CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE PC MATHEMATIQUES 1

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1 SESSION 6 CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE PC MATHEMATIQUES 1 PARTIE I I1 Notons (x 1,,x n ) et (y 1,, y n ) les coordonnées de x et y dans la base B Puisque la base B est orthonormée, on a en identifiant le réel (x y) = n x i y i = t XY, n x i y i et la matrice de format (1, 1) t XY D autre part, t YX = (y x) = (x y) = t XY Ainsi, (x, y) E, (x y) = t XY = t YX I a) D après le cours, on sait que x F, p(x) = (x e i ) e i b) i) Soit z F En identifiant un vecteur et sa matrice dans C, on obtient Finalement, z F, M(p)Z = ii) et donc ( M(p)Z = p(z) = (z e i )e i = E t i E i Z ) (prendre garde au format) = E t i E i Z E t i E i Z M(p) = E t i E i c) Soit z F Par définition du projeté orthogonal d un vecteur, on a p(z) F et z p(z) F D après le théorème de Pythagore, on a et donc z = p(z) + z p(z) p(z), z F, p(z) z http ://wwwmaths-francefr 1 c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

2 I Exemple : a) Notons p l endomorphisme de R 4 de matrice M dans la base canonique de R 4 La base canonique de R 4 est orthonormée pour le produit scalaire usuel Mais alors, puisque M est une matrice symétrique, p est un endomorphisme symétrique D autre part M = 1 = = = M Ainsi, M est idempotente et donc p est un projecteur Comme de plus, p est un endomorphisme symétrique, p est un projecteur orthogonal b) Les deux dernières colonnes de M sont les opposées des deux premières et donc M est une matrice de rang au plus Mais les deux premières colonnes de M ne sont pas colinéaires et donc M est une matrice de rang au moins Finalement M est une matrice de rang ou encore p est un projecteur de rang Im(p) est un sous-espace de R 4 de dimension D après le théorème du rang, Ker(p) est un sous-espace de dimension 4 = On obtiendra une base de chacun de ces sous-espaces en fournissant deux vecteurs non colinéaires de chacun de ces sous-espaces Les deux premières colonnes de M sont les matrices de deux vecteurs non colinéaires de Im(p) Ces deux vecteurs sont clairement orthogonaux et en les normant on obtient une base orthonormale de Im(p) Une base orthonormale de Im(p) est (u, u 4 ) où u = 1 (1,, 1, ) et u 4 = 1 (, 1,, 1) La somme des première et troisième colonnes de M est nulle Il en est de même de la somme des deuxième et quatrième colonne de M Ceci signifie que les vecteurs (1,, 1, ) et (, 1,, 1) sont dans le noyau de p Ces deux vecteurs sont non colinéaires, orthogonaux et en les normant on obtient une base orthonormale de Ker(p) Une base orthonormale de Ker(p) est (u 1, u ) où u = 1 (1,, 1, ) et u = 1 (, 1,, 1) I4 a) Puisque λ, on a u = 1 λ p r(u) = p(1 r(u)) Im(p) = H λ D autre part, on sait que l image de p est constituée des vecteurs invariants par p et donc, puisque u Im(p), Mais alors p(r(u) λu) = p r(u) λp(u) = p r(u) λu = p r(u) λu Ker(p) = H u H et r(u) λu H b) Puisque u H et que r(u) λu H, on a (u r(u) λu) = et donc λ u = λ (u u) = (u r(u)) Mais r(u) est dans F et u r(u) est dans F On en déduit que Finalement, (u r(u)) = (u r(u) r(u)) + (r(u) r(u)) = (r(u) r(u)) = r(u) λ u = r(u) c) Mais alors, puisque u n est pas le vecteur nul et que λ, la question I c) permet d affirmer que ( ) r(u) < λ = 1 u http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

3 En résumé, ou bien λ = ou bien λ et dans ce cas λ [, 1] Si p r a des valeurs propres, celles-ci sont dans le segment [, 1] I5 a) Puisque p et r commutent, on a (p r) = p r p r = p p r r = p r, ce qui montre que p r est un projecteur D autre part, puisque p et r sont des projecteurs orthogonaux et donc des endomorphismes symétriques de F, pour tout vecteur x et y de F on a Ainsi, p r est un projecteur symétrique de F et donc (p r(x) y) = (r(x) p(y)) = (x r p(y)) = (x p r(y)) p r est un projecteur orthogonal de F b) Par hypothèse, p r D autre part, puisque dim(h) < dim(f), p n est pas un automorphisme de F p r ne l est pas davantage car det(p r) = det(p)det(r) = En particulier, p r n est pas l identité En résumé, p r est un projecteur distinct de et de Id On sait alors que le spectre de p r est {, 1} Sp(p r) = {, 1} c) Si x est un vecteur de Ker(p), alors p(r(x)) = r(p(x))) = r() = de sorte que x Ker(p r) Ainsi, Ker(p) Ker(p r) De même, Ker(r) Ker(p r) Mais alors, puisque Ker(p r) est un sous-espace vectoriel de F, on a encore Ker(p) + Ker(r) Ker(p r) Réciproquement, si x est un vecteur de Ker(p r), on a x = x p(x)+p(x) avec r(p(x)) = p(r(x)) = (ce qui montre que p(x) est dans Ker(r)) et p(x p(x)) = p(x) p(p(x)) = (ce qui montre que x p(x) est dans Ker(p)) Tout vecteur de Ker(p r) est donc la somme d un vecteur de Ker(p) et d un vecteur de Ker(r) ce qui montre que Finalement Ker(p r) Ker(p) + Ker(r) Ker(p r) = Ker(p) + Ker(r) Pour tout vecteur x, on a p(r(x)) Im(p) et p(r(x)) = r(p(x)) Im(r) Ceci montre que Im(p r) Im(p) et Im(p r) Im(r) et donc que Im(p r) Im(p) Im(r) Réciproquement, si x est dans Im(p) Im(r), on sait que x est invariant par p et par r On en déduit que p(r(x)) = p(x) = x Ainsi, x est invariant par le projecteur p r et donc dans Im(p r) Ceci montre que Finalement Im(p) Im(r) Im(p r) Im(p r) = Im(p) Im(r) I6 a) Un calcul par blocs founit ( ) ( ) ( ) A B A B A B R = R = C D C D C D ( ) ( A + BC AB + BD A B CA + DC CB + D = C D A + BC = A et AB + BD = B et CA + DC = C et CB + D = D ) http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

4 D autre part, puisque la base considérée est orthonormale et que r est symétrique, la matrice R est symétrique Or ( t t A R = R t C t B t D b) iii) iv) Si ( C = alors ) ( d après a) ) B = ( ) Ik A A Mais alors PR = = et RP = D donc p et r commutent iv) i) C est la question I5 b) ) ( ) A B = C D t A = A et t B = C; et t D = D ( A D ) ( Ik ) = ( A ) Ainsi PR = RP et i) ii) D après la question a), A est une matrice symétrique réelle et donc d après le théorème spectral, A est diagonalisable Déterminons ( le spectre ) ( de A ) ( ) Ik A B A B On a PR = = On sait alors que le polynôme caractéristique de A divise le polynôme C D caractéristique de PR et donc que le spectre de A est contenu dans {, 1} (puisque par hypothèse le spectre de PR est contenu dans {, 1}) Ainsi, il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale D de la forme diag(1,, 1,,, ) telles que A = PDP 1 Mais alors A = ( PDP 1) = PD P 1 = PDP 1 = A D après la question a), on a A = A + BC = A + t CC et donc t CC = ii) iii) Posons C = (c i,j ) 1 i m k,1 j k Pour i 1, k, le coefficient ligne i, colonne i de la matrice t CC vaut m k m k m k c j,i c j,i = c j,i Puisque la matrice t CC est nulle, pour i 1, k, on a = et donc, (i, j) 1, m k j=1 j=1 1, k, c i,j = (puisque les c j,i sont des réels positifs) On en déduit que C = PARTIE II II1 Notons f(x ) la projection orthogonale de v sur Im(f) Soit x un vecteur de E On a f(x ) f(x) Im(f) et v f(x ) F Le théorème de Pythagore permet alors d écrire j=1 c j,i v f(x) = (v f(x )) + (f(x ) f(x)) = v f(x ) + f(x ) f(x) v f(x ) (I), avec égalité effectivement obtenue pour x = x Donc v F, x E/ f(x ) v = min f(x) v x E II Supposons de plus que f soit une application injective L inégalité (I) de la question précédente est une égalité si et seulement si f(x ) f(x) = ou encore f(x) = f(x ) Cette dernière égalité équivaut à x = x puisque f est injective, ce qui démontre l unicité d une pseudo-solution de l équation ( ) II Soit x E x est une pseudo-solution de ( ) f(x ) est la projection orthogonale de v sur Im(f) v f(x ) (Im(f)) x E, (f(x) f(x ) v) = II4 En notant n la dimension de E, x E, (f(x) f(x ) v) = X M n,1 (R), t (AX)(AX V) = X M n,1 (R), t X (t A(AX V) ) = t A(AX V) (M n,1 ) t A(AX V) = t AAX = t AV http ://wwwmaths-francefr 4 c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

5 Finalement x E, (x pseudo-solution de ( ) t AAX = t AV) II5 Exemple : D une part D autre part, t AA = t AV = = = Posons alors X = a b c x pseudo-solution de ( ) t AAX = t AX a c = 6b = a + c = 6 { b = 1 c = a a b c = Les pseudos solutions de ( ) sont les vecteurs de la forme (a, 1, a), a R II6 Application : a) Soit f l application linéaire de R dans R n dont la matrice relativement aux bases canoniques de R et R n respectivement est a 1 b 1 a b A = Soit v l élément de R n dont la matrice dans la base canonique de R n est V = ( λ µ a n b n c 1 c c n Soit x un vecteur de R Notons ) la matrice de x dans la base canonique de R La matrice de f(x) v dans la base canonique de R n est alors λa 1 + µb 1 c 1 λa + µb c λa n + µb n c n Si on munit R n du produit scalaire usuel, la base canonique de R n est orthonormée et f(x) v = n (λa k + µb k c k ) Le problème posé équivaut alors à trouver les pseudo-solutions de l équation f(x) = v k=1 b) f est injective si et seulement si son noyau est {} ce qui équivaut au fait que Im(f) est de dimension (par le théorème du rang) ou encore au fait que rg(a) = ou enfin au fait que les vecteurs a et b ne soient pas colinéaires f est injective si et seulement si la famille (a, b) est libre http ://wwwmaths-francefr 5 c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

6 c) Supposons donc les vecteurs a et b non colinéaires D après la question II, l équation f(x) = v admet une et une seule ( pseudo-solution ) x et d après la question II4, x est la solution de l équation t AAX = t AV Ainsi, en posant λ X =, µ x pseudo-solution de ( ) t AAX = t AV ( ) a1 a a n b 1 b b n a 1 b 1 a b a n b n ( ) ( ) λ a1 a = a n µ b 1 b b n ( ) ( ) ( ) a (a b) λ (a c) (a b) b = µ (b c) (a c) (a b) (b c) b a (a c) (a b) (b c) λ = et µ = (formules de Cramer) a (a b) (a b) b a (a b) (a b) b λ = (a c) b (b c)(a b) a b (a b) λ = (a c) b (b c) (a b) a b (a b) et µ = (b c) a (a c)(a b) a b (a b) et µ = (b c) a (a c)(a b) a b (a b) c 1 c c n PARTIE III III1 a) et b) Notons n la dimension de E et m la dimension de F (Kerf) est un supplémentaire de Kerf dans E Donc, la restriction de f à (Kerf) est un isomorphisme de (Kerf) sur f ( (Kerf) ) On en déduit que dim ( f ( (Kerf) )) = dim ( (Kerf) ) = n dim(kerf) Ensuite, dim ( (Imf) ) = m dim (Imf) = m n + dim (Kerf) Par suite dim ( f ( (Kerf) )) + dim ( (Imf) ) = n dim(kerf) + m n + dim (Kerf) = m = dim(f) D autre part, on a bien sûr f ( (Kerf) ) (Imf) = {} et en résumé dim ( f ( (Kerf) )) + dim ( (Imf) ) = dim(f), f ( (Kerf) ) (Imf) = {} On sait alors que et donc F = (Kerf) (Imf) y F,!(x, y ) (Kerf) (Imf) / y = f(x) + y c) Soient (y 1, y ) F et (λ, µ) R Il existe (x 1, y 1, x, y ) (Kerf) (Imf) (Kerf) (Imf) tel que y 1 = f(x 1 ) + y 1 et y = f(x ) + y Mais alors λy 1 + µy = λ(f(x 1 ) + y 1 ) + µ(f(x ) + y ) = f(λx 1 + µx ) + (λy 1 + µy ) Maintenant (Kerf) et (Imf) sont des sous-espaces vectoriels de E et F respectivement On en déduit que λx 1 + µx (Kerf) et λy 1 + µy (Imf) Mais alors g(λy 1 + µy ) = λx 1 + µx = λg(y 1 ) + µg(y ) http ://wwwmaths-francefr 6 c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

7 Finalement g L(F, E) III Soient y F puis (x, y ) (Kerf) (Imf) tel que y = f(x) + y y Kerg g(y) = x = f(x) = (car f /(Kerf) est injective) y = y y (Imf) Donc Kerg = (Imf) Mais alors le théorème du rang permet d affirmer que dim(img) = dim(f) dim(kerg) = m dim((imf) ) = dim(imf) = n dim(kerf) = dim((kerf) ) Ainsi, Img (Kerf) et dim(img) = dim((kerf) ) On en déduit que Img = (Kerf) Kerg = (Imf) et Img = (Kerf) III a) Soit p la projection orthogonale sur (Kerf) Soit x E Si x (Kerf), l égalité f(x) = f(x) + montre que g(f(x)) = x = p(x) Si x Kerf, g(f(x)) = g() = = p(x) Ainsi les endomorphismes de E g f et p coïncident sur deux sous-espaces supplémentaires de E et sont donc égaux g f est le projecteur orthogonal sur (Kerf) b) Montrons tout d abord que f est le pseudo-inverse de g Soit x E Déjà f(x) Imf = (Kerg) (d après la question III) D autre part, d après la question a), g(f(x)) est le projeté orthogonal de x sur (Kerf) et donc x g(f(x)) Kerf = (Imfg) (d après la question III) En résumé, x E, x = g(f(x)) + (x g(f(x))) avec (f(x), x g(f(x))) (Kerg) (Img) Ceci démontre que f est le pseudo-inverse de g En appliquant le a) à g, on obtient le fait que f g est le projecteur orthogonal sur (Kerg) = Imf f g est le projecteur orthogonal sur Imf III4 Premier exemple : Kerf = {(x, y, z) R / x + y = et y + z = } = {(x, x, x), x R} = Vect((1, 1, 1)) Mais alors (Kerf) est le plan de vecteur normal u = (1, 1, 1) ou encore le plan d équation x y + z = Puisque les deux premières colonnes de la matrice de f ne sont pas colinéaires, f est de rang et donc Imf = R Mais alors, (Imf) = {} Soient alors y = (a, b) R et x = (α, β, γ) R x = g(y) x (Kerf) et y f(x) (Imf) x u = et f(x) = y α β + γ = α = a β α + β = a γ = b β β + γ = b (a β) β + (b β) = β = 1 (a + b) α = 1 (a b) γ = 1 ( a + b) Ainsi, (a, b) R, g((a, b)) = 1 (a b, a + b, a + b) http ://wwwmaths-francefr 7 c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

8 La matrice de g relativement aux bases canoniques de R et R est donc III5 a) Soit x Kerf Puisque f est symétrique, pour tout vecteur x de E, on a (x f(x )) = (f(x) x ) = ( x ) = Ainsi, tout élément de Kerf est dans (Imf) et donc Kerf (Imf) Comme de plus dim(kerf) = dim(e) dim(imf) = dim((imf) ), on a montré que Kerf = (Imf) puis, par passage aux orthogonaux, que Imf = (Kerf) Si f est symétrique, Kerf = (Imf) et Imf = (Kerf) b) Soient x un vecteur propre de f puis λ la valeur propre associée Si λ =, x Kerf = (Imf) = Kerg On a alors g(x) = ce qui montre que x est un vecteur propre de g Si λ, x = 1 ( ) ( ) 1 1 λ f(x) = f λ x Imf = (Kerg) Mais alors g(x) = g λ f(x) ) = 1 λ g(f(x)) = 1 x puisque d après la λ question IIIa), g f est la projection orthogonale sur (Kerg) Encore une fois, x est vecteur propre de g Tout vecteur propre de f est aussi vecteur propre de g c) Puisque f est symétrique, le théorème spectral permet d affirmer qu il existe une base orthonormée de E constituée de vecteurs propres de f D après la question b), une telle base est encore une base orthonormée de vecteurs propres de g Puisque g diagonalise dans une base orthonormée, g est symétrique III6 Deuxième exemple : Le polynôme caractéristique de f est χ f = X X 4 X = ( X)(X 6X) = X(X )(X 6) Déterminons le sous-espaces propres de f = ( X)( X)(4 X) (4 X) ( X) = ( X)( X)(4 X) 8( X) (x, y, z) Kerf 4 x y z = x + y + z = x + y = x + 4z = { x = z y = z Donc Kerf = Vect(u 1 ) où u 1 = 1 (,, 1) (x, y, z) Ker(f Id) 1 1 x y z = y + z = x y = x + z = { y = x z = x Donc Ker(f Id) = Vect(u ) où u = 1 (1,, ) (x, y, z) Ker(f 6Id) 4 x y z = x + y + z = x 4y = x z = { x = y z = y http ://wwwmaths-francefr 8 c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés

9 Donc Kerf = Vect(u ) où u = 1 (, 1, ) D après la question précédente, on a g(u 1 ) =, g(u ) = 1 u et g(u ) = 1 6 u Ainsi, si on note A la matrice de g dans la base canonique de R, P la matrice de passage de la base canonique à la base (orthonormée) (u 1, u, u ) et D la matrice diagonale diag(, 1, 1 6 ), on a A = PDP 1 = PD t P Ainsi A = 1 = = 1 54 = = La matrice de g dans la base canonique est http ://wwwmaths-francefr 9 c Jean-Louis Rouget, 6 Tous droits réservés