CORRIGÉ DM N 1 (problème adapté de ESSEC S 2017)
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- Mathieu Pinette
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1 CORRIGÉ DM N 1 (problème adapté de ESSEC S 017 PARTIE 0 Rappelos déjà que la égatio d ue implicatio est : P = Q P et (o Q. Aisi, dire qu u poit a A est pas extrémal sigifie, e preat la égatio de la propriété de l éocé : (x, y A tels que x a, y a et 1. Soit a ]0 ; 1[. Puisque ]0 ; 1[ est u itervalle ouvert, il existe u voisiage de a iclus das ]0 ; 1[, doc il existe ε > 0 tel que ]a ε ; a + ε[ ]0 ; 1[. E preat x = a ε et y = a + ε, o a bie x + y = a avec x A et y A, et x a et y a. Cela prouve que a est pas u élémet extrémal de A.. O viet de voir qu aucu poit de ]0 ; 1[ est extrémal ; les seuls poits extrémaux possibles de [0 ; 1] sot doc 0 et 1. Or ce sot bie des poits extrémaux; e effet : si x et y das [0 ; 1] sot tels que x + y = 0 alors x = y = 0 (puisque x et y sot positifs ; si x et y das [0 ; 1] sot tels que x + y = 1 alors x = y = 1 (puisque x < 1 ou y < 1 implique x + y <. O e coclut que les seuls poits extrémaux de [0 ; 1] sot 0 et 1. PARTIE I x + y = a. 1. a Ue matrice M appartiet à E si et seulemet si elle s écrit sous la forme β M = = I β + βj avec (, β R. E est doc l esemble des combiaisos liéaires des matrices I et J : c est le sous-espace vectoriel egedré par ces deux matrices. E particulier, c est bie u sous-espace vectoriel. De plus la famille I, J} est libre (I et J e sot pas proportioelles, doc elle forme ue base de E. b M iversible det(m a b O sait que, si M = est de détermiat o ul, alors so iverse est doée par la formule : c d M 1 1 d b =. ad bc c a Doc ici, lorsque 1 o a : M 1 = 1 1 ( 1 1. O a alors : M 1 A [0 ; 1] et = 1. La deuxième égalité est trivialemet vérifiée. Il reste à chercher les valeurs de [0 ; 1] pour lesquelles [0 ; 1]. Or : 1 Corrigés de problèmes T.LEGAY Lycée d Arsoval 1/7 octobre 017
2 c est vrai lorsque = 0 ou = 1 ; lorsque ]0 ; 1[, la coditio 1 > 0 implique 1 > 0 soit > 1 ; mézalor la coditio < 1 équivaut à < 1 soit > 1, c est impossible. 1 E coclusio, les seuls matrices iversibles de A dot l iverse appartiet ecore à A sot les matrices I et J (cela est u cas particulier du résultat de la questio III.4.. a Soiet M et M β, avec, β [0 ; 1], deux élémets de A telles que M + M β alors + β = 1, d où = β = 1 d après 0., soit M = M β = I. Cela sigifie que la matrice I est u élémet extrémal de A. O démotre de faço aalogue que J est aussi u élémet extrémal de A. b Soit das ] 0 ; 1 ] ; l égalité : M = 1 (M + J se vérifie immédiatemet. = I. O obtiet Or les matrices M et J appartieet à A (puisque [ 0 ; 1 ], doc [0 ; 1] et sot distictes (puisque 0. L égalité précédete implique doc que M est pas u élémet extrémal de A. c Lorsque [ 1 ; 1[, la relatio M = 1 ( M 1 + I permet de motrer de la même faço que M est pas extrémal Coclusio : les poits extrémaux de A sot I et J ; cela est u cas particulier de III a Nul besoi de calcul compliqué ici. O vérifie aisémet que : ( ( J = et J = Cela motre que 1 et 1 sot valeurs propres de J. Il e peut y e avoir plus, doc Sp(J = 1, 1}. ( 1 Et les calculs ci-dessus motret que les sous-espaces propres associés sot les droites de base pour 1 1 la valeur propre 1 et de base pour la valeur propre 1. 1 b D après les calculs ci-dessus et les théorèmes du cours (plusieurs sot applicables, je e détaille pas, la matrice J est diagoalisable et : 1 1 J = P DP 1 avec P = et D = diag(1, O a doc, pour tout [0 ; 1] : M = I + (1 J = I + (1 P DP 1 = P ( I + (1 D P 1, doc P 1 M P = D avec D = I + (1 D = diag(1, 1. c u est u projecteur si et seulemet si u = u, ce qui équivaut à M = M, soit après u petit calcul, à 1, 1}. Rem : pour les 5/, il était plus rapide de remarquer que, e dimesio, u edomorphisme diagoalisable est u projecteur si et seulemet si ses valeurs propres sot (0, 0 ou (1, 1 ou (0, 1. PARTIE II Lorsque = 1, u = Id R. Lorsque = 1, u 1 est, d après les calculs précédets, la projectio orthogoale sur Vect (1, 1}. 1. A état o vide, l esemble de ombres réels : v w (v, w A } est o vide. De plus, il est majoré puisque, e utilisat l iégalité triagulaire : Il possède doc ue bore supérieure δ(a. (v, w A, v w v + w R. Corrigés de problèmes T.LEGAY Lycée d Arsoval /7 octobre 017
3 . O suppose ici A fermée et borée. A L applicatio d : R (v, w v w est cotiue puisque : les applicatios (v, w v et (v, w w le sot (cours, doc (v, w v w l est ; la orme est ue applicatio cotiue (car lipschitziee. d état cotiue sur A partie fermée et borée d u espace vectoriel de dimesio fiie, elle est borée et atteit ses bores, d où l existece de δ(a et de (a, b A tels que δ(a = d(a, b = a b. 3. a D après l iégalité triagulaire : a b = c + d b = 1 (c b + (d b 1 ( c b + d b. De plus, b, c et d sot das A doc par défiitio de la bore supérieure : c b δ(a et d b δ(a, et puisque δ(a = a b o e déduit la secode partie de l iégalité. O a doc fialemet l égalité : et puisque il y a égalité etre ces trois ormes. b Par biliéarité du produit scalaire : a b = 1 ( c b + d b, c b a b et d b a b, c b = (c a + (a b et la relatio a b = c b implique l égalité : O démotre de la même maière la relatio : = c a + a b + c a a b, c a = c a a b (1 d a = d a a b ( c E additioat (1 et ( o obtiet par biliéarité du produit scalaire : c a + d a = ( c a a b + d a a b d où c a = d a = 0. Aisi, a = c = d. O a doc motré que : = (c a + (d a a b = c + d a a b = 0 a b = 0, (c, d A, c + d = a = a = c = d, ce qui sigifie que a est u poit extrémal de A (il e est de même pour b bie sûr. PARTIE III 1. a Pour tout i 1 ; p otos (M i kl le terme d idice (k, l de la matrice M i, et M = (m kl la matrice M = λ i M i. Puisque les λ i sot positifs et que les matrices M i sot à coefficiets positifs, o a pour tout (k, l 1 ; : m kl = λ i (M i kl 0. Corrigés de problèmes T.LEGAY Lycée d Arsoval 3/7 octobre 017
4 Pour tout k 1 ; o a : m kl = l=1 l=1 λ i (M i kl = ( λ i (M i kl = l=1 λ i = 1, }} =1 car M i A et o démotre de la même faço que pour tout l 1 ; o a m kl = 1. O e déduit que la matrice M appartiet à A. b D après la formule du produit matriciel : et i 1 ;, (MX 0 i = i 1 ;, ( t MX 0 i = m ij (X 0 j = m ji (X 0 j = Puisque les m ij sot déjà supposés positifs, il e résulte que m ij m ji. M A i 1 ;, (MX 0 i = ( t MX 0 i = 1 MX 0 = t MX 0 = X 0. c Avec des otatios évidetes, o a, par la formule du produit matriciel : (i, j 1 ;, (MM ij = m ik m kj. Puisque les coefficiets de M et de M sot positifs, il e résulte que ceux de MM le sot aussi ; Pour tout i 1 ; o a : (MM ij = m ik m kj = = m ik = 1 car M A, m ik m kj }} =1 car M A et l o démotre de la même maière que pour tout j 1 ; o a : Cela prouve que la matrice MM appartiet à A. (MM ij.. a Si σ est la permutatio idetique, alors f σ (e i = e i pour tout i doc f σ = Id R et M σ = I (o rappelle qu ue applicatio liéaire est etièremet détermiée par les images des vecteurs d ue base. b Si M σ est ue matrice de permutatio, alors sur chaque coloe de j, il y a u 1 à la lige de σ(j et des 0 ailleurs. De plus puisque σ(j σ(j lorsque j j, les 1 e peuvet se trouver sur la même lige. Réciproquemet, si M est ue matrice qui possède sur chaque lige et coloe ue fois la valeur 1 et 1 fois la valeur 0, soit, pour tout j 1 ;, σ(j l idice de la lige où il y a le 1 das la coloe j. Alors σ est ue applicatio de 1 ; das 1 ; qui est ijective (car les 1 e peuvet se trouver sur la même lige, doc bijective. C est doc ue permutatio et M = M σ est ue matrice de permutatio. c Il est clair que si les coefficiets de M σ sot positifs, et que la somme des élémets de chaque lige et de chaque coloe est égal à 1. Aisi, M σ A. Par défiitio, pour (i, j 1 ;, o a (M σ ij = Doc ( t 1 si j = σ(i M σ ij = (M σ ji = 0 sio d Pour tout j 1 ;, o a : 1 si i = σ(j 0 sio. 1 si i = σ 1 (j, ce qui motre que t M σ = M σ 1. 0 sio (f σ f σ (e j = f σ (e σ (j = e σ σ (j = f σ σ (e j, et puisque deux applicatios liéaires qui coïcidet sur ue base sot égales, o e déduit f σ f σ = f σ σ. e O a vu que t M σ = M σ 1 doc t M σ M σ = I : M σ est ue matrice orthogoale. Corrigés de problèmes T.LEGAY Lycée d Arsoval 4/7 octobre 017
5 3. Supposos qu il existe deux matrices bistochastiques A, B A telles que M σ = 1 (A + B. Alors, pour tout (i, j 1 ; o a : si i = σ(j, 1 = 1 (a ij + b ij doc d après la partie 0., puisque a ij et b ij appartieet à [0 ; 1] (c est ue coséquece immédiate de la défiitio d ue matrice bistochastique, o e déduit a ij = b ij = 1 = (M σ ij ; si i σ(j, o démotre de même que a ij = b ij = 0 = (M σ ij. O a doc A = B = M σ, c est-à-dire que M : σ est u élémet extrémal de A. 4. Soit A ue matrice bistochastique dot l iverse est aussi bistochastique : o a doc A, B A telles que AB = I soit, par la formule du produit matriciel : a ik b kj = δ ij pour tout (i, j 1 ;. Soiet i, j 1 ;, i j. Alors a ik b kj = 0, mais c est ue somme de termes positifs, doc ils sot tous uls. Aisi : (i, j, k 1 ; 3, i j = a ik b kj = 0. Il existe u idice i 0 tel que a i0,1 0. Alors pour tout j i 0, o a b 1,j = 0. Par suite, b 1,i0 = 1 (car la somme des élémets de la 1ère lige de B est égale à 1 ; doc pour k 1, b k,i0 = 0 (car la somme des élémets de la i 0 -ième coloe de B est égale à 1 ; et puisque a i0,kb k,i0 = 1, o a a i0,1 = 1 d où a i,1 = 0 pour i i 0. O fait pareil avec les autres coloes. Fialemet,chaque coloe de A cotiet ue fois 1 et le reste du temps 0. Aisi, A est ue matrice de permutatio. Réciproquemet, si A est ue matrice de permutatio M σ, elle est iversible et so iverse appartiet à A puisque A 1 = M σ 1 d après ue questio précédete. 5. a Déjà, l applicatio ϕ τ est bie ue applicatio de S das S, puisque la composée de deux permutatios de 1 ; est ecore ue permutatio de 1 ;. De plus : (σ, σ S, σ = ϕ τ (σ σ = τ σ σ = τ 1 σ, doc tout élémet σ de S possède u et u seul atécédet das S : ϕ τ est bijective de S sur S. O aura doc : ( 1 f τ p = f τ! b Puis : σ S f σ ( 1 p p =! = 1 f τ f σ = 1 f τ σ = 1 f σ = p.!!! σ S σ S σ S τ S f τ puisque card(s =!. Doc p est u projecteur. p = 1 f τ p = 1 p = p,!! τ S τ S c O procède par double iclusio, et o utilise le fait que, pour u projecteur, l image est égal au sousespace vectoriel des vecteurs ivariats (cours. Motros que x R σ S, f σ (x = x} Im p. Soit doc x tel que pour toute permutatio σ o ait f σ (x = x. Alors doc x Im p. p(x = 1 f σ (x = 1 x = 1!!! (!x = x (car card(s =!, σ S σ S Réciproquemet, soit x Im p. Alors p(x = x doc pour toute permutatio σ : ce qui prouve l autre iclusio. d O procède là ecore par double iclusio. x = p(x = (f σ p(x = f σ [p(x] = f σ (x, Corrigés de problèmes T.LEGAY Lycée d Arsoval 5/7 octobre 017
6 Pour toute permutatio σ de 1 ; o a : f σ (x 0 = f σ (e i = e σ(i = e j = x 0, puisque l applicatio i σ(i est ue bijectio de 1 ; sur lui-même. O a doc x 0 Im p d après la questio précédete, doc Vect(x 0 Im p. Soit x = x i e i Im p. O a alors f σ (x = x pour toute permutatio σ de 1 ; d après la questio précédete, c est-à-dire : σ S, x = x i e i = f σ (x = x i f σ (e i = x i e σ(i = x σ 1 (je j e posat j = σ(i. Puisque les e i formet ue base, o e déduit x i = x σ 1 (i pour tout i, et puisque cela est vrai pour toutes les permutatios σ, o e déduit que toutes les coordoées de x sot égales, c est-à-dire x Vect(x 0, ce qui prouve l iclusio cherchée. e La traspositio état liéaire, o a : t P = 1! t M σ = 1 M! σ 1 = 1 M σ = P,! σ S σ S σ S puisque lorsque σ décrit S, il e est de même de σ 1. La matrice P est doc symétrique ; puisqu il s agit de la matrice de p das ue base orthoormale, o e déduit que l edomorphisme p est u projecteur et aussi u edomorphisme symétrique, c est doc u projecteur orthogoal d après le cours de PSI. f P = λ σ M σ avec λ σ = 1 pour tout σ. Puisque λ σ = 1 et que les matrices M σ sot das A,! σ S σ o e déduit que P A d après la questio III.1.a. Autre solutio : Puisque P est la matrice das la base caoique de la projectio orthogoale sur Vect(x 0, il est pas bie difficile de motrer que P =.... (voir le cours sur les faços de trouver la matrice d ue projectio... Dès lors, il est immédiat que P A. 6. a Questio de cours. b Questio de cours. c Puisque t M σ M σ = I, o a M σ M σ = tr(i = doc M σ =. β β d M M β = doc M β β M β = 4( β puis M M β = β. Puisque et β sot das [0 ; 1], o a M M β, doc δ(a, et puisqu il y a égalité lorsque, par exemple, = 1 et β = 0, o a δ(a =. e Soit M A. Alors M = tr( t MM = puisque pour tout (i, j, o a m ij 0. Et puisque f Soiet M, N A. Alors : m ij m ij m ij = 1 pour tout i, o e déduit M. M N = M + N M N = M + N i,j m ij ij M + N puisque les m ij et ij sot positifs. D après la questio précédete : M N. Corrigés de problèmes T.LEGAY Lycée d Arsoval 6/7 octobre 017
7 7. g Si M σ et M τ sot deux matrices de permutatio telles que les 1 de l ue e soiet jamais à la même positio que les 1 de l autre, leur produit scalaire sera égal à 0 puisque chaque produit m ij ij vaudra 0. Ce est pas bie difficile de trouver u tel exemple! h D après f, o a δ(a. D après g, o peut trouver deux matrices M σ et M τ de A qui sot orthogoales; pour ces matrices o aura doc d après Pythagore : 8. À fiir... M σ M τ = M σ + M τ = d après c d où M σ M τ =. La valeur maximale trouvée auparavat est doc atteite, c est-à-dire δ(a =. O peut alors appliquer les résultats de la partie II avec A = A : si M σ est ue matrice de permutatio, o viet de voir qu il existe ue autre matrice de permutatio M τ telle que M σ M τ = δ(a ; M σ est doc u poit extrémal de A. Corrigés de problèmes T.LEGAY Lycée d Arsoval 7/7 octobre 017
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