CPGE Omar Ibn Khattab Meknes. DEUXIEME COMPOSITION DE MATHÉMATIQUES corrigé de Brahim Benmimoun ( MP MEKNES ). I. PRÉLIMINAIRES. Question 1.

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1 MINES PONTS CONCOURS D ADMISSION 2005 DEUXIEME COMPOSITION DE MATHÉMATIQUES corrigé de Brahim Benmimoun ( MP MEKNES ). I. PRÉLIMINAIRES Question Soit M M n (R), on a M = 2 (M + t M) + 2 (M t M) de plus A n S n = {0}. En effet si S n A n A A n S n alors : A = t A = A donc A = 0,d où le résultat. Question 2 Si M = (m kl ) (k,l) {,..n} 2 M n (R). Alors M s écrit M = m kl E kl. (k,l) {,..n} 2 Alors : Donc ME ij = (k,l) {,..n} 2 m kl E kl E ij = tr(me ij ) = k {,..n} Question 3 k {,..n} m ki tr(e kj ) = m ji On remarque que : A n = vect(e ij E ji ) i<j n Soit M M n (R), m ki E kj T A n, trmt = 0 (i, j) {,..n} 2, i < j n : tr(me ij ) = tr(me ij ) (i, j) {,..n} 2, i < j n : m ji = m ij M S n. Question 4 Si M M n (R) alors : t (e M ) = e tm il suffit pour cela d utiliser la continuité et la linéarité de l application transposée en effet : n N Soit T A n, t ( n k=0 k! M k ) = n k=0 k! (t M) k puis on tend n vers l infini. exp(t ) t (exp(t )) = exp(t ) exp( t T ) = exp(t ) exp( T ) = exp(t T ) = exp(0) = I. cart et T commutent Donc e T est orthogonale. / 8 myismail@altern.org

2 Question 5 soit s réel, On a : e sm I sm = + k=2 M 2 g(s) M k! sk M k = s 2 M 2 (k + 2)! sk M k. k=0 qu on note g(s) k=0 k! s k M k = M 2 e s M qui est borné au voisinage de 0 ceci par continuité par rapport à s,on en déduit que : D où le résultat. M 2 g(s) = 0() au voisinage de 0. Question 6 On écrit M = (C, C 2,..C n ) où les C i sont les colonnes de M. On note : (e i ) n i= la base canonique de M n(r) alors : det(m) + det(m XI) = det(c Xe, C 2 Xe 2,..., C n Xe n ) = n ( ) j det(c,.., C i, e i, C i +,...,, C ij, e ij, C ij +,..., C n )X j. j= i <...<i j n Or j,.., n i <... < i j dans {, 2.., n} on a : M det(c,.., C i, e i, C i +,...,, C ij, e ij, C ij +,..., C n ) est continue. D où M α j (M)est continue j. Question 7 det(sm + I) = n det(sm) + det(sc,.., sc i, e i, sc i +,..., sc ij, e ij, sc ij +,..., sc n ) = j= i <...<i j n + s n det(m) + j=2 i <...<i j n det(sc,.., sc i, e i, sc i +,..., sc ij, e ij, sc ij +,..., sc n ) + =0(s 2 ) n det(e,.., e i, sc i, e i+,.., e n ) = + str(m) + 0(s 2 ) i= =s tr(m) 2 / 8 myismail@altern.org

3 On note On a alors : N = M + 0(s) det(sm + I + 0(s 2 )) = det(sn + I) = + s trn + 0(s 2 ) = + s tr M + 0(s 2 ) Question 8 On se place dans M n (C) et on note 0, a 2,.., a p les valeurs propres de M de multiplicité respective m 0, m 2,.., m p, on a déjà m 0 car M non inversible. Comme M trigonalisable, il existe P dans GL n (C) et T triangulaire supérieure tel que : P MP = T er cas : Si le nombre (avec multiplicité ) des valeurs propres négatives est pair. Soit D = diag(,.., a }{{} 2,.., a 2,... a p,.., a p ) m 0 fois m 2 fois m pfoit alors det(t + sd ) = s m 0 (s + ) n m 0 On note enfin N 0 = P DP et on a, s > 0 : p i=2 a m i i >0 det(m + sn 0 ) = det(t + sd ) > 0. > 0, s > 0 ( car P (T + sd )P = M + sn 0 ) 2ème cas : Si le nombre (avec multiplicité ) des valeurs propres négatives est impair. Quite à réordonner les valeurs propres, on peut supposer que a 2 est négative. Soit : Alors : s > 0 D = diag(,.. }{{} m 0 fois det(t + sd ) = ( s)s m 0 (s + ) n m 0,,, a 2,.., a } {{ 2,... a } p,.., a p ) m 2 fois m pfoit p i=2 a m i i <0 > 0, s > 0. De la même manière que dans le premier cas,on note N 0 = P D P on a alors, s > 0 : det(m + sn 0 ) = det(t + sd ) > / 8 myismail@altern.org

4 Question 9 si M diagonalisable (respectivement symétrique réelle) soit P GL n (R) (respectivement dans O n (R) tel que : P MP = diag( 0,..0, a }{{} 2,.., a 2,... a p,.., a p ) m 0 fois m 2 fois m pfoit (respectivement t P MP = diag( 0,..0, a }{{} 2,.., a 2,... a p,.., a p )) m 0 fois m 2 fois m pfoit On a alors D = P N 0 P ( respectivement D = t P N 0 P ) diagonale réelle donc N 0 est diagonalisable (respectivement symétrique ). II.Démonstration de l inégalité () Question 0 A et B sont symétriques réelles donc sont diagonalisables,et comme elles commutent il existe donc une base de diagonalisation commune à A et B, quitte à faire une permutation sur cette base on peut supposer que : P AP = diag(a, a 2,..., a n ). Or P BP est diagonale donc il existe σ σ n telle que : P BP = diag(b σ(), b σ(2),..., b σ(n) ). Ainsi P (A + B)P = diag(a + b σ(), a 2 + b σ(2),..., a n + b σ(n) ). Et donc : det(a + B) = (a k + b σ(k) ). O n = {M M n (R), t MM = I} Question {M M n (R), M = (tr( t MM)) 2 = n 2 } donc est borné. D autre part : l aplication f : A t AA est continue de M n (R) dans M n (R). D où O n = f ({I}) est un fermé (car image réciproque par l application continuef du fermé{i}). En conclusion : puisque l espace vectoriel M n (R) est de dimension finie alors O n est une partie compacte de M n (R). Question 2 O n (M) = {UMU, U O } = g(o n ) Où g : U UMU définie de GL n (R) dans M n (R) il est clair que g est continue, et comme O n (M) = g(o n ) donc O n (M) est compact On considère alors l application : C det(a + C) définie de M n (R) dans R. 4 / 8 myismail@altern.org

5 Il est clair que cette application est continue donc l image du compact O n (M) est un compact de R d où l existence de B 0 dans O n (M) telle que : det(a + B 0 ) = sup det(a + C). C O n(b) II. A + B 0 inversible Question 3 ψ T (s) = det(a + e st B 0 e st )= det[i + (e st B 0 e st B 0 )(A + B 0 ) ] det(a + B 0 )= Or : det(a + B 0 ) det[i + e st (B 0 e st e st B 0 )(A + B 0 ) ] B 0 e st e st B 0 = B 0 (I st + 0(s 2 )) (I st + 0(s 2 ))B 0 = s(t B 0 B 0 T ) + 0(s 2 ) Et donc : e st (B 0 e st e st B 0 ) = (I + st + 0(s 2 )[s(t B 0 B 0 T ) + 0(s 2 )] = s(t B 0 B 0 T ) + 0(s 2 ) Ainsi : ψ T (s) = det(a + B 0 ) det[i + s(t B 0 B 0 T )(A + B 0 ) + 0(s 2 )] = det(a + B 0 )( + str[(t B 0 B 0 T )(A + B 0 ) ] + 0(s 2 ). (ceci d après la relation (3 ) de la question (7) ). Question 4 Soit U O n tel que B 0 = UBU, soit s réel notons V = e st U O n de sorte que V BV = e st B 0 e st. On en déduit que : e st B 0 e st O n (B). D où ψ T (s) = det(a + e st B 0 e st ) det(a + B 0 ) = ψ T (0). Question 5 Puisque s réel, ψ T (s) ψ T (0), alors il existe α > 0 tel que : s [ α, α] : + s tr[(t B 0 B 0 T )(A + B 0 ) ]. et donc : s [ α, α] : s tr[(t B 0 B 0 T )(A + B 0 ) ] 0, de sorte que : tr[(t B 0 B 0 T )(A + B 0 ) ] = 0. D où : tr[t B 0 (A + B 0 ) ] = tr[b 0 T (A + B 0 ) ] = tr[t (A + B 0 ) B 0 ]. 5 / 8 myismail@altern.org

6 Question 6 On a T A n : trt [B 0 (A + B 0 ) (A + B 0 ) B 0 ] = 0. Donc d après la question (3) : [B 0 (A + B 0 ) ] [(A + B 0 ) B 0 ] est symétrique et donc : [( t A + t B 0 ) ( t B 0 )] [ t B 0 ( t A + t B 0 ) ] = [B 0 (A + B 0 ) ] [(A + B 0 ) B 0 ]. Et comme Aet B 0 sont symétriques alors : [(A + B 0 ) B 0 ] [B 0 (A + B 0 ) ] = [B 0 (A + B 0 ) ] [(A + B 0 ) B 0 ]. Ce qui donne :[B 0 (A + B 0 ) ] [(A + B 0 ) B 0 ] = 0. d où :[B 0 (A + B 0 ) ] = [(A + B 0 ) B 0 ]. et donc (A + B 0 )[B 0 (A + B 0 ) ](A + B 0 ) = (A + B 0 )[(A + B 0 ) B 0 ](A + B 0 ). Ainsi :B 0 (A + B 0 ) = (A + B 0 )(A + B 0 ) et par suite : AB 0 = B 0 A. Question 7 Déjà B O n (B) ( prendre U = I ) de plus A et B 0 sont diagonalisables (car symétriques réelles ) et commutent et comme B et B 0 ont le même spectre alors : il existe σ σ n telle que : det(a + B) det(a + B 0 ) = (a k + b σ(k) ) max τ σ n (a k + b τ(k). II.2 A + B 0 singulière Question 8 d après la question ( 8), A + B 0 est symétrique réelle non inversible, soit donc N 0 symétrique telle que : s > 0 ; det(a + B 0 + sn 0 ) > 0. On note alors : k > 0 entier N k = B 0 + k N 0,N k est alors symétrique et tend vers B 0 quand k tend vers l infini. Soit, pour tout entier non nul k, B k O n (N k ) telle que : det(a + B k ) = sup det(a + C). C O n(n k ) On a alors : 0 < det(a + N k ) det(a + B k ) ( car N k O n (N k )). D après II. puisque A + B k est inversible alors A et B k commutent d où le résultat. 6 / 8 myismail@altern.org

7 Notons pour k entier non nul : Question 9 sp B k = sp N k = {λ (k), λ(k) 2,..., λ(k) n }. A + B 0 est symétrique il en est de même de N 0 et donc N k = B 0 + k N 0 est symétrique réelle. Il existe alors P k O n telle que : P k N k P k = diag(λ (k), λ(k) 2,..., λ(k) n ) qu on note D k. Comme O n est compact il existe alors ; (P ϕ(k) ) k sous suite de (P k ) k et P O n tellles que : la suite (P k ) k converge versp. D autre part : P ϕ(k) N ϕ(k) P ϕ(k) = diag(λ(ϕ(k)), λ (ϕ(k)) 2,..., λ n (ϕ(k)) ) = D ϕ(k). En tendant k vers l infini on déduit que la suite (D ϕ(k) ) k converge et de limite P B 0 P et puisque k D ϕ(k) est diagonale alors P B 0 P l est aussi. Donc il existe τ σ n telle que : diag(λ (ϕ(k)), λ (ϕ(k)) 2,..., λ (ϕ(k)) n ) = D ϕ(k) converge vers diag(b τ(), b τ(2)..., b τ(n) ). Si k, A et B ϕ(k) sont des matrices réelles symétriques qui commutent il existe alors σ k σ n telle que : det(a + N ϕ(k) ) det(a + B ϕ(k) ) = En tendant k vers l infini on trouve : det(a + B 0 ) max σ σ n (a j + λ (ϕ(k)) σ k (j) ) max j= (a j + b τ(σ(j)) ) = max j= ( car σ τoσ est une bijection de σ n sur lui même ). σ σ n j= σ σ n j= (a j + λ (ϕ(k)) (a j + b σ(j) ), III.Une permutation qui réalise le maximum Question 20 On montre le résultat par reccurence sur n. si n = 2 : le résultat est évident si σ est la transposition (2). Si σ = id : On a a (b 2 b ) a (b 2 b ), Donc : (a + b )(a 2 + b 2 ) (a + b 2 )(a 2 + b ). On suppose le résultat vrai à l ordre n, on veut le montrer à l ordre n soient (a k, k n) et (b k, k n) réels vérifiant H et σ σ n. σ(j) ). 7 / 8 myismail@altern.org

8 er cas : si σ(n) =. on considère (a k, k n ), (b k, k n ) ( avec b k = b k+) ces deux suites vérifient π. Soit τ tel que : τ(i) = σ(i), i =,..., n il est clair que τ σ, donc : Donc : (a k + b σ(k) ) = (a k + b σ(k) ) = (a k + b τ(k) ) (a k + b k+ ) = (a k + b n k+ ). (a k + b σ(k) [ (a k + b n k+ )](a n + b ) = (a k + b n k+ ). 2ème cas : si σ(n) = j >, σ(i) = où i < n. On note τ la transposition (j) et τ = τ oσ. On a τ vérifie les hypothèses du premier cas et σ = τ sauf aux points i et n donc : Ainsi : (a k + b τ(k) ) (a k + b n k+ ). (a n +b )(a i +b j ) (a k +b σ(k) ) = (a n +b )(a i +b j ) (a k +b τ(k) ) = k i,n Or : a n (b b j ) a i (b b j ) et donc : k i,n (a n + b j )(a i + b ) (a n + b )(a i + b j ). (a k +b τ(k) ) (a k +b n k+ ). En conclusion : σ σ n ; (a k + b σ(k) ) (a k + b n k+ ). 8 / 8 myismail@altern.org