Un corrigé de la composition d algèbre. Problème 1 : puissances de matrices

Université de Poitiers Année 24-2 M MEEF Un corrigé de la composition d algèbre Mardi mars 2 à 3h durée : cinq heure Sujet et corrigé proposés par Anne Moreau Sources : deuxième composition de l épreuve écrite du CAPES externe de Mathématiques, session 23, et deuxième composition de l épreuve écrite du CAPES externe de Mathématiques, session 2 L usage de documents, calculatrices ou matériels électroniques est interdit au cours de l épreuve Notations générales Soient p et q deux entiers naturels non nuls La lettre K désigne le corps R ou C On désigne par M p,q K l ensemble des matrices à p lignes et q colonnes, à coefficients dans K On désigne par n,p la matrice de M n,p K dont tous les coefficients sont nuls L ensemble M p,p K est noté M p K et I p désigne la matrice identité d ordre p On identifiera M p, K à K p et M K à K On note GL n K l ensemble des matrices inversibles de M n K Les deux problèmes proposés sont entièrement indépendants Problème : puissances de matrices Rappels et notations spécifiques au problème Soit A n n N une suite de matrices de M p,q C Pour tout entier n, on note A n = a i,j n i p j q On dit que la suite A n n N est convergente dans M p,q C si pour tout couple i, j avec i [[, p] et j [[, q ], la suite a i,j n n N converge dans C Le cas échéant, en posant a i,jn = l i,j et L = l i,j i p, on dit que la matrice L est la ite de la suite j q A n n N et on note A n = L Soit A une matrice de M p C Pour tout entier naturel n, on note A n la puissance n-ième de la matrice A Ce problème a pour but de déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que la suite A n n N converge dans M p C

Soient p et q deux entiers naturels non nuls Partie A : résultats préinaires Soient A n n N et B n n N deux suites de M p,q C qui convergent respectivement vers L et M a Montrer que A n + B n = L + M Correction Posons A n = a i,j n i p, B n = b i,j n i p, L = l i,j i pê j q j q j q l hypothèse, pour tout i, j [[, p]] [[, q]], a i,jn = l i,j et b i,jn = m i,j, et M = m i,j i pê D après j q d où a i,j n + b i,j n = l i,j + m i,j d après les propriétés des ites sur les suites à valeurs complexes Or le coefficient i, j de la matrice A n + B n est a i,j n + b i,j n, et celui de la matrice L + M est l i,j + m i,j Par définition de la convergence dans M p,qc, on a donc montré : b Soit α C Montrer que αa n = αl A n + B n = L + M Correction On reprend les notations de la question Aa Pour tout i, j [[, p]] [[, q]], on a d après l hypothèse car A n = L On a montré : a i,j n = l i,j d où αa i,j n = αl i,j αa n = αl c Soit B M p,q C et α n n N une suite de nombres complexes qui converge vers α C Montrer que α nb = αb Correction Comme α n = α, on a pour tout i, j [[, p]] [[, q]], α nb i,j = α si on pose B = b i,j i p Or le coefficient i, j de la matrice α nb est α nb i,j, et celui de la matrice αb est αb i,j Ainsi, j q α na = αb 2 Soit A n n N une suite de matrices de M p C qui converge vers L M p C a Soit X M p,q C Démontrer que A nx = LX Correction On reprend les notations de la question Aa Soit X = x i,j i p M p,qc et soit i, j [[, p]] [[, q]] Le coefficient i, j de la matrice A nx M p,qc j q p est a i,k nx k,j Comme i,kn = l i,k pour tout k [[, p]], on en déduit que k= p p a i,k nx k,j = l i,k x k,j k= k= p Or l i,k x k,j est le coefficient i, j de la matrice LX M p,qc Conclusion : A nx = LX k= b Énoncer sans démonstration un résultat analogue pour la multiplication à droite Correction Un énoncé analogue pour la multiplication à droite serait : «Soit A n n N une suite de matrices de M qc qui converge vers L M qc, et soit Y M p,qc Alors 3 Soit A n n N une suite de matrices de M p C telle que : X C p, A nx = AnY = LY» Montrer que A n = Correction On reprend les notations de la question Aa Notons X =,, Xn = les vecteurs de la base canonique de C p, identifiés à des matrices de M p, C Soit j [[, p]] Avec X = X j, on a d après l hypothèse, 2

a,j n a 2,j n AnX j = Or A nx j = On en déduit pour pour tout j [[, p]], a i,jn = par définition de a p,j n la convergence dans M p, C On a donc montré : A n = Partie B : étude d un exemple On considère les suites n N et y n n N définies par + = 4 + 2 y n x R, y R et n N, y n+ = + 3 y n Dans cette partie, on pose A = Pour n N, exprimer y n 4 2 3 Correction Montrons par récurrence que en fonction de A n et de y n P n : «= A n x y n x y pour tout n N Pour n N, on pose : y = A n x» y Par convention, A = I 2 donc P est vraie Supposons que P n soit vraie pour un certain n N et montrons P n+ On a + = A y n+ y n par définition des suites n N et y n n N D après l hypothèse de récurrence P n, on en déduit que + = A A n x = A n+ x, y n+ y y d où P n+ Par récurrence, on a montré : n N, y n = A n x y 2 Montrer qu il existe une matrice diagonale D de M 2 C telle que où P désigne la matrice 2 A = P DP Correction Calculons le polynôme caractéristique χ A de A On a χ A X = deta XI 2 = det 4 2 XI 2 = 3 2 det 4 2 XI 2 3 = 2 4 X 2 3 X = 4 X3 X 2 = 2 2 2X2 7X + Le discriminant du polynôme 2X 2 7X + vaut 2 9 = 2 Par conséquent, χ A a deux racines distinctes : 7+ = et 7 = 2 2 2 2 2 On en déduit en particulier que la matrice 4 2 est diagonalisable De plus, on vérifie 3 2 aisément que le vecteur est un vecteur propre pour A associé à la valeur propre, et que le vecteur est un vecteur propre pour A associé à la valeur propre 2 Il s ensuit que l on a : A = P DP avec D = 2 et P = 2 On peut aussi vérifier directement que la relation ci-dessous est bien satisfaite avec une telle matrice D 3

3 Pour tout n N, déterminer une expression de A n en fonction de n Correction Compte tenu de la relation obtenue à la question B2, on a n A n = P DP n = P D n P n = P 2 P = P 2 n P = P 2 n P Conclusion : A n = P 2 n P 4 Établier que la suite A n n N est convergente et préciser sa ite 2 n Correction Comme =, on en déduit : 2 n = Il résulte alors des questions A2a et A2b appliquées à X = P et Y = P respectivement que P 2 n P = P P D après la question B3, on en conclut : A n = P P Démontrer que les suites n N et y n n N convergent et déterminer les ites de ces suites en fonction de x et y x Correction D après la question A2a appliquée à X = et la question B4, on obtient : y Or On a : y y d où il vient A n x = P y = A n x d après la question B Par conséquent, y = P y n = y n x An = P y P = 3 P P, 2 x y = 3 2 2 x y P x y = 3 x y 2x + y x + y Conclusion : = 2 3 x + y et y n = 3 x + y Partie C : condition nécessaire Dans la suite du problème, on note u l endomorphisme de C p représenté par la matrice A dans la base canonique On définit, pour tout entier naturel n, u n par : u = Id C p et u n+ = u u n On suppose dans cette partie que la suite A n n N converge Soit λ une valeur propre de u λ C a Montrer que λ Correction On note L la ite de A n n N qui existe par hypothèse C est une matrice de M pc Comme λ est une valeur propre de u, λ est une valeur propre de A Il existe donc X M p, C, non nul, tel que AX = λx Par récurrence, on vérifie facilement que A n X = λ n X pour tout n N ; c est vrai pour n = et si A n X = λ n X pour un certain n N, alors A n+ X = A n AX = A n λx = λa n X = λ n+ X 4

D après la question A2a, comme A n n N converge vers L, A n X n N converge vers LX, c est-à-dire que la suite λ n X n N converge vers LX Notons x,, x p les composantes de X Comme X est non nul, il existe i [[, p] tel que x i Ce qui précède entraine que : n N λ n x i = p l i,jx j, c est-à-dire que n N λ n = p car x i En particulier, la suite λ n n N converge Or si λ >, alors n N On a donc : λ b On suppose que λ = Montrer qu alors λ = On pourra considérer λ n+ λ n l x j i,j x i λ n = + d où la contradiction Correction D après ce qui a été fait à question Ca, la suite λ n n N est convergente En particulier, Par conséquent, Or, comme λ] =, on a t λ n+ λ n = t λ n+ λ n = t λ n+ λ n = t λ n+ λ n = λ n λ = λ n λ = λ n λ = λ Nécessairement, λ, qui ne dépend pas de n, doit être nul, c est-à-dire λ = Conclusion : Si λ =, alors λ = 2 Montrer que Ker u Id Imu Id = {} Correction On a toujours l inclusion {} Ker u Id Imu Id Il suffit donc de montrer Ker u Id Imu Id {} Soit x Ker u Id Imu Id Alors ux = x et il existe y C p tel que x = uy y On a donc En réitérant, on obtient x = ux = uuy y = uuy uy = u 2 y uy x = ux = uu 2 y uy = u 3 y u 2 y Supposons que x = u n y u n y pour un certain n N Alors x = ux = uu n y u n y = u n+ y u n y Par récurrence, on obtient ainsi que x = u n y u n y pour tout n N Comme la suite A n n N converge, la suite A n Y n N converge pour tout Y M p, C d après la question A2a Par conséquent, la suite u n y n N converge aussi dans C p, C p étant identifié à M p, C En passant à la ite dans la relation x = u n y u n y, on en déduit que x = On a ainsi obtenu : Ker u Id Imu Id = {} Partie D : condition suffisante On note χ u X = deta XI p le polynôme caractéristique de u, où det désigne le déterminant Énoncer le théorème de d Alembert-Gauss Correction Le théorème de d Alembert-Gauss assure que tout polynôme complexe non constant admet une racine dans C 2 En déduire que l on peut écrire χ u X = deta XI p = p α i X, avec α i C pour tout entier i [[, p] Correction Le théorème de d Alembert-Gauss entraine que tout polynôme complexe non constant est scindé sur C Le polynôme caractéristique χ ux = deta XI p de u qui coïncide avec celui de A est non constant car il est de degré p N On peut donc écrire p χ ux = c α i X, avec α i C pour tout entier i [[, p]] Comme le terme dominant de χ ux est deta XI p est p, on en déduit que c =, d où l écriture annoncée de χ ux 3 Justifier le fait qu il existe une base e,, e p de C p et une matrice T de la forme α α 2 T = α p telle que la matrice de u dans la base e,, e p soit T

Correction D après la question D2, le polynôme caractéristique de u est scindé sur C Par conséquent, l endomorphisme u de C p est trigonalisable et il existe une base e,, e p de C p telle que la matrice de u dans cette base soit une matrice triangulaire supérieure dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres α,, α p de u, c est-à-dire une matrice T de la forme demandée 4 On suppose dans cette question que α i < pour tout entier i [[, p] a Montrer que un e = Correction D après notre choix des α i et des vecteurs e i, e est un vecteur propre pour u associé à la valeur propre α Par récurrence, montrons que u n e = α n e pour tout n N On a ue = α e et si u n e = α n e pour un certain n N, alors u n+ e = u n ue = u n α e = α u n e = α n+ e Si α <, alors αn = et donc αn e = Il en résulte que un e = b Montrer par récurrence sur i que pour tout entier i [[, p], un e i = Correction Montrons par une récurrence forte sur i que pour tout entier i [[, p]], Le résultat est vrai pour i = d après la question D4a Supposons que pour tout entier j [[, i]], u n e i = u n e j = pour un certain i de [[, p ]] Montrons que pour tout entier j [[, i + ]], un e j = Il suffit de montrer que de récurrence D après la forme de la matrice T, il existe des complexes β,, β i tels que ue i+ = α i+ e i+ + Montrons alors par récurrence que pour tout n N, on a un e i+ = d après notre hypothèse β j e j u n+ e i+ = α n+ i+ e i+ + β j n k= α n k i+ uk e j Rappelons ici que α i+ = et u = Id C p - Le résultat est vrai pour n = d après la relation - Supposons qu il soit vrai pour un certain n de N Montrons le résultat pour n+ D après l hypothèse de récurrence et la relation, on a u n+2 e i+ = uu n+ e i+ = α n+ i+ ue i+ + = α n+2 i+ e i+ + = α n+2 i+ e i+ + = α n+2 i+ e i+ + n β j k= β j α n+ i+ e j + β j α n+ i+ e j + α n k i+ uuk e j n β j k= n+ β j n+ β j α n+ k i+ u k e j d où le résultat au rang n + Par récurrence, on a ainsi montré la relation on a D après notre hypothèse de récurrence, pour tout j [[, i]], on a k + αk i+ = On en déduit que : k= k= α n k i+ uk+ e j α n+ k i+ u k e j, u k e j = De plus, comme α i+ <, k + ε >, k N k k, α i+ k < ε et j [[, i]], u k e j < ε Fixons ε > Pour tout n 2k, ou bien k k ou bien n k k ; sinon, on aurait n = k + n k < 2k ce qui est impossible + Soit n 2k Comme α i+ <, on a α i+ k = On obtient alors d après l inégalité triangulaire α k= i+ 6

et la relation, u n+ e j+ α i+ n+ e i+ + = α i+ n+ e i+ + = e i+ ε + e i+ ε + β j n β j α i+ n k u k e j β j k k= k α i+ n k u k e j + k= u k e j ε + k= β j M j + n k=k + + α i+ k ε k= = e i+ + β j M j + ε = Kε α i+ k où pour tout j [[, i]], M j = u k e j et où k= Ceci montre que t u n+ e j+ = K = e i+ + α i+ n k ε β j M j + α i+ Par récurrence, on a montré : pour tout entier i [[, p]], u n e i = c En déduire la ite de T n, puis celle de A n n k=k + α i+ n k u k e j Correction Comme e,, e p est une base de C p et que u est linéaire, il résulte de la question D4b que pour tout x C p, u n x = On en déduit que T n X = pour tout X C p car T est la matrice de u dans une base de C p D après la question A3, on obtient alors : T n = On note λ,, λ m les valeurs propres de u, deux à deux distinctes, avec m N On suppose dans cette question que λ = et λ i < pour tout entier i tel que 2 i m On suppose également que Ker u Id Imu Id = {} a Montrer que Ker u Id et Imu Id sont deux sous-espaces supplémentaires dans C p stables par u Correction Les sous-espaces Ker u Id et Imu Id sont supplémentaires dans C p si et seulement si dim Ker u Id + dim Imu Id = dim C p = p et Ker u Id Imu Id = {} La deuxième relation est satisfaite d après la question C2 D autre part, l égalité dim Ker u Id + dim Imu Id = p est vérifiée d après le théorème du rang appliqué à u Id Montrons que Ker u Id et Imu Id sont stables par u Si x Ker u Id, alors ux = x et donc uux = ux, ie, u Idux =, d où ux Ker u Id Le sous-espace Ker u Id est donc stable par u Si x Imu Id, alors il existe y C p tel que x = uy y et donc ux = uuy uy = u Iduy Imu Id Le sous-espace Imu Id est donc stable par u Conclusion : les sous-espaces Ker u Id et Imu Id sont supplémentaires dans C p, et ils sont stables par u b On note u l endomorphisme de Imu Id induit par u Montrer que toute valeur propre de u est une valeur propre de u, distincte de λ Correction Soit α une valeur propre de u Alors il existe v Imu Id, non nul, tel que u v = αv, c est-à-dire uv = αv par définition de l endomorphisme induit Comme v est non nul, v est un vecteur de u associé à la valeur propre α En particulier, α est une valeur propre pour u D après l hypothèse, λ = Si α =, alors uv = v et donc v Ker u Id On a alors v Ker u Id Imu Id Or Ker u Id Imu Id = {} d après la question Da ou la question C2 Comme v est non nul, ceci est impossible Ce qui précède montre que toute valeur propre de u est une valeur propre de u, distincte de λ = 7

c En remarquant que u vérifie les hypothèses de la question 4, en déduire que A n converge et déterminer une matrice semblable à sa ite Correction D après la question Db, les valeurs propres de u sont parmi les complexes λ 2,, λ m En particulier, u vérifie les hypothèses de la question 4 car λ i < pour tout i [[2, m]] Soit f,, f s une base de Ker u Id, f s+,, f p une base de Imu Id et B la matrice de u dans la base f s+,, f p D après la question Da, la famille f,, f s, f s+,, f p est une base de C p De plus, la matrice de u dans la base f,, f s, f s+,, f p est la matrice D après la question D4c, M p s C telle que T n B = I s B B n = car B est semblable à une matrice triangulaire supérieure T = I s On en déduit que = Par ailleurs, In s Bn = I s Comme A et B représentent le même endomorphisme u dans des bases différentes, A est semblable à B et donc A n et semblable à B n pour tout n N Conclusion : A n I converge et la matrice est une matrice semblable à sa ite Partie E : conclusion et application On note λ,, λ m les valeurs propres de A, deux à deux distinctes, avec m N Déduire des questions précédentes que la suite A n n N converge si et seulement si : i [[, m], λ i < ou λ =, Ker u Id Imu Id = {} et i [[2, m], λ i < Correction Supposons que la suite A n n N converge D après la question Ca, pour tout i [[, m]], λ i De plus, d après la question Cb, ou bien pour tout i [[, m]], λ i <, ou bien λ = et pour tout i [[2, m]], λ i < Dans ce dernier cas, d après la question C2, on a Ker u Id Imu Id = {} On a donc montré que si la suite A n n N converge, alors i [[, m]], λ i < ou λ =, Ker u Id Imu Id = {} et i [[2, m]], λ i < Réciproquement, supposons que l une des deux conditions ci-dessus soit satisfaite Si pour tout i [[, m]], λ i <, alors d après la question D4, la suite A n n N converge Si λ =, Ker u Id Imu Id = {} et i [[2, m]], λ i <, alors d après la question Dc, la suite A n n N converge On a donc montré que si i [[, m]], λ i < ou λ =, Ker u Id Imu Id = {} et i [[2, m]], λ i <, alors la suite A n n N converge, d où l équivalence souhaitée 2 Déterminer si la suite A n n N est convergente, dans chacun des cas suivants :, 2, a A =, 2, 3 Correction On vérifie sans peine que le polynôme caractéristique de A a deux racines : 2 et Or 2 < et < D après la question E, on en déduit que la suite A n n N converge i b A = i 2 8

Correction Le polynôme caractéristique χ A de A vaut, au signe près, X 2 X i 2 et i < D après la 2 question E, la suite A n n N converge si et seulement si Ker u Id Imu Id = {} où u est l endomorphisme canoniquement associé à A On a i A I 3 = + i 2 On voit aisément que le rang de A I 3 est 2, c est-à-dire que dim Imu Id = 2, et Imu Id est le sous-espace de C 3 engendré par et Or est clairement dans le noyau de u Id ; en fait, Ker u Id est exactement le sous-espace de C 3 engendré par conséquent, d après la question E, la suite A n n N ne converge pas On en déduit que Ker u Id Imu Id {} Par c A = 6 + i 9 2 4 6 + i 2 Correction On vérifie sans peine que le polynôme caractéristique χ A de A vaut, au signe près, X X i 2 2 et i < D après la question E, la suite A n n N converge si et seulement si Ker u Id Imu Id = {} 2 où u est l endomorphisme canoniquement associé à A On a A I 3 = 7 + i 9 2 4 6 + i 2 On voit aisément que le rang de A I 3 est 2, c est-à-dire que dim Imu Id = 2, et Imu Id est le sous-espace de C 3 engendré par et De plus, Ker u Id est le sous-espace de C 3 engendré par On en déduit que Ker u Id Imu Id = {} Par conséquent, d après la question E, la suite A n n N converge 9

Problème 2 : étude de l ensemble des matrices symétriques définies positives Rappels et notations spécifiques au problème 2 Soit n un entier naturel non nul Pour A = a i,j i n j n une matrice de M n R et k [[, n], on note A k la matrice a i,j i k j k M k R On note S n R l ensemble des matrices A M n R symétriques, c est-à-dire telles que t A = A où t A désigne la transposée de A On rappelle qu une matrice A S n R est symétrique positive si pour tout X M n, R, t XAX On notera S + n R l ensemble des matrices symétriques positives On rappelle qu une matrice A S n R est symétrique définie positive si pour tout X M n, R\{ n, }, t XAX > On notera S n ++ R l ensemble des matrices symétriques définies positives L objectif principal de ce problème est de montrer, pour A S n R, l équivalence : A S ++ n R k [[, n], deta k > Soit D M n R une matrice diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs Montrer que D S n ++ R Correction Notons λ,, λ n les coefficients diagonaux de D, λ D = λ n x D après l hypothèse, λ i > pour tout i [[, n]] Soit X = M n, R \ { n, } Comme X est non nul, il existe i {,, n} tel que x i et on a λ x t XDX = x x n n = x 2 i λ i x 2 i λ i > λ n car x 2 i > et λ i > D après le rappel, on en conclut : D S ++ n R 2 Soit A S n R a Vérifier que si X M n, R \ { n, }, alors t XX > En déduire que si A S n ++ R, alors les valeurs propres de A sont strictement positives Correction D après le calcul effectué à la question, avec D = I n, on obtient que si X = { n, }, alors t XX = n x 2 i > x M n, R \ Soit A S n ++ R et soit λ une valeur propre de A Il existe X M n, R \ { n, } tel que AX = λx Comme A S n ++ R et X non nul, on a t XAX > Or t XAX = t XλX = λ t XX On en déduit que λ t XX > puis que λ > puisque t XX > On a ainsi montré : les valeurs propres de A sont strictement positives

b Rappeler la définition d une matrice orthogonale, puis énoncer le théorème permettant d affirmer qu il existe une matrice diagonale D M n R et une matrice orthogonale P telles que A = t P DP Correction Une matrice P M nr est orthogonale si t P P = P t P = I n En particulier, si P est orthogonale, alors P = t P D après le théorème fondamental, comme A est une matrice symétrique à coefficients réels, il existe une matrice diagonale D et une matrice orthogonale P telles que A = P DP = t P DP c Montrer que si les valeurs propres de A sont strictement positives, alors A S n ++ R Correction Dans les notations de la question 2b, les valeurs propres de A sont les coefficients diagonaux de D, que l on note λ,, λ n Supposons λ > pour tout i [[, n]], et soit X M n, R \ { n, } On a 3 Soit A M n R t XAX = t X t P DP X = t P XDP X Comme P est une matrice inversible et X non nul, P X D après la question, D S n ++ R et donc t P XDP X > On a donc montré : si les valeurs propres de A sont strictement positives, alors A S ++ n R a Montrer que s il existe Q GL n R tel que A = t QQ, alors A S n ++ R Correction Supposons qu il existe Q GL nr tel que A = t QQ Montrons que A S n ++ R Tout d abord, t A = t t QQ = t Q t t Q = t QQ donc A est une matrice symétrique Soit X M n, R \ { n, } Alors QX car Q est une matrice inversible, et d après la question 2a, t XAX = t X t QQX = t QXQX > car QX Par conséquent, A S ++ n R On a montré : s il existe Q GL nr tel que A = t QQ, alors A S ++ n R b Réciproquement, montrer que si A S n ++ R, alors il existe Q GL n R tel que A = t QQ Correction Supposons que A S n ++ R Montrons qu il existe Q GL nr tel que A = t QQ Comme A est symétrique, d après la question 2b, il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D M nr telles que A = t P DP De plus, comme A S n ++ R, il résulte de la question 2a que les valeurs propres de A sont strictement positives, c est-à-dire que les coefficients diagonaux λ,, λ n de D sont des réels strictement positifs Posons λ = et Q = P λn La matrices est bien définie car λ i > pour tout i [[, n]] Comme λ i > pour tout i [[, n]], P est une matrice inversible par exemple parce que son déterminant est non nul De plus, on a A = t P DP = t P 2 P = t P t P = t P P car 2 = D et t = Ainsi, Q = P convient Conclusion : si A S ++ n R, alors il existe Q GL nr tel que A = t QQ 4 Soit A S n R Montrer que si A S ++ n R, alors deta > La réciproque est-elle vraie? Correction D après la question 3b, il existe une matrice inversible Q GL nr telle que A = t QQ Par conséquent, det A = det t QQ = det t Q detq = detq 2 > car detq Conclusion : deta > La réciproque n est pas vraie Par exemple, la matrice B = M 2 R vérifie detb > mais B n est pas une matrice symétrique! Soit A S ++ n R Montrer que pour tout k [[, n], deta k > On pourra utiliser la question 4 Correction Soit k [[, n]] Comme A est une matrice symétrique, on peut écrire A k B A = t, B C avec B M k,n k R et C S n k R La matrice A k est nécessairement une matrice symétrique De plus, comme A S n ++ R, pour tout X M n, R \ { n, }, t X k XAX > En particulier, avec X =, où X k M k, R \ { k, }, n k, on a < t XAX = t A k B X k X k,n k t = t X k A k X t X k k X k B = t X k A k X k B C n k, n k, Ainsi, pour tout X k M k, R \ { k, }, on a t X k A k X k > Ceci montre que A k S ++ R et donc, d après la k question 4, deta k > Conclusion : pour tout k [[, n]], deta k >

6 On suppose dans cette question 6 que n = ou n = 2 Soit A S n R Montrer que si pour tout k [[, n], deta k >, alors A S n ++ R Correction Pour n =, A s écrit A = a, avec a R Si a > alors A S n ++ R car pour tout x R \ {}, xax = ax 2 > a b Supposons n = 2 Écrivons A =, avec a, b, c R L hypothèse signifie : a > et ac b 2 > Montrons que b c sous cette hypothèse, A S ++ n R Soit X = t a b x XAX = x y b c y x y M 2, R, avec x, y, On a = ax 2 +2bxy+cy 2 = a x 2 + by 2 b2 y 2 + cy 2 = a x 2 + by a a a car a >, ac b 2 > et x, y, Ceci montre que A S n ++ R 2 ac b 2 + y 2 > a 7 Soit A S n+ R tel que A n S n ++ R Montrer qu il existe Q GL n R, C M n, R, α R tels que A = t Q n,,n I n t C C Q n, α,n Correction Comme A n S n ++ R, il existe, d après la question 3b, Q GL nr tel que A n = t QQ La matrice A s écrit alors t QQ B A = t avec B M n, R et α R B α D autre part, pour tout C M n, R, on a t Q n, I n,n t C C Q t n, QQ t QC = α,n t CQ α Choisissons C M n, R tel que t QC = B, ie, C = t Q B Ce choix est possible car t Q est une matrice inversible Avec ce choix, on a alors d après le calcul précédent, d où le résultat A = t Q n,,n I n t C C α Q n,,n 8 Soient m un entier naturel non nul, et α, α,, α m des réels On considère la matrice M de M m+ R définie par α M = α m α α m α a Démontrer par récurrence sur m que detm = α m αi 2 Correction Fixons un réel α Pour m N et α,, α m des réels, notons Mα,, α m la matrice M ci-dessus m Montrons par récurrence sur m que detmα, α,, α m = α α 2 i pour tous réels α,, α m α Pour m =, Mα = et detm = α α 2 α α pour tout α R Le résultat est donc vrai pour m = Supposons le résultat vrai pour un certain m N et montrons le résultat pour m + Soient α,, α m, α m+, 2

des réels Alors detmα,, α m, α m+ = α αm α m+ α α m α m+ α α α 2 = detmα 2,, α m+ + m+2 α α m+ en développant par rapport à la première colonne de Mα,, α m, α m+ En développant ce dernier déterminant d ordre m par rapport à la première ligne, et d après l hypothèse de récurrence appliquée au réels α 2,, α m+, on en déduit m+ m+ m+ detmα,, α m, α m+ = α α 2 i + m+2 α m+ α = α α 2 i α2 = α α 2 i, i=2 d où la propriété au rang m + m Conclusion : par récurrence sur m, on a montré que detm = α α 2 i b Pour X M m+, R, expliciter t XMX en fonction des composantes de X et en déduire que si detm >, alors M S m+ ++ R x Correction Écrivons X = x m x m+, avec x,, x m, x m+ R On a α x t XMX = x x m x m+ x m α m x m+ α α m α m m m m = x i + α i x m+ x i + α i x i x m+ + αx 2 m+ = x 2 i + 2 α i x i x m+ + αx 2 m+ = m m x i + α i x m+ 2 + α α 2 i x2 m+ = i=2 m x i + α i x m+ 2 + detmx 2 m+ La dernière égalité résulte de la question 8a On en déduit que si detm > et si X, alors t XMX > Comme M est une matrice symétrique d ordre m +, on a montré : si detm >, alors M S ++ m+ R 9 Soit A S n R Montrer que si pour tout k [[, n], deta k >, alors A S n ++ R On pourra raisonner par récurrence sur n et utiliser les questions 6, 7 et 8 Correction Montrons par récurrence sur n que pour A S nr, si pour tout k [[, n]], deta k >, alors A S n ++ R D après la question 6, le résultat est vrai pour n = et n = 2 Supposons que le résultat soit vrai pour un certain n N Montrons le résultat pour n + Soit A S n+ R Supposons que pour tout k [[, n + ]], deta k > Montrons que A S ++ n+ R En particulier, detan > et d après la question 7, il existe Q GL nr, C M n, R, α R tels que A = t Q n,,n I n t C C α Q n,,n 3

En notant α,, α n les composantes de la matrice X, on peut reprendre les notations de la question 8 avec m = n On remarque alors que deta = det t Q detm detq = detq 2 detm Comme Q est une matrice inversible, detq 2 > Par conséquent, l hypothèse deta n+ = deta > implique detm > Il résulte alors de la question 8b que M S ++ n+ R Ainsi, A s écrit A = t P MP avec M S ++ n+ R, et donc A S ++ n+ R En effet pour tout X M n+r \ {}, t XAX = t X t P MP X = t P XMP X > car P X et M S ++ n+ R On a ainsi obtenu le résultat au rang n + Conclusion : si pour tout k [[, n]], deta k >, alors A S ++ n R Montrer que S n ++ R est un ouvert de l ensemble S n R muni d une norme Correction Posons pour tout k [[, n]], L application F k = {M M nr detm k } et U k = {M M nr detm k > } = M nr \ E k ϕ k : M nr R M = m i,j i n detm k = εσm,σ m k,σk, j n σ S k où S k est le groupe symétrique d ordre k et ε : S k {, } la signature, est une application continue en tant qu application polynomiale L ensemble F k = ϕ k R est donc un fermé de M nr Par conséquent, U k est un ouvert de M nr D après la question 9, n n S n ++ U k = S nr U k k= Comme chaque ensemble S nr U k est un ouvert de S nr en tant qu intersection de S nr et d un ouvert de M nr, on en déduit que S n ++ R est un ouvert de S nr car une intersection finie d ouverts est un ouvert Conclusion : S ++ n R est un ouvert de S nr k= 4