S = P DP es symérique posiive. On dédui de la quesion précédene qu il exise U orhogonale elle que A = US, ce qui es le résula demandé. 1. Nous avons : ΩM = Tr ( MΩ ΩM ) = Tr ( MM ) = M e en uilisan la propriéé classique Tr (AB) = Tr (BA) : MΩ = Tr ( Ω MMΩ ) = Tr ( MMΩ Ω ) = Tr ( MM ) = M, ce qui donne bien ΩM = MΩ = M. 1. a) On a A Ω = US Ω = U(S U 1 Ω) = S U 1 Ω d après la quesion 1.

3 Quand Ω décri O n (R), U 1 Ω décri égalemen O n (R), donc d(a, O n (R)) = d(s, O n (R)). b) Pour ou Ω O n (R), nous avons S Ω = P DP 1 Ω = P (D P 1 ΩP )P 1 = D P 1 ΩP car P, P 1 O n (R). Une nouvelle fois, P 1 ΩP décri O n (R) quand Ω décri O n (R) donc d(a, O n (R)) = d(s, O n (R)) = d(d, O n (R)). 14. a) D Ω = Tr ( (D Ω)(D Ω)) = Tr ( ) D ΩD D n Ω + I n = λ i Tr (DΩ) + n. b) En noan d i,j e ω i,j les ermes génériques de D e de Ω, nous obenons : Tr (DΩ) = d i,k ω k,i = λ i ω i,i k=1 car Ω éan orhogonale, les ω i,j son élémens de [ 1, 1] c) On en dédui que pour ou Ω O n (R) : D Ω λ i λ i + n = (λ i 1) = D I n. Comme I n O n (R), ceci prouve que la disance de D à Ω O n (R) es imale pour Ω = I n. 15. Nous venons de démonrer que d(a, O n (R)) = d(d, O n (R)) = d(d, I n ) = n (λ i 1), où les λ i son les racines carrées des valeurs propres de AA, appelées valeurs singulières de A. λ i 16. Nous avons ici n =, λ 1 = 4 e λ = λ = 1, donc d(γ, O n (R)) =. 17. a) Soi α le imum de l ensemble des λ pour λ valeur propre (réelle) non nulle de M (si M n a aucune valeur propre réelle non nulle, on choisi α > 0 quelconque). Pour ou λ ]0, α[, M λi n es inversible car λ n es pas valeur propre de M. b) Pour M quelconque e α comme au a, la suie ( M α k + I ) n qui converge vers M : GL n (R) es donc dense dans M n (R). k 0 es une suie de marices inversibles 18. On en dédui que pour ou A M n (R), d(a, GL n (R)) = 0. Comme GL n (R) es conenu dans ous les p pour p n, on a à plus fore raison d(a, p ) = 0 pour ou A M n (R) e pour ou p n. 19. Si nous noons q la forme quadraique admean A pour marice dans la base canonique, nous savons que la marice de q dans la base (C 1, C,..., C n ) es égale à P AP, i.e. à D. Nous en déduisons que XAX = q(x) = n λ ix i. D aure par, la base (C 1, C,..., C n ) es orhonormale pour le produi scalaire usuel, donc XX = X = n x i. En pariculier, pour X = C k, nous obenons : C k AC k C k C k = λ k. 0. Soi X élémen non nul de F k. Avec les noaions de la quesion 19, nous avons x i = 0 pour i > k, ce qui

4 donne : XAX XX = k λ i x i k x i k λ k x i k x i = λ k car les λ i décroissen. Comme le oran λ k es aein pour X = C k, on en dédui : XAX X F k \{O} XX = λ k. 1. a) On sai que dim (F G) = dim (F ) + dim (G) dim (F G) pour F e G s.e.v. de E, donc dim (F Vec (C k, C k+1,..., C n )) = k + (n k + 1) dim (F Vec (C k, C k+1,..., C n )) 1 car dim (F Vec (C k, C k+1,..., C n )) n. b) En reprenan encore les noaions de la quesion 19, nous avons : λ i x i λ k x i XAX XX = i=k i=k k = λ k i=k x i x i car les λ i décroissen.. En uilisan la quesion 0, nous obenons : max F Ψ k XAX X F \{O} XX XAX X F k \{O} XX = λ k. D aure par, pour F Ψ k, on peu choisir X 0 non nul dans F Vec (C k, C k+1,..., C n ) puisque ce espace vecoriel es de dimension non nulle. On en dédui : XAX X F k \{O} XX X 0 AX 0 λ k. X 0 X 0 Ceci achève la preuve du héorème de Couran e Fischer.. Soi P orhogonale e D diagonale posiive elles que AA = P D P. On a alors (A P )(A P ) = D, donc (quesion 9) il exise E O n (R) elle que A P = ED, ce qui donne bien A = EDP avec E, P O n (R) e D diagonale posiive. On en dédui que rg (A) = rg (D) = rg ( D ) = rg ( AA) puisque A es équivalene à D, D es diagonale e D es semblable à AA. Remarque : il es plus rapide de monrer (classiquemen) que A e AA on même noyau. 4. Posons R l = M l P pour l compris enre 1 e n. On a ainsi A = EDP = n vérifie facilemen que (R l ) es orhonormale : (R l R k ) = Tr ( P M l M k P ) = Tr ( M l M k P P ) = Tr ( M l M k ) µl R l = r µl R l e on 4

5 or M l M k a ous ses ermes nuls, sauf peu-êre celui d indice (l, k) qui es égal au produi scalaire des l-ième e k-ième colonnes de E. Comme E es orhogonale, on obien bien (R l, R k ) = 0 si l k e (R l, R k ) = 1 si l = k. Enfin, chaque R l es de rang 1 car rg (R l ) = rg (M l ) = 1 (P es inversible e M l a une e une seule colonne non nulle). 5. On a clairemen Im (N) Im (R 1 ) + Im (R ) + + Im (R p ), puis rg (N) p (les Im (R i ) son des droies). r Comme N p, d(a, p ) d(a, N) = r µi R i = µ i car (R i ) es une famille orhonormale. l=p+1 l=p+1 6. a) dim (G) = dim (Ker (M)) + dim (Im ( AA)) dim (Ker (M) Im ( AA)) (n p) + r n = r p. b) En appliquan le héorème de Couran e Fischer (plus exacemen en appliquan la quesion 1) à la marice A M, nous obenons : α k mais pour X F, MX = 0 e X M = 0, donc X (A M)(A M)X X F \{0} XX α k X AAX X F \{0} XX. c) On a G Vec (V 1,..., V k+p ) = Ker (M) Vec (V 1,..., V k+p ) car Vec (V 1,..., V k+p ) Vec (V 1,..., V r ) = Im ( AA) (on a k r p). On en dédui donc (comme au a) que G Vec (V 1,..., V k+p ) es de dimension au moins (k + p) + (n p) n = k. d) Comme G Vec (V 1,..., V k+p ) es de dimension au moins égale à k, on peu choisir un sous-espace F de dimension k conenu dans G Vec (V 1,..., V k+p ). Nous avons alors : α k X AAX X F \{O} XX d après le b ; k+p pour X élémen quelconque de F, que l on peu écrire sous la forme X = x i V i : X AAX XX = k+p µ i x i k+p x i µ k+p car les µ i décroissen. On en dédui l inégalié demandée : α k µ k+p. 7. Soi M une marice de rang q p < r. En reprenan les noaions e les résulas de la quesion 6, e en remplaçan p par q (l inégalié obenue foncionne aussi quand q = 0), nous obenons : d (A, M) = Tr ( (A M)(A + M) ) = r q r q α i α i µ i+q = r i=q+1 µ i r i=p+1 µ i. 5

6 On en dédui que d(a, p ) r i=p+1 µ i, ce qui donne, avec la quesion 5 : d(a, p ) = où les µ i son les valeurs propres (décroissanes) de AA. r l=p+1 µ i 8. Ici, nous avons µ 1 = 16, µ = µ = 1 e r =. Nous en déduisons donc : γ 0 = γ 1 = Γ = γ = 1 γ = d(γ, Γ) = 0. 6