SESSION 2014 Proposition de corrigé MP CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES EPREUVE SPECIFIQUE - FILIERE MP MATHEMATIQUES 2
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- Hervé Laberge
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1 SESSION 204 Proposition de corrigé MP CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES I. EXERCICE I I.. I..a A = n N EPREUVE SPECIFIQUE - FILIERE MP MATHEMATIQUES 2 et (u, v, w ) = (, 0, ) u n+ = u n + 3v n v n+ = 3u n + v n + 4w n w n+ = 4v n + w n est une matrice réelle symétrique donc elle est diagonalisable. I..b Le polynôme caractéristique de A est : X 3 0 χ A = 3 X X = 4.4( X) + ( X)(( X) 2 9) = ( X)( 6 + X 2 2X 8) (Développement suivant la colonne 3 ) = (X )(X 6)(X + 4) Il en découle que Sp(A) = { 4,, 6}. Cherchons les sous-espaces propres : Soit X = (x, y, z) R 3. Alors : 5x + 3y = 0 y = 5x 3 X E 4 (A) 3x + 5y + 4z = 0 4y + 5z = 0 z = 4x 3 Donc : E 4 (A) = R(3, 5, 4) De la même façon, on trouve : et Ainsi : Avec : P = , D = E (A) = R(4, 0, 3) E 6 (A) = R(3, 5, 4) A = P DP , P =
2 I..c De A = P DP, on déduit pour tout n N : A n = P D n P A n = 50 I.2. En posant U n = 9( 4) n n 5( 4) n n 2( 4) n n 5( 4) n n 25( 4) n n 20( 4) n n 2( 4) n n 20( 4) n n 6( 4) n n u n v n w n pour tout n N, on a : U 0 = a (récurrence immédiate) : n N, U n = A n U 0, ce qui donne : u n = 2 50 (6n + ( 4) n ) v n = 7 0 (6n ( 4) n w n = 4 25 (( 4)n + 6 n ) et U n+ = AU n. Par suite on II. EXERCICE II II.. II..a Soit x E alors x = x p(x) + p(x) avec x = x p(x) ker p car p(x ) = p(x) p 2 (x) = 0 et x 2 = p(x) Imp. Si x ker p Imp alors il existe x E tel que x = p(x ) et p(x) = 0, donc p 2 (x ) = p(x ) = 0, soit x = 0. Ainsi : Imp ker p = E II..b Si p = 0 alors rg (p) = 0 = Tr(p). Sinon alors rg (p) = r > 0 Soit alors U = (u,, u n ) une base de E adaptée à la somme directe ci-dessus, ( de sorte ) que (u,, u r ) est une base de Imp Ir 0 alors la matrice de p relativement à U est A =. Donc Tr(p) = r. ( 0 ) 0 II..c Non, contre-exemple n = 2 et A = alors A 0 2 A car A inversible et A I 2. Cependant, on a : rg (A) = 2 = Tr(A). Si f est l endomorphisme canoniquement associé à A alors f n est pas un projecteur et Tr(f) = rg (f). Remarque : On peut trouver un contre-exemple pour tout entier naturel n tel que n 2. Il suffit de prendre la matrice A n = I n +E,n où E,n est la matrice élémentaire dont tous les termes sont nuls sauf celui de la ligne et la colonne n qui vaut. On a A n est inversible et A n I n donc A 2 n A n, par suite la matrice A n n est pas celle d un projecteur, cependant on a Tr(A n ) = rg (A n ) = n. II.2. Prenons A = 0 0 et B = 0 0. Alors rg (A) = puisque elle a une unique colonne non nulle et même raison pour B. On a A est diagonale donc diagonalisable et B est triangulaire supérieur à diagonale nulle donc 0 est son unique valeur propre. la dimension du sous-espace propre associé à 0 est, par le théorème du rang : dim E 0 (B) = 3 = 2 < 3 donc B n est pas diagonalisable. II.3. II.3.a Comme u est de rang on a par le théorème du rang dim ker u = n. Soit (e,, e n ) une base de ker u et e n E tel que u(e n ) 0. Alors e n ker u, par suite β = (e,, e n ) est une famille libre, donc une base de E. Posons u(e n ) = a k e k alors la matrice de u relativement à β 2
3 est : 0 0 a 0 0 a 2 Mat β (u) = a n II.3.b Il résulte de la question précédente que a n = Tr(u) et que le polynôme caractéristique de u est χ u = ( ) n X n (X a n ). Alors u est diagonalisable si et seulement si l ordre de multiplicité de 0 dans χ u est n qui est la dimension de ker u si et seulement si a n 0 si et seulement si Tr(u) 0. II.3.c Supposons que Tr(u) = (= rg (u)) alors a n =, donc est une valeur propre de u. Soit alors un vecteur e n non nul tel que u(e n) = e n. Alors e n / ker u et par suite ker u Re n = E. Si x E alors x = x + αe n avec α R, donc u(x) = αe n = u 2 (x). Ainsi u 2 = u et u est un projecteur. II.3.d A =. On a rg (A) = et Tr(A) = 0 et rg (A) = Tr(A). D après la question qui précède, A est la matrice d un projecteur p. On a immédiatement d après la matrice de p : Imp = R(,, ). un vecteur (x, y, z) est dans ker p si et seulement si x + y z = 0, donc ker p = R(, 0, ) + R(0,, ) III. PROBLÈME Questions préliminaires III.. III..a Théorème : Soit E un espace euclidien de dimension non nulle et u un endomorphisme symétrique de E. Alors u est diagonalisable et E admet une base orthonormale constituée de vecteurs propres de u. Théorème 2 : Soit A une matrice carrée réelle symétrique de taille n avec n N. Alors A est diagonalisable et il existe une matrice carrée réelle orthogonale Ω de taille n tel que la matrice t ΩAΩ est diagonale. ( ) i III..b La matrice S = est bien symétrique mais elle n est pas diagonalisable car on i remarque S 2 = 0, donc 0 est la seule valeur propre de S. Or rg (S) = puisque S non nulle et non inversible, donc le sous-espace propre associé à 0 est une droite vectorielle. III.2. III.2.a Écrivons x = x k ε k alors s(x) = λ k x k ε k. Compte tenu de l expression du produit scalaire dans une base orthonormée, on a : R s (x) = λ k x 2 k 3
4 III.2.b Soit x E de coordonnée x,, x n dans β. Pour tout k [, n], on a λ λ k λ n, donc λ x 2 k λ k x 2 k λ n En particulier si x S(0, ), on a x 2 k = d où : λ R s (x) λ n x 2 k III.3. III.3.a Soit λ Sp(s) alors il existe un vecteur non nul x tel que s(x) = λx, donc s(x), x = λx, x = λ x 2 Si on suppose que s est positif alors s(x), x 0, d où λ 0. De même si on suppose s défini positif, alors s(x), x > 0 et comme x 0 on a λ > 0. III.3.b Par définition de la matrice S, on a pour tout i, j [, n] : s(e j ) = s kj e k Par suite, pour tout i [, n], on a : s(e j ), e i = s ij. En particulier, on a : s ii = s(e i ), e i = R s (e i ). D après III.2,b on a alors : λ s ii λ n. Un maximum sur O n (R) III.4. On a t MM I n = (τ h g)(m) avec g(x) = (X, t X) et h(x, Y ) = XY et τ(x) = X I n pour tout X, Y M n (R). g est une application linéaire de (M n (R) 2 vers M n (R) et h est une application bilinéaire de (M n (R) 2 vers M n (R), donc elle sont continues car on est en dimension finie. τ est une translation donc elle est continue, d où la continuité de l application demandée. III.5. Comm A est orthogonale, ses colonnes forment une base orthonormale de M n, (R), donc a ij C j =. III.6. D après III.5., on a O n (R) est une partie bornée de M n (R) muni de la norme : A = sup a ij i,j n De plus O n (R) est un fermé car c est l image réciproque de {0} par l application M t MM I n de M n (R) vers lui même, laquelle est continue d prés III.4.. Donc O n (R) fermé borné de l espace vectoriel de dimension finie M n (R) est une partie compacte de M n (R). III.7. 4
5 III.7.a D après le théorème 2 énoncé dans la question III..a, ce dessus, il existe Ω O n (R) tel que S = Ω t Ω, donc Tr(AS) = Tr(AΩ t Ω = Tr( t ΩAΩ ) = Tr(B ) où B = t ΩAΩ O n (R) puisque c est un groupe multiplicatif et que A, Ω, t Ω O n (R). III.7.b L application T est continue du compact O n (R) vers R puisque l applications A AS continue sur S n + (R) comme restriction d une application linéaire de M n (R) vers lui même, et l application Tr est continue sur M n (R). Donc T est bornée et atteint ses bornes sur O n (R). En particulier, T admet un maximum t sur O n (R) III.7.c Notons b ij les coefficients de la matrice B. alors les termes diagonaux de la matrice B sont : b ii = b ik d ki = b ii λ i de sorte que Donc T (A) T (A) T (A) = Tr(B ) = λ i b ii λ i b ii λ i = Tr(S) On a tenu en compte que les les λ i sont positifs et que b ii d après la question III.5. Cela montre que Tr(S) est un majorant de T et comme il est atteint pour A = I n, on a Inégalité d Hadamard t = Tr(S) III.8. Puisque S est diagonalisable de valeurs propres λ k, k [, n], on sait que det(s) = et Tr(S) = λ k et comme les λ k sont positifs, l inégalité demandée n est autre que l inégalité arithmetico-géométrique admise au début du problème. III.9. S α = t DSD est symétrique positive puisque t S α = t D t SD = t DSD = S α et pour tout X M n, (R), on a : S α X, X = t XS α X = t X t DSDX = S(DX), DX et que S est positive. Les termes diagonaux de S α sont s ii = αi 2 s ii donc : Tr(S α ) = αi 2 s ii III.0. Comme S α S n + (R), on a d après l inégalité (*) : ( det(s α ) n Tr(S α) Or, et compte tenu du fait que pour tout i [, n], s ii > 0 et α i = sii : det(s α ) = (det(d)) 2 det S = ( 5 ) n αi 2 ) det S = det S s ii λ k
6 et Tout ça donne l inégalité : Tr(S α ) = det S s ii s ii = n s ii III.. S ε = S + εi n. La matrice S ε est symétrique comme somme de deux matrices symétriques. elle est positive car pour tout X M n, (R), on a : S ε X, X = SX, X + ε X, X donc SX, X 0 Ses termes diagonaux s ii = s + ε sont strictement positifs car on sait que S ii λ 0 d après la question III.3.b et que ε > 0, donc on peut appliquer la question précédente et obtenir : det S ε s ii = (s ii + ε) Par continuité de det et de l application ε (s ii + ε), on obtient par passage à la limite quand ε tends vers 0 et compte tenu du fait que det S = λ i : λ i s ii. Application de l inégalité d Hadamard III.2. Soit A U et B = t ΩAΩ. Alors : B S n + (R) car B est symétrique et pour tout X M n, (R), on a : BX, X = t XBX = t X t ΩAΩX = A(ΩX), ΩX 0 puisque A S n + (R). Ainsi on B S n + (R). par ailleurs, det(b) = det( t Ω) det(a) det(ω) = det(a) = car t Ω = Ω. Finalement B U. On a Tr(B ) = Tr( t ΩAΩ ) = Tr(AΩ t Ω) = Tr(AS). Conclusion : ( ) Tr(AS) = Tr(B ) III.3. Posons T = {Tr(AS)/A U} et T 2 = {Tr(B )/B U} L application A t ΩAΩ de U vers lui même est bijective : Car pour tout A, B U, on a B = t ΩAΩ A = ΩB t Ω, et il est aisé de prouver comme précédemment que si B U alors A = ΩB t Ω U (en posant par exemple Ω = t Ω et se ramener au cas déjà fait dans III.2. ) et compte tenu de la relation ( ) ci-dessus, on a T = T 2. remarquons que T 2 est une partie non vide de R + car si B = (b ij ) i,j n, alors les termes diagonaux de B sont b i = b ii λ i et on sait que b ii 0 car B S + n (R) et λ i 0 donc Tr(B ) 0. Ainsi T 2, donc T admet une borne inférieur m comme partie non vide de R + 6
7 III.4. On a alors Tr(B ) = b ii λ i et comme les b ii et λ i sont positifs, on peut appliquer l inégalité arithmetico-géométrique, ce qui donne : ( n ) ( n n ) n Tr(B ) n b ii λ i III.5. Comme B U, l inégalité d Hadamard donne : de l inégalité de la question précédente, et du fait que det S = Tr(B ) n(det S) n b ii det(b) =, donc compte tenu λ i on a : III.6. La matrice D = diag(µ,, µ n ) est un élément de U car elle est symétrique positive de determinant det D = µ i = ((det S) n ) n = λ i Il en résulte que Tr(D ) m Or Tr(D ) = µ i λ i = n(det S) n Ainsi : n(det S) n m Or D après le résultat de la question III.5 on a n(det S) n est un minorant de T 2. Conclusion : m = n(det S) n 7
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