Concours commun polytechnique (ensi) filiere mp

SESSION 2010
CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI)
FILIERE MP
MATHEMATIQUES 2
PROBLÈME : QUELQUES UTILISATIONS DES PROJECTEURS
I. Questions préliminaires
1. Aest la matrice élémentaire E2,1. Par suite A2=0puis ∀n>2,An=0. On en déduit que exp(A) = I2+A=
1 1
0 1 . De même, B2=0puis exp(B) = I2+B=1 0
1 1 . Ensuite,
exp(A)×exp(B) = 1 1
0 1  1 0
1 1 =2 1
1 1 .
D’autre part, A+B=0 1
1 0 puis (A+B)2=I2. On en déduit que ∀n∈N,(A+B)2n =I2puis (A+B)2n+1=A+B.
Par suite,
exp(A+B) =
+∞
X
n=0
1
n!(A+B)n=
+∞
X
n=0
1
(2n)! (A+B)2n +
+∞
X
n=0
1
(2n +1)! (A+B)2n+1
= +∞
X
n=0
1
(2n)! !I2+ +∞
X
n=0
1
(2n +1)! !(A+B) = ch(1)I2+sh(1)(A+B)
=ch(1)sh(1)
sh(1)ch(1).
exp(A) = 1 1
0 1 , exp(B) = 1 0
1 1 , exp(A)×exp(B) = 2 1
1 1 et exp(A+B) = ch(1)sh(1)
sh(1)ch(1).
2. Pour tout (A, B)∈(Mn(R))2, si les matrices Aet Bcommutent, exp(A)×exp(B) = exp(A+B).
II. Un calcul d’exponentielle de matrice à l’aide des projecteurs spectraux, cas diagonalisable
3. Polynôme interpolateur de Lagrange Soit P∈Rr−1[X].
P∈Ker(φ)⇒(P(λ1),...,P(λr)) = (0, . . . , 0)
⇒P=0(car un polynôme de degré au plus r−1ayant au moins rracines deux à deux distinctes est nul).
Donc Ker(φ) = {0}et φest une application linéaire injective. Comme Rr−1[X]et Rrsont deux R-espaces vectoriels ayant
même dimension finie r, on en déduit que φest un isomorphisme de Rr−1[X]sur Rr. En particulier, le r-uplet (eλ1,...,eλr)
a un antécédent et un seul par φnoté Lou encore il existe un unique polynôme Lde Rr−1[X]tel que ∀i∈J1, rK,L(λi) = eλi.
4. (a) (Si r=1ou r=2, les différents produits vides considérés sont conventionnellement égaux à 1)
Soit (i, j)∈J1, rK2.
•Si i=j,li(λj) = li(λi) =
r
Y
k=1
k6=i
λi−λk
λi−λk
=1.
•Si i6=j,li(λj) =
r
Y
k=1
k6=i
λj−λk
λi−λk
=λj−λj
λi−λj
×
r
Y
k=1
k/∈{i,j}
λj−λk
λi−λk
=0.
∀(i, j)∈J1, rK2,li(λj) = 1si i=j
0si i6=j=δi,j.
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(b) Soit P=
r
X
i=1
eλili. Chaque polynôme liest de degré r−1et donc Pest un élément de Rr−1[X]. De plus, pour j∈J1, rK,
P(eλj) =
r
X
i=1
eλili(λj) =
r
X
i=1
eλiδi,j =eλj.
Par unicité de L, on en déduit que P=Let donc
L=
r
X
i=1
eλili.
5. Une propriété de l’exponentielle (a) On sait que tout endomorphisme d’un espace de dimension finie est continu
sur cet espace. Puisque Mn(R)est un R-espace de dimension finie, l’endomorphisme de Mn(R)défini par M7→PMP−1
est continu sur Mn(R). On note fcet endomorphisme
(b) Pour tout entier naturel k, on a (PDP−1)k=PDkP−1et donc pour tout entier naturel p,
p
X
k=0
(PDP−1)k
k!=P p
X
k=0
Dk
k!!P−1=f p
X
k=0
Dk
k!!.
Maintenant, fest continue sur Mn(R)et en particulier, fest continu en D. La suite p
X
k=0
Dk
k!!converge vers exp(D)
quand ptend vers +∞et donc, par continuité de fen D, la suite f p
X
k=0
Dk
k!!!converge vers f(exp(D)) = Pexp(D)P−1.
Comme d’autre part, f p
X
k=0
Dk
k!!=
p
X
k=0
(PDP−1)k
k!converge vers exp(PDP−1), on a montré que exp(PDP−1) = Pexp(D)P−1.
∀P∈GLn(R),∀D∈Dn(R), exp(PDP−1) = Pexp(D)P−1.
6. Notons α1, ..., αr, les ordres de multiplicité respectifs des valeurs propres λ1, ..., λr, de la matrice A. Puisque la
matrice Aest diagonalisable, il existe P∈GLn(R)telle que A=PDP−1où D=diag(λ1,...,λ1
| {z }
α1
,...,λr,...,λr
|{z }
αr
).
Déjà
exp(D) =
+∞
X
k=0
Dk
k!=
+∞
X
k=0
1
k!diag(
+∞
X
k=0
λk
1
k!,...,
+∞
X
k=0
λk
1
k!
|{z }
α1
,...,
+∞
X
k=0
λk
r
k!,...,
+∞
X
k=0
λk
r
k!
|{z }
αr
) = diag(eλ1,...,eλ1
|{z }
α1
,...,eλr,...,eλr
|{z }
αr
)
=diag(Lλ1),...,L(λ1)
|{z }
α1
, . . . , L(λr),...,L(λr)
|{z }
αr
) = L(D).
La question précédente permet alors d’écrire exp(A) = exp(PDP−1) = Pexp(D)P−1=PL(D)P−1. Enfin, si on pose
L=
r−1
X
k=0
akXk,
PL(D)P−1=P r−1
X
k=0
akDk!P−1=
r−1
X
k=0
akPDP−1k=
r−1
X
k=0
akAk=L(A).
On a montré que
∀A∈ Mn(R),Adiagonalisable ⇒exp(A) = L(A).
7. Posons P=
k
X
i=0
aiXi∈R[X]. Par définition, v(x) = λx. Mais alors ∀i∈N,vi(x) = λixpuis
(P(v))(x) = k
X
i=0
aivi!(x) =
k
X
i=0
aivi(x) = k
X
i=0
aiλi!x=P(λ)x.
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8. (a) Puisque vest diagonalisable, E=r ⊕
k=1
Ek. Soit alors i∈J1, rK.
•Soit x∈Ei. Alors v(x) = λixpuis d’après la question précédente et la question 4.a), (li(v))(x) = li(λi)x=x.
•Soient j∈J1, rK\ {i}puis x∈Ej. Alors v(x) = λjxpuis (li(v))(x) = li(λj)x=0. Mais alors, par linéarité de li(v), pour
tout xde r ⊕
k=1
k6=i
Ek,(li(v))(x) = 0.
En résumé, pour tout xde Ei,(li(v))(x) = xet pour tout xde r ⊕
k=1, k6=i
Ek,(li(v))(x) = 0. Ceci montre que li(v)est le
projecteur sur Eiparallèlement à r ⊕
k=1
k6=i
Ek.
∀i∈J1, rK,li(v)est le projecteur sur Eiparallèlement à r ⊕
k=1
k6=i
Ek.
(b) On en déduit que exp(A) = L(A) =
r
X
i=1
eλili(A)où li(A)est la matrice de la projection li(v).
III. Un calcul d’exponentielle de matrice à l’aide des projecteurs spectraux, cas non diagonalisable
9. On sait qu’un en endomorphisme d’un K-espace vectoriel de dimension finie est diagonalisable si et seulement si
son polynôme minimal est scindé sur Kà racines simples. Puisque le polynôme (X−1)2(X−2)est à racines simples,
l’endomorphisme un’est pas diagonalisable.
10. La matrice 
1 1 0
0 1 0
0 0 2 
convient.
11. Les polynômes (X−1)2et (X−2)sont premiers entre eux car sans racine commune dans C. Puisque (u−id)2◦
(u−2id) = 0, le théorème de décomposition des noyaux permet alors d’écrire E=Ker(u−id)2⊕Ker(u−2id).
12. Puisque les endomorphismes uet id commutent,
p+q= (u−id)2+u◦(2id −u) = u2−2u +id +2u −u2=id.
13. D’après la question 12, pour tout xde E,x=p(x) + q(x) = (u−id)2(x) + u◦(2id −u)(x) (∗). Or (u−2id)(p(x)) =
(u−2id)◦(u−id)2(x) = 0et donc p(x)∈Ker(u−2id). De même, (u−id)2(q(x)) = (u−id)2◦u◦(2id −u)(x) =
−u((u−id)2◦(u−2id)(x)) = 0(deux polynômes en ucommutent) et donc q(x) = x−p(x)∈Ker(u−id)2.
En résumé, pour tout xde E,p(x)∈Ker(u−2id)et x−p(x)∈Ker(u−id)2. On sait alors que pest le projecteur sur
Ker(u−2id)parallèlement à Ker(u−id)2.
Enfin, puisque q=id −pd’après la question 12, pet qsont des projecteurs associés ou encore qest le projecteur sur
Ker(u−id)2parallèlement à Ker(u−2id).
14. (a) On a vu précédemment que pour tout xde E,(u−2id)(p(x)) = 0.
(b) Par suite, pour tout xde E,u(p(x)) = 2p(x)et donc pour tout xde Eet tout entier naturel k,uk(p(x)) = 2kp(x)ou
encore
∀k∈N,uk◦p=2kp.
(c) Pour tout entier naturel m, m
X
i=0
ui
i!!◦p=
m
X
i=0
ui
i!◦p= m
X
i=0
2i
i!!p. Quand mtend vers +∞, m
X
i=0
2i
i!!ptend
vers e2p. Maintenant, l’application f7→f◦pest un endomorphisme de l’espace de dimension finie L(E)et donc cette
application est continue sur L(E). Comme à la question 5.b), on en déduit que
exp(u◦p) = lim
m→+∞
m
X
i=0
ui
i!!◦p=lim
m→+∞ m
X
i=0
ui
i!!◦p=e2p.
exp(u)◦p=e2p.
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15. Puisque deux polynômes en ucommutent pour k>2,
(u−id)k◦q= (u−id)k◦u(2id −u) = −u◦(u−id)k−2◦(u−id)2◦(u−2id) = u◦(u−id)k−2◦0=0.
∀k>2,(u−id)k◦q=0.
Comme les endomorphismes id et u−id commutent, on peut alors écrire
exp(u)◦q=exp(id +u−id)◦q=exp(id)◦exp(u−id)◦q= (eid)◦exp(u−id)◦q
=e
+∞
X
k=0
1
k!((u−id)k◦q) (par continuité de l’application f7→f◦qsur L(E))
=e(q+ (u−id)◦q) = e u ◦q.
exp(u)◦q=e u ◦q.
16. D’après la question 12,
exp(u) = exp(u)◦(p+q) = exp(u)◦p+exp(u)◦q=e2p+e u ◦q=e2(u−id)2+eu ◦u◦(2id −u)
= −eu3+ (e2+e)u2−2e2u+e2id
= −e(4u2−5u +2id) + (e2+e)u2−2e2u+e2id (car u3−4u2+5u −2id = (u−id)2◦(u−2id) = 0)
= (e2−3e)u2+ (−2e2+5e)u+ (e2−2e)id.
exp(u) = (e2−3e)u2+ (−2e2+5e)u+ (e2−2e)id.
IV. Calcul de distances à l’aide de projecteurs orthogonaux
17. On sait que d(x, F) = kx−pF(x)koù de plus, si (e1,...,ep)est une base orthonormée de F,pF(x) =
p
X
i=1
hx, eiiei.
18. Soit x∈E. On sait que pVect(n)(x) = hx, ni
knk2n. Redémontrons-le. Il existe λ∈Rtel que pVect(n)=λn. Le réel λest
déterminé par la condition x−λ∈n⊥ce qui fournit hx−λ∈n, ni=0puis λ=hx, ni
knk2.
On en déduit que pH(x) = x−pH⊥(x) = x−pVect(n)(x) = x−hx, ni
knk2n.
∀x∈E,pH(x) = x−hx, ni
knk2n.
19. Une application (a) L’application ϕ:M7→Tr(M)est une forme linéaire non nulle sur Mn(R). L’ensemble des
matrices dont la trace est nulle, est le noyau de ϕet est donc un hyperplan de Mn(R).
Pour tout (A, B)∈(Mn(R))2,hA, Bi=X
16i,j6n
ai,jbi,j. En particulier, ∀A∈ Mn(R),
hA, Ini=X
16i,j6n
ai,jδi,j =
n
X
i=1
ai,i =Tr(A).
Donc Inest un élément non nul de H⊥qui est de dimension 1puisque Hest un hyperplan. On en déduit que
H⊥=Vect(In).
(b) D’après les questions 17 et 18,
d(M, H) = kM−pH(M)k=kpH⊥(M)k=
hM, Ini
kInk2In
=|hM, Ini|
kInk=|Tr(M)| n.
∀M∈ Mn(R),d(M, H) = |Tr(M)|
n.
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20. Et pour une norme non euclidienne ? F={λ(1, 0), λ ∈R}={(λ, 0), λ ∈R}. Or, pour λ∈R,
N∞(x−λ(1, 0)) = N∞((1−λ, 1)) = max{|λ−1|, 1}.
Par suite, ∀λ∈R,N∞(x−λ(1, 0)) >1avec égalité si et seulement si |λ−1|61ce qui équivaut à 06λ62. Donc
d∞(x, F) = 1
et les points mde Fpour lesquels cette distance est atteinte sont les points du segment d’extrémités (0, 0)et (2, 0).
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