CCP 2004 PC Maths 1 PARTIE I

Transcription

1 P 4 P Maths PRTIE I I.) On remarque que les trois premières colonnes de M sont égales et non proportionnelles à la dernière. Donc rg(m) = rg( t M) =. Les noyaux et images demandés sont de dimension : a) et sont deux vecteurs non colinéaires du noyau. donc d après la dimension, c est une base du noyau. ase de ker (M) : et de même ase de ker ( t M) : Les dimensions étant égales si il y a une inclusion,il y a égalité. Or ne peut pas être élément de ker(m) par tous les éléments de ker(m) on une 4-ème coordonnée nulle pas d inclusion b) les deux vecteurs et sont deux vecteurs non colinéaires de l image et donc avec la dimension : ase de Im (M) : en prenant les colonnes et 3 (plus simples) et forment une base de l image de Im(t M) base de Im ( t M) : et tout vecteur de Im ( t M) a ses deux premières coordonnées égales. e n est pas le cas des vecteurs de base de Im(M): L une des inclusion est fausse, et comme pour le noyau, l autre aussi. pas d inclusion I.) a) remarque : t est carrée d ordre p et t est carrée d ordre n: X ker() =) X = ) t X = ) X ker ( t )) X ker( t ) ) t X = ) t X t X = ) kxk = ) X = ) X ker() donc on a : ker() = ker( t )

2 . En remplaçant par t : ker( t ) = ker( t ) b) D après le théorème du rang : rg( t ) = p dim(ker( t )) = p dim(ker()) = rg() et en remplaçant par t rg( t ) = rg( t ). Et comme rg( t ) = rg() : rg( t ) = rg( t ) = rg() c) Y Im( t ) ) 9X M p; (R), Y = t X ) 9Z M n; (R), Y = t Z ) Y Im ( t ). On a inclusion, et par égalité des dimensions (I..b), égalité des deux sous espaces vectoriels. donc Im( t ) = Im( t ) En remplaçant par t Im( t ) = Im() I.3)Même si le sujet ne le demande pas il est souhaitable (indispensable ) de regarder ce qui se passe si n = ou 3 et q = ou 3. a) Soit c i;j le terme de la ligne i, colonne j de t : c i;j = X q k= b k;ib k;j = < x i ; x j > donc t = G D après )b), rg(g) = rg() et par dé nition de rg() = rg(s) rg() = rg(s) b) G est symétrique réelle donc diagonalisable. Soit une valeur propre de G et X un vecteur propre associé : X n est pas nul donc kxk 6=, donc GX = X ) t X t X = t XX ) kxk = kxk c) G étant diagonalisable, son déterminant est le produit des valeurs propres, celles-ci sont toutes positives donc det(g) det(g) =, rg(g) < q, rg(s) < q d après l égalité du I..a): Le rang est strictement inférieur au cardinal si et seulement si la famille est liée. det(g) = () S lié d) Si q = : det(g) = kx k < x ; x > < x ; x > kx k = kx k kx k (< x ; x >) I.4) Il su t de prouver le résultat en ajoutant à un vecteur un multiple d un autre. omme pour le pivot de Gauss le résultat est alors évident. On remplace donc x i par x i + j x j. La matrice G est modi ée sur la ligne i et sur la colonne i: On véri e que l opération obtenue est la même que le pivot de Gauss sur la matrice L i L i + j L j puis i i + j L j : pour les termes non diagonaux de la ligne i on a : g i;k = hx i ; x k i est remplacé lors du premier pivot par g i;k + j g j;k = hx i ; x j i + j hx j ; x k i = hx i + j x j ; x k i puis n est plus modi é pour les termes non diagonaux de la colonne i on a pas de modi cation lors du premier pivot, et le même type d opération lors du second pour le terme diagonale g i;i est remplacé par g i;i + j g j;j puis par (g i;i + j g j;i ) + j (g i;j + j g j;j ) ( les termes de la lignes sont tous modi ées par le premier Pivot). On véri e alors (g i;i + j g j;i ) + j (g i;j + j g j;j ) = hx i ; x i i + j hx i ; x j i + j hx j ; x i i + j hx j ; x j i = hx i + j x j ; x i + j x j i Le pivot de Gauss laisse invariant le déterminant donc (x ; x i ; x i ; x i+ ; x n ) = (x ; x i ; x i + j x j ; x i+ ; x n ) Di cile à rédiger. correcteur. Donner le principe du pivot puis rédiger un exemple comme ci dessous avec n petit doit su re au

3 Si n = 3 et si on remplace x par x + x on a : G = hx ; x i hx ; x i hx ; x 3 i hx ; x i hx ; x i hx ; x 3 i! hx ; x i + hx ; x i hx ; x i hx ; x 3 i hx ; x i + hx ; x i hx ; x i hx ; x 3 i hx 3 ; x i hx 3 ; x i hx 3 ; x 3 i hx 3 ; x i + hx3; x i hx 3 ; x i hx 3 ; x 3 i! hx ; x i + hx ; x i + (hx ; x i + hx ; x i) hx ; x i + hx ; x i hx ; x 3 i + hx ; x 3 i hx ; x i + hx ; x i hx ; x i hx ; x 3 i hx 3 ; x i + hx3; x i hx 3 ; x i hx 3 ; x 3 i = hx + x ; x + x i hx + x ; x i hx + x ; x 3 i hx ; x + x i hx ; x i hx ; x 3 i hx 3 ; x + x i hx 3 ; x i hx 3 ; x 3 i I.5) a)on applique I.4) car p L (x ) est une combinaison linéaire de x ; :::; x q (x ; :::; x q ) = (h + p L (x ); :::; x q ) = (h ; :::; x q ). Or h L? donc < h ; x j >= pour tout j. La première ligne (et colonne) de (h ; :::; x q ) a tous ses termes nuls sauf le premier qui vaut < h ; h >. Les termes des lignes ou colonnes suivants sont < x i ; x j > avec i et j. La matrice est diagonale par blocs et donc par produit des déterminants des blocs diagonaux : (x ; :::; x q ) = kh k (x ; :::; x q ) b) i) h est orthogonal à p L (x ), en appliquant le théorème de Pythagore : kx k = kh k + kp L (x )k donc (x ) = kx k kh k.de plus (x ; :::; x q ) donc : d après le résultat précédent : (x ; :::; x q ) (x ) (x ; :::; x q ) Si S est libre alors les termes sont non nuls donc l égalité a lieu si et seulement si kh k = (x ) si et seulement si p L (x ) =,si et seulement si x L?. remarque : mais si (x ; x p ) est lié l égalité est toujours véri ée. ii)on procède par récurrence sur q :pour tout système libre de q vecteurs on a (x ; x q ) (x ) (x q ) avec égalité si et seulement si les (x i ) sont deux à deux orthogonaux: vrai si n = et n = d après si c est vrai pour q vecteurs on suppose (y ; y q ) (y ) (y q ) on a alors : (x ; :::; x q ) (x ) (x ; :::; x q ) (x ) (x q ) en prenant y i = x i Si (x ; x q ) = (x ) (x q ) alors comme (x ; :::; x q ) (x ) (x ; :::; x q ) (x ) ((x ) (x q )) inégalités sont des égalités et donc : toutes les (x ; :::; x q ) = (x ) (x ; :::; x q ) et x est orthogonal à tous les autres (x i ) (x ; :::; x q ) (x ; :::; x q ) = ((x ) (x q )) en simpli ant par (x ) 6= donc les (x i ) q i= sont deux à deux orthogonaux par l hypothèse de récurrence. Si les (x i ) q i= sont liés (x ) (x q ) reste vrai mais on a égalité si et seulement si l un des (x i ) est nul, sans condition sur les autres. pour une famille libre (x ; x q ) (x ) (x q ) avec égalité ssi les (x i ) sont deux à deux orthogonaux 6) a) Les vecteurs colonnes de sont libres puisque GL n (R). On pose G = t : On a donc (det()) = det(g) = (c ; :::; c n ): Or si on a déja vu que pour un seul vecteur (x i ) = kx i k on trouve grâce au I.5 (c ; :::; c n ) kc k ::: kc n k d où jdet()j Y n k= kc kk et l égalité a lieu si et seulement si c ; :::; c n sont à orthogonaux. b) kc k k = P n i= (a i;k) n donc jdet()j Y n kc kk ( p n) n. k= L égalité entre les termes extrême a lieu si et seulement si on a deux égalités dans la formule : d une part jdet()j = Y n kc k k ce qui équivaut dire que les vecteurs colonnes sont à orthogonaux.

4 d autre part Y n kc kk = ( p n) n.et comme chaque facteur est p n la seule possibilité (nécessaire et su sante) est 8k k=, kc k k = p n et comme tous les termes de la somme sont ceci équivaut à : 8k; 8i, a i;k = 8 (i; j) ; ja i;j j ) det () ( p n) n avec égalité ssi les colonnes de sont à é rthogonales et a i;j = II.) 8 Eléments de H : II.) ; PRTIE II ; ; a) Les colonnes de sont deux à deux orthogonales et de norme p n. donc p n est une matrice orthogonale. On a donc t p n : p n = I n. d où : t = ni n b et c ) Réciproquement si t = ni n la matrice p n est orthogonale. Ses colonnes (donc aussi celles de ) sont à orthogonales. Si on impose des coe cients dans f = p ni n ; g alors on a bien une matrice de H n. Sinon il reste bien des possibilités par exemple II.3) prendre un ou deux autres exemples, les traiter à la main sur des matrices x ou 3x3 me semble indispensable à 8 < la compréhension du sujet.par exemple P Id = I n si n = 3 et = : > > 3 3 > alors P = a)on e ectue un produit à gauche par une matrice inversible : c est un pivot de Gauss sur les lignes. On pose = t P (). 8i; j ; a i;j = X n k= p k;i a k;j = X n k;(i)a k;j = a (i);j + P = a (i);i. La ligne i de est la k= ligne (i) de. t P () est obtenue en faisant la permutation sur les lignes de. b)idem en posant = P (). 8i; j ; a i;j = X n a i;kp k;j = X n a i;k k;(j) = a i;(j). La colonne j de est la k= k= colonne (j) de. P () est obtenue en faisant la permutation sur les colonnes de. c) On remarque que les colonnes de P sont deux à deux orthogonales et de norme, donc P O(n) et t P :P = In. On a t : = t P : t P = t : = ni n. de plus les coe cients de sont ceux de donc dans f ; g : H n de même pour : t "" = t P : t ::P = n t P :P = ni n et les coe cients sont dans f ; g II.4) a) est diagonale à coe cients dans, donc les coe cients de et ceux de sont égaux à. De plus est aussi une matrice orthogonale. On a donc les mêmes calculs qu avec P.: H n ) 8; P H n ; t P H n ; 8 D n, H n et H n Les coe cients de et de valent, donc ceux de aussi par produit. On a t a : ( ) = t a ; : t a ; : t a ; : t d où t a ( ) : ( ) = ; + a; nin (a ; a ; + a ; a ; ) ni n (a ; a ; + a ; a ; ) ni n a ; + a ; nin car t = ni n Or H donc t a : = I d où ; + a ;n a ; a ; + a ; a ; a ; a ; + a ; a ; a ; + a = I et donc t ( ) : ( ) = ; nin = ni ni n n ( ) H n b) H 6=?, soit H : on a = H 4 et par récurrence si n H n alors n = n H n 8n N, H n 6= ; c) On construit une matrice de H 4 qui ne soit pas du type précédent car 6= qui n est pas du type ( )

5 pour trouver une telle matrice on peut partir d une matrice ( )puis permuter des colonnes et/ou des lignes II.5)n est dans E donch n est non vide. soit H n. a) pour avoir que des sur la première colonne on e ectue un pivot de Gauss sur les lignes en multipliant par une matrice D n bien choisi : Si le premier coe cient de la ligne i est un : on laisse L i inchangé. On met donc un sur la diagonale de Si le premier coe cient de la ligne i est un : on multiplie L i par. On met donc un sur la diagonale de On a construit une matrice = qui est dans H (question II.3.c) et qui a une première colonne constituée uniquement de. 8 < si i 6= j On peut préciser : i;j = si i = j et a i; = : si i = j et a i; = Si on regarde le produit scalaire des deux premières colonnes de on trouve P n j= a ;j a ;j = P n i= a ;j. Si on a dans la deuxième colonne m coe cients égaux à et donc n m égaux à, on a P n i= a ;j = k (n k) = m n. On veut l orthogonalité donc n = k est pair. Si E n est non vide n est pair b) Dans la matrice on peut permuter les lignes en multipliant à droite par P :On peut choisir cette permutation pour placer tous les dans la première moitié des lignes : Si pour i m a i; = alors il existe j > m tel que a j; = (sinon il y a trop de -) et on permute L i et L j : et on itère pour chaque à déplacer. On a construit une matrice " = P n ayant que des sur la première colonne des sur les m premières lignes de la seconde et des après.. D après II.3;) " H n. On e ectue alors les produit scalaire des colonnes de : colonnes et 3 : X m colonnes et 3 : X m k= a" k;3 = k= a" k;3 P m k=m+ a" k;3 = On a donc X m a" k;3 = P m k= k=m+ a" k;3 = et comme à la question II.5.a) m est pair: Si E n est non vide n est multiple de 4 On voit venir la récurrence qui n est pas demandée : n E () n est une puissance de. PRTIE III III.) S est symétrique réelle donc diagonalisable et 9P O(n) et D diagonale tels que S = P DP = P D t P Si est une valeur propre de S il existe une matrice colonne X non nulle tell que SX = X on a donc t XSX = t XX = kxk. Donc X 6=! = t XSX > par dé nition de S ++ kxk n Réciproquement si tous les termes diagonaux sont positifs on a pour chaque matrice propre X i élément d une base orthonormale qui diagonalise S : X i = i X i avec i > donc si X = P i X i,!! nx nx t XSX = a t i X i S a j X j = X nx a i a j t j X i X j = a j j car la base est orthonormale i= i= i;j j= On a donc t XSX > si X 6= 8S S n (R) (S S ++ n () Sp (S) R + ) III.) a) S = t MM est symétrique réelle 8X M n; (R) : t XSX = t X t MMX = t (MX) : (MX) = MX. c est donc une quantité qui est positive. De plus elle est nulle si et seulement si MX = donc si X = car M est inversible.

6 b) On peut diagonaliser t MM dans une base orthonormale il existe D diagonale à coe cients positifs tel que t MM = P DP. On pose D = diag(d i ), on prend = diag( p d i ) alors S = P P véri e S = t MM (ça doit vous rappeler un devoir sur les racines carrées de matrices) De plus P = t P donc S = P t P =) t S = P t t P = S car est diagonale. c) det(s) = det () = p det(d) 6= donc S est inversible. t (MS ):MS = t S t M M t S = S S S = I n car S est symétrique t S = S ) t S = S donc d) On suppose R = MS : MS O n M = RS avec R O n et S S ++ n III.3) a) et D sont semblables donc ont la même trace : T r() = X n i. i= b) est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormale. Quitte à changer l ordre des vecteurs on peut supposer que la matrice diagonale est D. 9P O n tel que = P DP ) Q = QP DP ) T r(q) = T r(qp DP ) = T r(p QP D) car T r() = T r() Si on pose Q = P QP on a une matrice orthogonale car P et Q sont orthogonales (O(n) est un groupe donc stable par produit et inverse) 8Q O(n); 9Q O(n) : T r(q) = T r(q D) T r(q D) = X n On veut X n h X n j= q () j;i i= q() i= q() i;i i. Pour tout i, i i;i i P n i= i :Il su t de montrer que les q () i;i sont inférieurs à. Or Q est orthogonale :donc 8i en particulier : q () i;i. On a donc T r(q D) X n i d où i= i = et donc 8i; j q () i;j T r(q) T r(). c) Pour Q = I n on a égalité donc sup T r(q) = T r() QO n III.4) On remarque que f() est la somme de tous les coe cients situés au dessus de la diagonale. a) Il y a n(n + ) termes au-dessus de la diagonale, tous égaux à donc f() n(n + ). L ensemble ff() ; H g est une partie majorée de R donc admet une borne supérieure. b) Soit = T : b i;i = X n a i;jt j;i = P + X n a i;j donc T r() = f() j= j=i c) det(t ) = donc T GL n (R). D après III.) 9R O n et S S n ++ tel que T = RS. lors f() = T r(rs). Posons = p n. On a vu en II que O n et f() = T r( p n RS) = p nt r( RS). R O n et S S n + donc d après 3) : f() p nt r(s). est vrai pour toute matrice de H n ; p nt r(s) est un majorant. Donc n p nt r(s) d) On reprend les matrices du II: : 8 H ; f() f 3; ; ; 3g donc = 3 D après III.) T r(s) = p d + p d où d et d sont les valeurs propres de t T T = p5+ d où T r(s) = p 5 3+ p 5 =. d = 3 p 5 = p5 ; d = On véri e bien que3 < p p 5 On constate aussi que au moins pour n = m p nt r(s) majore et n est pas la borne supérieure.