CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PC MATHEMATIQUES 1

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1 SESSION 0 CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE ENSI FILIERE PC MATHEMATIQUES Partie I : DROITES DES MOINDRES CARRÉS DANS UN CAS PARTICULIER 0 α I det i,j AB, AC = = α 0 et donc les points A, B et C ne sont pas alignés I Ia Soit a,b R p a,b A = 0,b, p a,b B = 0,b et p a,b C = α,aα+b Ib Soit a,b R f 0 a,b = b b +α α + aα b = b +b + aα+b f 0 a,b = = = aα+b +b b+ = aα+b + b b + aα+b + b aα+b + b + + Ic Pour tout a,b R, f 0 a,b avec égalité si et seulement si aα+b = b = 0 ce qui équivaut à b = et a = 0 Pour a,b = 0,, on obtient la droite D 0 d équation y = I Ia Soit a,b R p a,b A = b,0, p a,b B = a+b, et p a,b C = a +b, Ib Pour a,b R, f a,b = 0 b +0 a b + α a b = b +a+b + α a b b +a+b + α a b = b +b α+ a +a +α aα+ a +α aα+ 5a = b +b α + a = b α + a α + a = b α + a a + + α +α aα+ 5a http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 0 Tous droits réservés

2 Ic Pour tout a,b R, f 0 a,b α avec égalité si et seulement si a = a +b α b = α Pour a,b = 0, α, on obtient la droite D d équation = α = 0 ce qui équivaut à a = 0 et I Les droites D 0 et D sont respectivement dirigées par i et j et sont donc orthogonales Elles se coupent au point α M =, Or l isobarycentre de A, B, C est et donc M est l isobarycentre de A,B,C 0+0+α, 0++ = α, = M, Partie II : RÉSULTATS SUR UN ESPACE PRÉHILBERTIEN RÉEL II F est l ensemble des vecteurs de E qui sont orthogonau à tous les vecteurs de F F est un sous-espace vectoriel de E tel que F F = {0} Si de plus E est de dimension finie, E = F F II Puisque dimf < +, le théorème de la projection orthogonale montre que p F est bien défini Soit E { z, z F} est une partie non vide de R car contient par eemple et minorée par 0 Par suite, { z, z F} admet une borne inférieure Pour tout vecteur z de F, z = z = p F + p F z d après le théorème de Pythagore car p F F et p F z F p F = p F, avec égalité si et seulement si z = p F Donc, la borne inférieure de { z, z F} est atteinte en l unique élément z de F défini par z = p F II IIa Soit,y E y F = y p F y+p F y F = y p F y F + p F y F d après i = y p F y F d après iii car p F y F = y p F y F d après ii = y p F y p F F +y p F y p F F = p F y p F y F = p F y p F y d après iv car p F F et y p F y F Soit E D après l égalité précédente, F = p F p F = p F = d,f En particulier, F = d,f 0 Soit E F = 0 p F = 0 = p F F si F, alors p F = et si = p F alors F IIb D après la question précédente, on a nécessairement,y E, y F = p F y p F y ce qui assure l unicité de F Réciproquement, posons,y E, y F = p F y p F y i Soit E L application y y p F y est linéaire et donc l application y p F,y p F y est linéaire par linéarité du produit scalaire par rapport à sa deuième variable ii L application,y y F est symétrique par symétrie du produit scalaire iii Pour E et y F, y F = p F y p F y = p F 0 = 0 iv Pour,y F, p F = p F y = 0 et donc y F = p F y p F y = y Donc, F est effectivement un produit subordonné à F On a ainsi montré qu il eiste un unique produit subordonné à F http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 0 Tous droits réservés

3 II Soit,y E D après l inégalité de Cauchy-Schwarz y F = p F y p F y p F y p F y = F y F De plus, on sait que y F = F y F si et seulement si la famille p F,y p F y est liée II5 II5a E{0} Donc il eiste E tel que 0 Le vecteur u = est un vecteur de E tel que u = II5b Soit E Il eiste λ R tel que p D = λu De plus, Donc, E, p D = uu p D D λu u = 0 u λu u = 0 λ = u car u = II5c Soit E = D = p D = uu = m u Soit,y E cov,y = y D = uu y y uu = y uy u y u u+ uy uu u = y uy u = y m m y II6 Puisque la famille,y,u est libre, / Vectu = D D après la question IIa, D = D 0 et D = D 0 Donc = D > 0 De même, > 0 II7 II7a m = u = m u u = u m u u = m m = 0 = m u = = m u = = ρ = cov, y = y D [0,] d après la question II De plus, D y D y D D y D = p D,y p D y liée λ,µ 0,0/ λ p D +µy p D y = 0 λ,µ 0,0/ λ+µy+ λm µm y u = 0,y,u liée Par contraposition,,y,u libre y D D y D Finalement, ρ < ou encore ρ ],[ II7b Puisque u 0 et / Vectu, F est un plan vectoriel u = et = m u = Enfin, u = u p D = 0 car p D D Donc u, est une famille orthonormale Enfin, u F et Vect,u = F Donc, u, est une famille orthonormale de F et finalement une base orthonormale de F car F est un plan II7c D après la question II, inf{ y a bu, a,b R } = inf{ y z, z F} eiste et vaut y p F y = dy,f II7d Puisque la famille u, est une base orthonormée de F p F y = y uu+y = m y u+y, et donc inf{ y a bu, a,b R } = y m y u y II7e y = y m u = y m y u = y m m y = cov,y y m y u y = y ρ = y ρ, = ρ et donc http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 0 Tous droits réservés

4 puis inf{ y a bu, a,b R } = y ρ II7f p F y = m y u y = σ y m u m u+m y u = σ y m y u + m σ y m y u+m y u = cov,y σ + m σ cov,y+m y u = ρ + Donc a 0 = ρ et b 0 = m ρ +m y m ρ +m y u II8 y = a 0 +b 0 y = ρ m ρ +m y y m y = ρ m II9 Le résultat s obtient en échangeant les rôles de et y ce qui est licite puisque la famille y,,u est libre II0 a et b s obtiennent en échangeant les rôles de et y puis une équation de D s obtient en échangeant les rôles de et y Une équation de D est donc m = ρ y m y car ρ est invariant quand on échange les rôles de et y II Un vecteur normal à D 0 est n 0 = ρ ρ ρ, et un vecteur normal à D est n =, ρ = ρ + 0 d après la question II7a Donc les droites D 0 et D sont sécantes en un unique point Le point m,m y appartient à chacune de ces deu droites et donc les droites D 0 et D sont sécantes en l unique point m,m y II D 0 D n 0 n = 0 ρ σ + σ = 0 ρ = 0 cov,y = 0 y = m m y y Partie III : BASE ADAPTÉE À UN PRODUIT SCALAIRE DANS UN ESPACE EUCLIDIEN III On identifie une matrice de format, et son unique coefficent t XSY = i s i,j y j = j= i,j n III IIIa Soit i,j,n s j,i = e j e i = e i e j = s i,j Donc S est une matrice symétrique réelle de format n n i y j e i e j = i e i y j e j = y D après le théorème spectral, le spectre de S est contenu dans R Soit alors λ une valeur propre de S puis X un vecteur propre unitaire associé t XSX = t XλX = λ t XX = λ X = λ et donc λ = t XSX = > 0 car 0 Ainsi, les valeurs propres de S sont des réels strictement positifs IIIb S D n R i j, e i e j = 0 e i i n est une base orthogonale de E n j= http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 0 Tous droits réservés

5 III Supposons que X,Y M n, R, t XAY = t XBY ou encore supposons que i i n,y j j n R n, i y j a i,j = i y j b i,j i,j n i,j n En appliquant cette égalité au vecteurs X = E k et Y = E l de la base canonique de M n, R pour chaque k et chaque l de,n, on obtient a k,l = b k,l pour chaque k et chaque l de,n et donc A = B III IIIa On sait que X = PX IIIb t X S Y =,y = t XSY = t PX SPY = t X tpspy Ainsi, pour tout X,Y M n, R, t X S Y = t X tpspy et d après la question III, S = t PSP IIIc E est un espace euclidien et on sait alors qu il eiste dans E au moins une base orthonormée B = e i i n IIId Pour tout i,j,n, S = e i e j = δ i,j Par suite, e i e j i,j n = I n D après la question IIIb, t PSP = I n puis S = t P P Mais alors P O n R P O n R t P P = I n S = I n B est une base orthonormée III5 Soit B = e i i n une base orthonormée de E n Pour i,n, on pose e i = d i e i puis on pose B = e i i n Puisque chaque d i est non nul, B est une base de E De plus, pour tout i,j,n, e i e j = { di si i = j d i dj δ i,j = 0 si i j Donc la matrice associée à la base B est diagd i i n c est-à-dire M La matrice M est donc associée à une base de E n III6 III6a χ M = X X = X X = XX Donc Spf = 0, Kerf = Vecte où e = e e et Kerf Id = Vecte où e = e +e III6b Si M est une matrice associée à une certaine base de E, les valeurs propres de M sont strictement positives d après la question IIIa Comme 0 est valeur propre de M, M n est pas associée à une base de E III7 III7a rgm I = et donc dimkerm I = Par suite, est valeur propre d ordre au moins La dernière valeur propre λ est fournie par la trace de M : 9 = TrM = ++λ et donc λ = 8 Ainsi, Spf =,, Kerf Id est le plan d équation +y+z = 0 puis Kerf Id est l orthogonal de ce plan car M est symétrique réelle c est-à-dire la droite engendrée par le vecteur unitaire e = e +e +e Un vecteur unitaire du plan Kerf Id est le vecteur e = e e Par suite une base orthonormée du plan Kerf Id est e,e où III7b PosonsQ = P B B = e = e e = 6 e +e +e e e = 6 e +e e avec Q = t Q Posons D = diag,, de sorte que D = diag,, On a alors Les formules de changement de bases s écriventm = Qdiag,,Q M = QD t Q = QD t D t Q = QD t QD 0 Ainsi, en posant P = t QD =, on a M = t PP Cette dernière égalité signifie que si B = e,e,e est la base de E telle que P = PB B, alors pour i,j,, e la matrice M i e j est le coefficient ligne i, colonne j de http ://wwwmaths-francefr 5 c Jean-Louis Rouget, 0 Tous droits réservés

6 Ainsi, la matrice M est la matrice adaptée à la base III8 M e,e,e = e + = = e + e, e + e + e, e + e Donc est une valeur propre de M Puisque M admet une valeur propre négative ou nulle, M n est pas la matrice associée à une base de E d après la question IIIa 5on peut aussi remarquer que la trace de M est nulle et donc M admet au moins une valeur propre négative ou nulle III9 III9a Une famille adaptée est une famille orthogonale de vecteurs tous non nuls On sait qu une telle famille est libre Etant de cardinal n = dime n, une famille adaptée est une base de E n III9b Soit e i i n une base orthonormée de E n Pour i,n, posons e i = n e i La famille e i i n est une famille adaptée III9c Il n y a pas unicité d une famille adaptée En effet, soit e i i n et f un automorphisme orthogonal de E n distinct de Id Puisque f conserve le produit scalaire, la famille fe i i n est une autre famille adaptée Par eemple, la famille e i i n est une famille adaptée distincte de la famille e i i n III9d III9e Si = n y = i e i y j e j = e i, alors = n j= i,j n = et donc e i = i y j e i e j = n i y i Partie IV : DROITES DES MOINDRES CARRÉS DANS LE CAS GÉNÉRAL IV Soit E = R[X] Pour P,Q E, on pose P Q = 0 PtQt dt E, est un espace préhilbertien réel de dimension infinie D autre part, R n muni du produit scalaire canonique est un espace euclidien IV Il suffit de prendre pour e i i n une famille adaptée IV Soit α,β,γ R αu+β+γy = 0 α+β i +γy i e i = 0 i,n, α+β i +γy i = 0 On ne peut avoir β,γ 0,0 car alors tous les points A i, i n, appartiennent à la droite D d équation α+βx+γy = 0 dans R ce qui contredit le fait que les points A i ne sont pas alignés Donc β = γ = 0 puis α = 0 On a ainsi montré que la famille u,,y est libre IV f 0 a,b = y i a i +b = n n y i a i bu i y i a i bu i = ny a bu y a bu = n y a bu En échangeant les rôles de et y, on a aussi f a,b = n ay bu http ://wwwmaths-francefr 6 c Jean-Louis Rouget, 0 Tous droits réservés

7 IV5 IV5a D après la question IV, la famille u,,y est libre On peut donc appliquer les résultats des questions II6 à II D après la question II7f, inf{ y a bu, a,b R } eiste et est atteint en l unique couplea 0,b 0 = ρ, m ρ σ y +m y Il en est de même de inf{n y a bu, a,b R } = inf{f 0 a,b, a,b R } De même, f admet un minimum atteint en l unique couple a,b = D après la question II8 et II0, une équation de D 0 dans R est : y m y m = ρ y m y ρ, σ ρm y +m = ρ m et une équation de D dans R est : IV5b D après la question II, les droitesd 0 etd se coupent au pointm,m y = u,y u = Ce point est l isobarycentre de A,,A n n i, n y i IV5c D après la question II, les droites D 0 et D sont orthogonales si et seulement si y = m m y ce qui équivaut à i y i = i y i ou encore n n n i y i = n n i y i n IV5d Posons A 0 = 0,0, A =,0, A =, et A = 0, Ces quatre points sont non alignés i y i = = et n i y i = ++ = i= Par suite, les droites des moindres carrés D 0 et D associées à ces quatre points sont orthogonales Plus précisément, quand D 0 et D sont orthogonales, on a ρ = y m m y y = De même, D est la droite d équation = = 0 Donc D 0 est la droite d équation y = m y ou encore http ://wwwmaths-francefr 7 c Jean-Louis Rouget, 0 Tous droits réservés

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