Concours Communs Polytechniques - Session 2014 Corrigé de l épreuve de mathématiques 2 Filière MP Daigonalisation, projecteurs, matrices symétriques Corrigé par M.TARQI 1 -htpp :// alkendy.x10.mx Exercice 1 1. a) La matrice A étant symétrique réelle, donc d après le théorème spectral, A est diagonalisable sur IR. b) Le polynôme caractéristique deaestχ A = (X 1)(X 6)(X+4), donc les valeurs propres deasont 1,6et 4. La matrice de passage de la base canonique de IR 3, à la base de vecteurs 4 3 3 1 0 0 propres est donnée par P = 0 5 5 etp 1 AP = D = 0 6 0. 3 4 4 0 0 4 Pour toutn IN, on aa n = PD n P 1, d où : 16 25 + 9 50 6n + 9 3 50 ( 4)n 10 6n 3 12 10 ( 4)n 25 + 6 25 6n + 6 A = 3 10 6n 3 1 10 ( 4)n 6n + 1 2 ( 4)n 5 6n 2 5 ( 4)n 12 25 + 6 25 6n + 6 2 5 6n 2 9 5 ( 4)n 25 + 8 25 6n + 8 2. Posons, pour tout n IN, X n = u n v n w n encorex n = A n X 0, d où les relations : n IN,. Le système précédent s écrit donc X n+1 = AX n ou u n = 4 25 + 21 50 6n + 21 50 ( 4)n v n = 7 10 6n 7 10 ( 4)n w n = 3 25 + 14 25 6n + 14 Exercice 2 1. a) D après le théorème du rang il suffit de montrer que ker p Imp = {0}. Soit y ker p Imp, alors il existe x E tel que y = p(x) et p(y) = 0, donc 0 = p(p(x)) = p(x) = y. D où le résultat. b) Soit r le rang p et B = (e 1,...,e r,e r+1,...,e n ) une base adaptée à la décomposition E = Imp kerp ( (e 1,...,e r ) une base de Imp ( et (e r+1,...,e ) n ) une base de kerp ). Dans cette base Ir 0 la matrice de p est de la forme M = où I 0 0 r la matrice unité d ordre r. Donc Tr(p) = Tr(M) = r = rgp. 1. tout commentaire, toute remarque ou éventuelle rectification, concernant ce corrigé, seront les bienvenus 1
c) Un endormorphisme u de E vérifiant Tr(u) = rg(u) n est pas nécessairement un projecteur, 1 1 1 en effet, par exemple l endomorphisme u associée à la matrice A = 0 1 1 vérifie 0 0 1 Tr(u) = rg(u) = 3, mais u n est pas un projecteur puisquea 2 A. 1 0 0 2. La matrice A = 0 0 0 est de rang 1 et est diagonalisable dans IR, car A 2 = A ( A admet 0 0 0 un polynôme annulateur scindé à racines simples dans IR ). 0 0 1 La matrice B = 0 0 0 est de rang 1 et n est pas diagonalisable dans IR, car A 2 = 0 (0la 0 0 0 seule valeur propre dea). 3. a) Soient e n un vecteur non nul de E tel que Im(u) = Vect(e n ) et (e 1,e 2,...,e n 1 ) un base de keru, alors B = (e 1,e 2,...,e n 1,e n ) est une base dee. Posonsu(e n ) = a i e i, donc 0... 0 a 1 0... 0 a 2 Mat B (u) =.... 0... 0 a n b) On a dimkeru = n 1, donc 0 est une valeur propre de u. Donc 0 racine de χ u d ordre supérieure ou égal à n 1, soit λ IR tel que χ u = ( 1) n X n 1 (X λ), donc λ = Tr(u). Ainsi u est digonalisable si et seulement si, Tr(u) 0. c) D après ce qui précède u est diagonalisable avec Sp(u) = {0, 1}. Donc le polynôme minimal vaut X(X 1), ce qui donneu 2 = u, c est à dire u est un projecteur. d) On a Tr(A) = rg(a) = 1, donc A représente un projecteur p de IR 3. Il est clair que Im(p) = Vect(e 1 +e 2 +e 3 ) etkerp = Vect(e 1 e 2,e 1 +e 3 ) où(e 1,e 2,e 3 ) désigne la base canonique de IR 3. Problème Questions préliminaires 1. a) Soit E un espace euclidien et u un endomorphisme symétrique. Alors il existe une base orthonormale de vecteurs propres deu, de plus ses valeurs propres sont réelles. Pour toute matrice symétrique A il existe une matrice orthogonal P ( t PP = I n ) et une matrice D diagonale réelle telle qued = t PAP b) Le théorème précédent n est pas valable surc, par exemple la matrice A = ( ) i 1 M 1 i 2 (C) est symétrique non diagonalisable ( le polynôme minimal π A = X 2 ). 2
2. a) Notons x = b) Soitx = et donc x i ε i la décomposition dexdans la base B. Alors ( R s (x) = (s(x) x) = λ i x i ε i x i ε i un vecteur unitaire ( λ 1 x 2 i ) x i ε i = λ i x 2 i. = 1 ), alors l égalité précédente montre que λ i x 2 i λ n, R s (S(0,1)) [λ 1,λ n ]. 3. a) Soit x un vecteur propre associé à une valeur propre λ d un endomorohisme s symétrique positif ( resp. symétrique défini positif ), puisque x 0, (x x) > 0 d où : (x u(x)) = λ(x x) ou encoreλ = (x s(x) 0. ( resp.λ = (x s(x) > 0 ). (x x) (x x) b) Pour toutj [1,n], on as(e j ) = a kj e k et donc i,j [1,n]s ij = (s(e i ) e j ), en particulier s ii = R s (e i ) [λ 1,λ n ] ( d après la question 2.b ). Un maximum sur O n (IR) 4. Notons l l application linéaire de M n (IR) dans M n (IR) 2 définie par l(a) = (A,A) et b l application bilinéaire de M n (IR) définie par b(a,b) = t AB. Les deux applications sont continues puisque on est en dimension finie. Notons ϕ : M t MM I n, alors ϕ = b l c où c est l application constante :M I n, doncϕest continue. 5. PosonsA = (a ij ) 1 i,j n M n (IR), donc t AA = I n et par conséquent (i,j) [1,n] 2, { 1 si i = j a ki a kj = δ ij =. 0 sinon En particulier, i [1, n], a 2 ki = 1 et donc k [1,n], a ki a 2 ki = 1. 6. On a O n (IR) = ϕ 1 {I n }, donc O n (IR) est une partie fermée comme image réciproque d un fermé par une application continue. D autre part, considérons la norme. définie sur M n (IR) par A = (a ij ) 1 i,j n = sup 1 i,j n a ij. La question précédente montre que A O n (IR), A 1, donc O n (IR) est une partie bornée de M n (IR) pour la norme. et comme la dimension est finie la partie O n (IR) est bornée pour toute norme. En conséquence O n (IR) est une partie compacte comme fermée bornée d un espace de dimension finie. 3
7. a) On sait qu il existe une matricep O n (IR) tel ques = P t P, donctr(as) = Tr(AP t P) = Tr(PA t P ), donc il suffit de prendreb = t PAP O n (IR). b) L application T est continue sur M n (IR), car il s agit d une application linéaire. Comme O n (IR) est un compact, alors T est bornée et atteint ses bornes sur O n (IR), en particulier elle atteint son maximum sur O n (IR). c) Posons B = (b ij ) 1 i,j n et = (d ij ) 1 i,j n. On a Tr(AS) = Tr(B ) = n b ik d ki. Or b ik 1 car B O n (IR), donc Tr(AS) = b ik d ki d ki = d ii = λ i = Tr(S). D où A O n (IR),T(A) Tr(S) = T(I n ). Ceci montre que le maximum est atteint au point I n O n (IR) : t = sup A O n(ir) T(A) = Tr(S) = λ i. Inégalité d Hadmard 8. L inégalité arithmético-géométrique se traduit par l inégalité det(s) λ i. ( ) 1 n n Tr(S) avec a i = 9. On a t S α = S α et X M n,1 (IR), t X t DSDX = t (DX)S(DX) 0, donc S α S n + (IR). On trouves α = (a i a j s ij ) 1 i,j n, donctr(s α ) = a 2 is ii. 10. On applique l inégalité ( ) às α : det(s α ) ( ) 1 n n Tr(S α). Mais, dans ces conditions,tr(s α ) = n etdet(s α ) = det(s) det(s) s ii. ( 1 s ii ), d où : 11. On peut vérifier facilement ques ε S + n (IR) et que ses coefficients diagonaux sont strictement positifs, donc on peut appliquer le résultat de la question 10. : dets ε (s ii +ε). Montrons d abord que l application det est continue sur M n (IR), en effet, soit B la base canonique de IR n et A = (C 1,C 2,...,C n ) M n (IR) ( C 1,...,C n désignent les colonnes de A ), alors deta = det B (C 1,C 2,...,C n ), donc det parait comme composée d applications continues : l application linéaire l de M n (IR) dans (IR n ) n définie par l(a) = (C 1,C 2,...,C n ) et l application 4
multilinéaire det B. Donc det est continue sur M n (IR). Ainsi, par passage à la limite quand ε tend vers 0, on obtientdets n s ii ou encore puisquedets = n λ i. λ i s ii, Application de l inégalité d Hadamard : détermination d un minimum 12. Il est clair que B est symétrique positive, et comme A et B son semblables alors elles ont les mêmes valeurs propres donc B U. Comme dans la question 7.a), Tr(AS) = Tr(B ). 13. Soit t {Tr(AS)/A U }, alors il existe A U tel que t = Tr(AS) et donc t = Tr(B ) avec B U. Donc {Tr(AS)/A U } {Tr(B )/B U }, de même on montre l inclusion inverse, d où l égalité : {Tr(AS)/A U } = {Tr(B )/B U }. Soit B = (b ij ) 1 i,j n U, alors Tr(B ) = b ik ik = λ i b ii 0 ( les b ii sont positifs d après 3. b) ). Donc le minimum existe. 14. D après la question précédente et l inégalité arithmético-géométrique, on a : Tr(B ) = ( n ) 1 ( ) n n 1 n λ i b ii n λ i b ii. 15. D après l inégalité d Hadmard, appliquée àb, on a Tr(B ) n ( n λ i ) 1 n b ii detb = 1, donc = n(dets) 1 n. 16. On remarque que D U et que D = diag(λ 1 µ 1,λ 2 µ 2,...,λ n µ n ). D autre part, Tr(D ) = λ i µ i = ndet(s) 1 n. Ainsi on a montré que pour toutb U, Tr(B ) Tr(D ). Ceci montre que la borne inférieure m est atteint au pointd et quem = ndet(s) 1 n. 5