CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP MATHEMATIQUES 2 EXERCICE I

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1 SESSION 2014 CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP MATHEMATIQUES 2 EXERCICE I I.1 I.1.a La matrice A est symétrique réelle et donc orthogonalement semblable à une matrice diagonales d après le théorème spectral. En particulier est diagonalisable dans R. I.1.b En développant suivant la première colonne, on obtient χ A = 1 X X X = (1 X)(X2 2X 15) 9(1 X) = (1 X)(X 2 2X 24) = (X 1)(X+4)(X 6). { y = 0 Un système d équations de E 1 (A) est 3x+4z = 0. Donc E 1(A) = Vect(e 1 ) où e 1 = 1 5 ( 4,0,3). { 5x+3y = 0 Un système d équations de E 4 (A) est 4y+5z = 0. Donc E 4(A) = Vect(e 2 ) où e 2 = (3, 5,4). Mais alors E 6 (A) = Vect(e 3 ) où e 3 = e 1 e 2 = (15,25,20) = (3,5,4) Donc, A = PD t P où D = diag(1, 4,6) et P = I.1.c Soit n N A n = PD nt P = ( 4) n n ( 4) n 3 6 n = ( 4) n 5 6 n ( 4) n 4 6 n = ( 4) n +9 6 n 15 ( 4) n n ( 4) n n 15 ( 4) n n 25 ( 4) n n 20 ( 4) n n ( 4) n n 20 ( 4) n n ( 4) n n. http :// 1 c Jean-Louis Rouget, Tous droits réservés.

2 I.2 Pour tout entier naturel n, posons X n = X n = A n X 0 = 1 II.1. = ( 4) n +9 6 n 35 ( 4) n n 6+28 ( 4) n n u n v n w n.. Pour tout entier naturel n, on a X n+1 = AX n puis 15 ( 4) n n ( 4) n n 15 ( 4) n n 25 ( 4) n n 20 ( 4) n n ( 4) n n 20 ( 4) n n ( 4) n n 8+21 ( 4) n n. n N, u n = 8+21 ( 4)n n, v n = 35 ( 4)n n EXERCICE II II.1.a Soit x Ker(p) Im(p). Alors, p(x) = 0 et il existe y E tel que x = p(y). Mais alors x = p(y) = p 2 (y) = p(x) = et w n = 6+28 ( 4)n n. Ceci montre que Ker(p) Im(p) = {0}. D après le théorème du rang, on a dim(im p)+dim(ker p) = dim(e). On sait alors que E = Im p Ker p. II.1.b Soit r le rang de p (donc Im(p) est de dimension r). Si r = 0, alors p = 0 puis Tr(p) = 0. Dans ce cas, on a rg(p) = Tr(p). Supposons maintenant r > 0. On sait que les vecteurs de Im(p) sont les vecteurs invariants par p (si x = p(x), alors x est dans Im(p) et si x est dans Im(p), il existe y tel que x = p(y) puis p(x) = ( p(p(y)) = p(y) = ) x). Dans une Ir 0 base adaptée à la décomposition E = Im p Ker p, la matrice de p s écrit A = r,n r. Mais alors, 0 n r,r 0 n r,n r Tr(p) = Tr(A) = r = rg(p). II.1.c Soit u l endomorphisme de R 2 canoniquement associé à la matrice A = diag( 1,3). On a Tr(u) = 2 = rg(u) (car 0 n est pas valeur propre de u. Mais A 2 = diag(1,9) A et donc u n est pas un projecteur. Ainsi, si Tr(u) = rg(u), u n est pas nécessairement un projecteur. II.2. Soit A = = E 1,1. A est diagonalisable car diagonale. De plus, rg(a) = Soit B = = E 1,2. rg(b) = 1. D autre part, B 2 = 0 ou encore B est nilpotente. Mais alors Sp(B) = (0,0,0) (car les valeurs propres d une matrice sont à choisir parmi les racines d un polynôme annulateur). Si B est diagonalisable, alors B est semblable à la matrice nulle et donc égale à la matrice nulle ce qui n est pas. Donc B n est pas diagonalisable. II.3. II.3.a Puisque rg(u) = 1, Ker(u) est de dimension n 1 d après le théorème du rang. Soit (e 1,...,e n 1 ) une base de Ker(u). (e 1,...,e n 1 ) est une famille libre de E que l on peut donc compléter en β = (e 1,...,e n 1,e n ) base de E. Dans la base β, la matrice de u a la forme désirée. http :// 2 c Jean-Louis Rouget, Tous droits réservés.

3 II.3.b 1ère solution. On rappelle qu un endomorphisme de E est diagonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé sur R et l ordre de multiplicité de chaque valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant. Puisque n 2 > 1 = rg(u), u / GL(E). On sait alors que 0 est valeur propre de u et que l ordre de multiplicité de 0 est supérieur ou égal à la dimension de Ker(u) à savoir n 1. 0 est donc valeur propre de u au moins n 1 fois. La dernière valeur propre λ est fournie par la trace de u : Tr(u) = λ = λ, et donc Sp(u) = (0,...,0 }{{}, Tr(u)). En particulier, puisque Tr(u) est un réel, le polynôme caractéristique de u est scindé n 1 sur R. Si Tr(u) = 0, u admet une valeur propre d ordre n à savoir 0. Le sous-espace propre associé est de dimension n 1 n. On sait dans ce cas que u n est pas diagonalisable. Si Tr(u) 0, u admet une valeur propre d ordre n 1 à savoir 0 et une valeur propre simple Tr(u). La dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre 0 est l ordre de multiplicité de 0 à savoir n 1 et d autre part la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre simple Tr(u) est automatiquement 1. Dans ce cas, u est diagonalisable. En résumé, u est diagonalisable si et seulement Tr(u) 0. 2ème solution. Avec les notations de la question précédente, Tr(u) = a n puis a n a a A(A Tr(u)I n ) = a n a n a n Le polynôme P = X(X Tr(u)) est donc annulateur de u. = 0. Si Tr(u) 0, P est scindé sur R à racines simples et annulateur de u. Dans ce cas, u est diagonalisable. Si Tr(u) = 0, alors A 2 = 0. A est donc nilpotente et non nulle (car rg(u) 0). Comme à la question II.2, u n est pas diagonalisable a 1 II.3.c D après la question II.3.a, il existe une base β dans laquelle la matrice de u s écrit A = (car Tr(u) = 1) a a a 1 A 2 = a n 1 =... = A, et donc u est projecteur. II.3.d Soit u l endomorphisme de R 3 canoniquement associé à A (on note (e 1,e 2,e 3 ) la base canonique de R 3 ). A 2 = = = A et doncuest un projecteur, de rang1(carc 1 0, C 2 = C et C 3 = C 1 ). L image de A est donc engendrée par la première colonne de A ou encore Im(u) = Vect(e 1 +e 2 +e 3 ). Le noyau de u est le plan d équation x+y z = 0 et donc Ker(u) = Vect(e 1 +e 3,e 2 +e 3 ). III.1. Partie III : problème Questions préliminaires http :// 3 c Jean-Louis Rouget, Tous droits réservés.

4 III.1.a Théorème spectral. Soit s un endomorphisme symétrique d un espace euclidien E. s est diagonalisable dans une base orthonormée de E. Soit A S n (R). A est orthogonalement semblable à une matrice diagonale (réelle). III.1.b La matrice S est symétrique et χ S = X 2. Si S est diagonalisable, alors S est semblable à diag(0,0) = 0 et donc égale à 0 ce qui n est pas. Donc S n est pas diagonalisable. III.2. III.2.a Soit x E. Posons x = x i ε i. Puisque β est orthonormée, III.2.b Puisque β est orthonormée, x S(0,1) R s (x) = III.3. R s (x) = s(x) x = λ i x i ε i x j ε j = j=1 λ i x 2 i. x 2 i = 1. Pour x S, on a R s(x) = λ i x 2 i λ n x 2 i = λ n et λ i x 2 i λ 1 x 2 i = λ 1. Donc, pour tout x de S(0,1), R s (x) [λ 1,λ n ] ou encore R s ([0,1]) [λ 1,λ n ]. III.3.a Soient λ une valeur propre de s et x un vecteur propre associé. et donc, puis que x 0, s(x) x = λx x = λ x x = λ x 2, λ = s(x) x x 2. Si s est symétrique positif (resp. symétrique défini positif), alors, s(x) x 0 (resp. s(x) x > 0 car x 0). Comme x 2 > 0, on en déduit que λ 0 (resp. λ > 0). On a montré que si s est symétrique positif (resp. symétrique défini positif), ses valeurs propres sont positives (resp. strictement positives). III.3.b Pour (i,j) 1,n 2, s i,j est la i-ème coordonnée de s(e j ) dans la base B. Puisque B est orthonormée, s i,j = s(e i ) e j. En particulier, pour i 1,n, s i,i = s(e i ),e i = R s (e i ). Puisque e i S(0,1), s i,i [λ 1,λ n ] d après la question III.2.b. Un maximum sur O n (R) III.4. Soient f : M n (R) M n (R), g : M n (R) (M n (R)) 2 M t MM I n M ( t M,M) et k : M n (R) M n (R). M M I n, h : (M n (R)) 2 M n (R) (M, N) MN g est linéaire de M n (R) dans (M n (R)) 2 et M n (R) est de dimension finie. Donc g est continue sur M n (R). h est bilinéaire de (M n (R)) 2 dans M n (R) et (M n (R)) 2 est de dimension finie. Donc h est continue sur (M n (R)) 2. k est affine de M n (R) dans M n (R) et M n (R) est de dimension finie. Donc k est continue sur M n (R). Mais alors f = k h g est continue sur M n (R). III.5. Soit (i,j) 1,n 2. On en déduit que A O n (R), A 1. a i,j = a 2 i,j n a 2 k,j = C j = 1. k=1 http :// 4 c Jean-Louis Rouget, Tous droits réservés.

5 III.6. Le singleton {0} est un fermé de M n (R) (boule fermée de centre 0 et de rayon0. Comme O n (R) = f 1 ({0}), O n (R) est un fermé de M n (R) en tant qu image réciproque d un fermé par une application continue. D autre part, O n (R) est bornée dans M n (R) d après la question précédente. Puisque M n (R) est de dimension finie et que O n (R) est un fermé borné de M n (R), O n (R) est un compact de M n (R) d après le théorème de Borel-Lebesgue. III.7. III.7.a La matrice S est symétrique réelle. Donc, il existe P O n (R telle que S = P P 1. Mais alors T(A) = Tr(AS) = Tr ( AP P 1) = Tr ( P 1 AP ) = Tr(B ), où B = P 1 AP. Puisque A et P sont des matrices orthogonales, B est une matrice orthogonale car (O n (R) est un groupe. On a montré que pour toute matrice orthogonale A, il existe une matrice orthogonale B (dépendant de A telle que T(A) = Tr(B ). III.7.b L application f : A AS est continue sur M n (R) car linéaire sur l espace M n (R) de dimension finie et l application g : A Tr(A) est continue sur M n (R) car linéaire sur l espace M n (R). Donc, T = g f est continue sur M n (R). Ainsi, l applicationt est continue sur M n (R) à valeurs dans R. D après la question III.6, O n (R) est un compact de M n (R). Puisque T est continue sur le compact O n (R) à valeurs dans R, T admet un maximum t sur O n (R). III.7.c Avec les notations de la question III.7.a, T(A) = Tr(B ) = b i,i λ i b i,i λ i = λ i b i,i λ i (d après la question III.5 et puisque les λ i sont positifs) = Tr(S). Ainsi, pour toute matrice orthogonale A, T(A) Tr(S) = T(I n ). Puisque I n est une matrice orthogonale, on a montré que t = T(I n ) = Tr(S) = λ i. Inégalité d Hadamard III.8. D après l inégalité entre moyenne arithmétique et moyenne géométrique rappelée par l énoncé et puisque les λ i sont positifs, on a n λ1...λ n 1 n (λ λ n ). Par croissance de la fonction x x n sur [0,+ [, on en déduit que ( ) n ( ) n 1 1 det(s) = λ 1...λ n n (λ λ n ) = n Tr(S). III.9. t S α = t ( t DSD) = t D t S t ( t D) = t DSD = S α et donc S α S n (R). Soit X M n,1 (R). En posant Y = DX, Donc S α S n + (R). Enfin, t XS α X = t X t DSDX = t (DX)S(DX) = t YSY 0. Tr(S α ) = Tr( t DSD) = Tr(SD t D) = Tr(SD 2 ) = α 2 i s i,i. http :// 5 c Jean-Louis Rouget, Tous droits réservés.

6 ( ) n 1 III.10. Puisque S α est dans S n + (R), l inégalité ( ) fournit det(s α ) n Tr(S α). Or, 1 n Tr(S α) = 1 ( ) 2 1 s i,i = 1 1 = 1, n si,i n et d autre part, Par suite, det(s) 1 et donc det(s) s i,i det(s α ) = det( t DSD) = det(s)(det(d)) 2 = det(s). s i,i s i,i (car s i,i > 0)). III.11. Les coefficients diagonaux de S ε sont les s i,i + ε. Puisque les s i,i sont positifs d après la question III.3.b, les s i,i +ε sont strictement positifs. La question précédente permet d affirmer que det(s ε ) (s i,i +ε) ( ). L inégalité précédente est vraie pour tout ε > 0. Quand ε tend vers 0, S ε tend vers S. Mais alors, det(s ε ) tend vers det(s) par continuité du déterminant sur M ( R). En faisant tendre ε vers 0 dans ( ), on obtient det(s) s i,i. Application de l inégalité d Hadamard : détermination d un minimum III.12. Comme à la question II.7.a, T(A) = Tr(AS) = Tr(AΩ t Ω) = Tr(B ) où B = t ΩAΩ. La matrice B est orthogonalement semblable à la matrice A qui est orthogonalement à une matrice diagonale à coefficients strictement positifs. Donc, la matrice B est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients strictement positifs. On en déduit que B S n ++ (R). D autre part, puisque A et B sont semblables, A et B ont même déterminant à savoir 1. On a montré que B U. III.13. On a montré à la question précédente que {Tr(AS), A U } {Tr(B ), B U }. Inversement, soit B U. Comme à la question précédente, la matrice A = ΩB t Ω est dans U et vérifie Tr(AS) = Tr(B ). Donc, {Tr(B ), B U } {Tr(AS), A U } et finalement {Tr(AS), A U } = {Tr(B ), B U }. Tr(B ) = b i,i λ i. Les λ i sont strictement positifs et les b i,i sont strictement positifs d après la question III.3.b et puisque B S ++ n (R). Donc Tr(B ) > 0. Ainsi, {Tr(B ), B U } est une partie non vide et minorée (par 0) de R. On sait que {Tr(B ), B U } admet une borne inférieure que l on note m. III.14. Puisque les λ i b i,i sont positifs, Tr(B ) = n 1 n ( n ) 1/n λ i b i,i n λ i b i,i = n(λ 1...λ n ) 1/n (b 1,1...b n,n ) 1/n. III.15. Notons λ 1,..., λ n les valeurs propres de B. Puisque B est dans S n + (R), l inégalité de Hadamard fournit Comme d autre part, λ 1...λ n = det(s) > 0, on a b 1,1...b n,n λ 1...λ n = det(b) = 1. Tr(B ) n(λ 1...λ n ) 1/n (b 1,1...b n,n ) 1/n n(det(s)) 1/n. http :// 6 c Jean-Louis Rouget, Tous droits réservés.

7 III.16. La question précédente montre que n(det(s)) 1/n est un minorant de {Tr(B ), B U }. Puisque m est le plus grand de ces minorants, on a donc m n(det(s)) 1/n. La matrice D est dans S n ++ (R) et son déterminant est égal à 1 et finalement λ i ( (det(s)) 1/n ) n = 1. Donc D U. Par suite ( m Tr(D ) = Tr(diag (det(s)) 1/n,...,(det(S)) 1/n) ) = Tr ((det(s)) 1/n I n = n(det(s)) 1/n, m = n(det(s)) 1/n. http :// 7 c Jean-Louis Rouget, Tous droits réservés.