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 e H son symériques à coefficiens réels, donc diagonalisables en base orhonormée. 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 es un veceur propre éviden associé à la valeur propre, posons 1 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 = On vérifie que S = P D P es symérique, car S = ( P ) D P = S, e Sp(S) = Sp(P DP 1 ) = Sp(D) R +, donc S S +, d après la quesion 7. Comme S es inversible (les valeurs propres de S son égales à celles de D, donc son non nulles), 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 D 1 P 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) : (1) : (A B) = [ AB] i,i = 1 i,j n a j,i b j,i. L applicaion ( ) es donc le produi scalaire canonique de M n (R), pour lequel la base canonique es une base orhonormale. La formule (1) perme en effe de vérifier que (..) es bilinéaire, symérique e définie posiive, ie : (A + αa B) = (A B) + α(a B), (A B) = (B A), (A A) > 0 pour A Si M M n (R), on a M = M + M A n (R) S n (R) = M n (R). + M M avec M + M S n (R) e M M A n (R), donc

2 Si M A n (R) S n (R), alors M = M = M, donc M = 0. Ainsi A n (R) S n (R) = {0}, donc ces 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), 5. D après le héorème de la projecion orhogonale, 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), qui vau 1 (A + A) d après la quesion précédene. Ainsi d(a, S n (R)) = A 1 (A + A) = 1 (A A). De même, 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). Supposons d abord que S S + n (R). Soi λ Sp(M). Il exise X R n el que X 0 e SX = λx. Alors XSX = λ XX = λ X. Or X > 0 car X 0 e XSX 0 par hypohèse, donc λ 0. Réciproquemen, supposons que Sp(S) R +. Le héorème de réducion des marices symériques perme d affirmer qu il exise une marice orhogonale P elle que D = P S P = P SP 1 soi diagonale. Pour X R n, nous obenons donc XSX = (P X)D(P X). Posons Y = P X = (Y i,1 ) 1 i n. Alors XSX = [ Y ] 1,i D i,j Y j,1, or D es diagonale, donc XSX = 1 i,j n Y i,1d i,i 0, car les coefficiens diagonaux de D son les valeurs propres de S. 8. ( AA) = ( A)( A) = AA, donc la marice AA es symérique. De plus, 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 : en effe, A i A j = [ A i ] k [A j ] k = A k,i A k,j = [ AA] i,j. k=1 k=1 il es donc nul si i j e égal à d i si i = j. En pariculier, si d i = 0, A i = A i A i = d i A i es nulle. = 0 e la colonne b) Noons I l ensemble des i els que d i 0 e, pour chaque i I, posons E i = A i A i = A i. La famille d i (E i ) i I es alors une famille orhonormale, que nous pouvons compléer 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, car, D éan diagonale, la jème colonne de ED es gale d j E j (E j éan bien la jème colonne de E). 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).

3 On en dédui que = P 1 AAP = P 1 BBP es une marice diagonale à ermes posiifs : si l on noe = diag(δ 1,..., δ n ), en posan D = diag( δ 1,..., δ n ), on a bien D =. b) On a (AP )AP = (BP )BP = D. On dédui de la quesion 9c qu il exise deux marices orhogonales E e F elles que AP = ED e BP = F D, donc A = EDP 1 = EF 1 F DP 1 = EF 1 B, ce qui donne A = UB avec U = EF 1, qui es bien orhogonale car O n (R) es un groupe. 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. Ainsi, d(a, O n (R)) = inf{d(s, U 1 Ω)/Ω O n (R)}, or, O n (R) éan un groupe, l applicaion Ω U 1 Ω es une bijecion de O n (R) dans lui-même, don l applicaion réciproque es Ω UΩ. Ainsi, d(a, O n (R)) = inf{d(s, Ω)/Ω 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 = D + Ω (D Ω) = λ i + T r(i n ) Tr (DΩ). 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 De plus, Ω éan orhogonale, pour ou j {1,..., n}, 1 = donc pour ou i, j {1,..., n}, ωi,j 1. En pariculier, ω i,i 1. De plus, λ i 0, donc Tr (DΩ) = c) On en dédui que pour ou Ω O n (R) : ω i,j, λ i ω i,i λ i. 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. A U = US U = S I n d après la quesion 1,

4 donc A U = P DP 1 P I n P 1 = D I n = d(a, O n (R)). 16. 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. Nous avons ici n =, λ 1 = 4 e λ = λ = 1, donc d(γ, O n (R)) =. 17. a) On sai que le specre de M es de cardinal fini : soi α le imum de l ensemble fini 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. Avec les noaions de la quesion précédene, 0 d(m, GL n (R)) d(m, M α k + I n) = α k + I n 0, lorsque k end vers +, donc 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. X = x i C i, e par hypohèse, pour ou i {1,..., n}, AC i = λ i C i, donc AX = x i λ i C i. XAX es égal au produi scalaire (canonique de R n ) de X avec AX, or (C 1,..., C n ) es une base orhonormée, donc XAX = λ i x i. Pour les mêmes raisons, XX = x i. Soi k {1,..., n}. Choisissons (x i ) 1 i n = (δ k,i ). Ainsi X = C k e les formules précédenes donnen : 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 donne : k k λ i x i λ k x i XAX XX = = λ k k k car les λ i décroissen. Comme le oran λ k es aein pour X = C k, on en dédui : x i x i XAX X F k \{0} XX = λ k. 1. a) Sinon G = Vec (C k, C k+1,..., C n ) e F son en somme direce e dim(f + G) = k + (n k + 1) = n + 1 ce qui es faux. 4

5 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 = λ k k car les λ i décroissen. i=k x i x i. 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 \{0} 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 : µl R l = r µl R l e on (R l R k ) = Tr ( P M l M k P ) = Tr ( M l M k P P ) = Tr ( M l M k ) = (Ml M k ) = δ l,k d après la formule (1) de la quesion e le fai que les colonnes de E son normées. 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 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. 5

6 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 = 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 r i=q+1 µ i r i=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