Concours commun polytechnique (ensi) filiere mp

SESSION 2010
CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI)
FILIERE MP
MATHEMATIQUES 2
PROBLÈME : QUELQUES UTILISATIONS DES PROJECTEURS
I. Questions préliminaires
2
A est
= 0 puis∀n > 2, An = 0. On en déduit que exp(A) = I2 + A =
la matrice élémentaire E2,1 . Par suite A 1 1
1 0
. De même, B2 = 0 puis exp(B) = I2 + B =
. Ensuite,
0 1
1 1
1 1
1 0
2 1
exp(A) × exp(B) =
=
.
0 1
1 1
1 1
0 1
D’autre part, A + B =
puis (A + B)2 = I2 . On en déduit que ∀n ∈ N, (A + B)2n = I2 puis (A + B)2n+1 = A + B.
1 0
Par suite,
1.
+∞
+∞
+∞
X
X
X
1
1
1
(A + B)n =
(A + B)2n +
(A + B)2n+1
n!
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
n=0
n=0
!
!
+∞
+∞
X
X
1
1
=
I2 +
(A + B) = ch(1)I2 + sh(1)(A + B)
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
n=0
ch(1) sh(1)
=
.
sh(1) ch(1)
exp(A + B) =
exp(A) =
2.
1 1
0 1
1
, exp(B) =
1
0
1
2 1
ch(1)
, exp(A) × exp(B) =
et exp(A + B) =
1 1
sh(1)
sh(1)
ch(1)
.
Pour tout (A, B) ∈ (Mn (R))2 , si les matrices A et B commutent, 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 − 1 ayant au moins r racines deux à deux distinctes est nul).
Donc Ker(φ) = {0} et φ est une application linéaire injective. Comme Rr−1 [X] et Rr sont deux R-espaces vectoriels ayant
même dimension finie r, on en déduit que φ est un isomorphisme de Rr−1 [X] sur Rr . En particulier, le r-uplet (eλ1 , . . . , eλr )
a un antécédent et un seul par φ noté L ou encore il existe un unique polynôme L de Rr−1 [X] tel que ∀i ∈ J1, rK, L(λi ) = eλi .
4. (a) (Si r = 1 ou r = 2, les différents produits vides considérés sont conventionnellement égaux à 1)
Soit (i, j) ∈ J1, rK2 .
r
Y
λi − λk
• Si i = j, li (λj ) = li (λi ) =
= 1.
λi − λk
k=1
k6=i
• Si i 6= j, li (λj ) =
r
r
Y
Y
λj − λj
λj − λk
λj − λ k
=
×
= 0.
λi − λk
λi − λ j
λi − λk
k=1
k6=i
k=1
k∈{i,j}
/
2
∀(i, j) ∈ J1, rK , li (λj ) =
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1
1 si i = j
= δi,j .
0 si i 6= j
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(b) Soit P =
r
X
eλi li . Chaque polynôme li est de degré r − 1 et donc P est un élément de Rr−1 [X]. De plus, pour j ∈ J1, rK,
i=1
r
X
P(eλj ) =
eλi li (λj ) =
i=1
r
X
eλi δi,j = eλj .
i=1
Par unicité de L, on en déduit que P = L et donc
L=
r
X
eλi li .
i=1
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 M 7→ PMP−1
est continu sur Mn (R). On note f cet endomorphisme
(b) Pour tout entier naturel k, on a (PDP−1 )k = PDk P−1 et donc pour tout entier naturel p,
!
!
p
p
p
X
X
X
(PDP−1 )k
Dk
Dk
−1
P =f
.
=P
k!
k!
k!
k=0
k=0
k=0
p
X
Dk
k!
!
Maintenant, f est continue sur Mn (R) et en particulier, f est continu en D. La suite
converge vers exp(D)
k=0
!!
p
X
Dk
converge vers f(exp(D)) = P exp(D) P−1 .
quand p tend vers +∞ et donc, par continuité de f en D, la suite f
k!
k=0
!
p
p
X
X
Dk
(PDP−1 )k
Comme d’autre part, f
=
converge vers exp(PDP−1 ), on a montré que exp(PDP−1 ) = P exp(D) P−1 .
k!
k!
k=0
k=0
∀P ∈ GLn (R), ∀D ∈ Dn (R), exp(PDP−1 ) = P exp(D) P−1 .
6. Notons α1 , . . . , αr , les ordres de multiplicité respectifs des valeurs propres λ1 , . . . , λr , de la matrice A. Puisque la
matrice A est diagonalisable, il existe P ∈ GLn (R) telle que A = PDP−1 où D = diag(λ1 , . . . , λ1 , . . . , λr , . . . , λr ).
| {z }
| {z }
α1
αr
Déjà
+∞
+∞ k
+∞
+∞ k
+∞ k
+∞ k
X
X
X
X
X
X
Dk
λr
1
λ1
λ1
λr
exp(D) =
. . , eλr})
) = diag(e| λ1 , .{z
. . , eλ1}, . . . , |eλr , .{z
,...,
=
diag(
,...,
,...,
k!
k!
k!
k!
k!
k!
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
α1
αr
{z
}
{z
}
|
|
α1
αr
= diag(Lλ1 ), . . . , L(λ1 ), . . . , L(λr ), . . . , L(λr )) = L(D).
|
{z
}
{z
}
|
α1
αr
La question précédente permet alors d’écrire exp(A) = exp(PDP−1 ) = P exp(D) P−1 = PL(D)P−1 . Enfin, si on pose
r−1
X
L=
ak Xk ,
k=0
PL(D)P
−1
=P
r−1
X
ak D
k
k=0
!
P−1 =
r−1
X
ak PDP−1
k=0
k
=
r−1
X
ak Ak = L(A).
k=0
On a montré que
∀A ∈ Mn (R), A diagonalisable ⇒ exp(A) = L(A).
7.
Posons P =
k
X
ai Xi ∈ R[X]. Par définition, v(x) = λx. Mais alors ∀i ∈ N, vi (x) = λi x puis
i=0
(P(v))(x) =
k
X
i=0
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i
ai v
!
(x) =
k
X
i
ai v (x) =
i=0
2
k
X
i=0
ai λ
i
!
x = P(λ)x.
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8.
r
(a) Puisque v est diagonalisable, E = ⊕ Ek . Soit alors i ∈ J1, rK.
k=1
• Soit x ∈ Ei . Alors v(x) = λi x puis 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) = λj x puis (li (v))(x) = li (λj )x = 0. Mais alors, par linéarité de li (v), pour
r
tout x de ⊕ Ek , (li (v))(x) = 0.
k=1
k6=i
En résumé, pour tout x de Ei , (li (v))(x) = x et pour tout x de
r
Ek , (li (v))(x) = 0. Ceci montre que li (v) est le
⊕
k=1, k6=i
r
projecteur sur Ei parallèlement à ⊕ Ek .
k=1
k6=i
r
∀i ∈ J1, rK, li (v) est le projecteur sur Ei parallèlement à ⊕ Ek .
k=1
k6=i
(b) On en déduit que exp(A) = L(A) =
r
X
eλi li (A) où li (A) est la matrice de la projection li (v).
i=1
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 K à racines simples. Puisque le polynôme (X − 1)2 (X − 2) est à racines simples,
l’endomorphisme u n’est pas diagonalisable.

1
10. La matrice  0
0

1 0
1 0  convient.
0 2
11. Les polynômes (X − 1)2 et (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 u et id commutent,
p + q = (u − id)2 + u ◦ (2id − u) = u2 − 2u + id + 2u − u2 = id.
13. D’après la question 12, pour tout x de 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) = 0 et 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 u commutent) et donc q(x) = x − p(x) ∈ Ker(u − id)2 .
En résumé, pour tout x de E, p(x) ∈ Ker(u − 2id) et x − p(x) ∈ Ker(u − id)2 . On sait alors que p est le projecteur sur
Ker(u − 2id) parallèlement à Ker(u − id)2 .
Enfin, puisque q = id − p d’après la question 12, p et q sont des projecteurs associés ou encore q est le projecteur sur
Ker(u − id)2 parallèlement à Ker(u − 2id).
14. (a) On a vu précédemment que pour tout x de E, (u − 2id)(p(x)) = 0.
(b) Par suite, pour tout x de E, u(p(x)) = 2p(x) et donc pour tout x de E et tout entier naturel k, uk (p(x)) = 2k p(x) ou
encore
∀k ∈ N, uk ◦ p = 2k p.
(c) Pour tout entier naturel m,
m
X
ui
i=0
i!
!
◦p =
m
X
ui
i=0
i!
◦p =
m
X
2i
i=0
i!
!
p. Quand m tend vers +∞,
m
X
2i
i=0
i!
!
p tend
vers e2 p. Maintenant, l’application f 7→ f ◦ p est 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
!
!
m
m
X
X
ui
ui
exp(u ◦ p) =
lim
◦ p = lim
◦ p = e2 p.
m→ +∞
m→ +∞
i!
i!
i=0
i=0
exp(u) ◦ p = e2 p.
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3
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15. Puisque deux polynômes en u commutent 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
1
((u − id)k ◦ q) (par continuité de l’application f 7→ f ◦ q sur L(E))
k!
k=0
= 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 = e2 p + e u ◦ q = e2 (u − id)2 + eu ◦ u ◦ (2id − u)
= −eu3 + (e2 + e)u2 − 2e2 u + e2 id
= −e(4u2 − 5u + 2id) + (e2 + e)u2 − 2e2 u + e2 id (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)k où de plus, si (e1 , . . . , ep ) est une base orthonormée de F, pF (x) =
p
X
hx, ei iei .
i=1
hx, ni
n. Redémontrons-le. Il existe λ ∈ R tel que pVect(n) = λn. Le réel λ est
knk2
hx, ni
ce qui fournit hx − λ ∈ n, ni = 0 puis λ =
.
knk2
18. Soit x ∈ E. On sait que pVect(n) (x) =
déterminé par la condition x − λ ∈ n⊥
On en déduit que pH (x) = x − pH⊥ (x) = x − pVect(n) (x) = x −
hx, ni
n.
knk2
∀x ∈ E, pH (x) = x −
hx, ni
n.
knk2
19. Une application (a) L’application ϕ : M 7→ Tr(M) est une forme linéaire non nulle sur Mn (R). L’ensemble des
matrices dont la trace est nulle, est le noyau de ϕ et est donc un hyperplan de Mn (R).
X
Pour tout (A, B) ∈ (Mn (R))2 , hA, Bi =
ai,j bi,j . En particulier, ∀A ∈ Mn (R),
16i,j6n
hA, In i =
X
ai,j δi,j =
16i,j6n
n
X
ai,i = Tr(A).
i=1
Donc In est un élément non nul de H⊥ qui est de dimension 1 puisque H est un hyperplan. On en déduit que
H⊥ = Vect(In ).
(b) D’après les questions 17 et 18,
hM, In i |hM, In i|
|Tr(M)|
d(M, H) = kM − pH (M)k = kpH⊥ (M)k = =
In =
.
2
kIn k
kIn k
n
∀M ∈ Mn (R), d(M, H) =
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4
|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)) > 1 avec égalité si et seulement si |λ − 1| 6 1 ce qui équivaut à 0 6 λ 6 2. Donc
d∞ (x, F) = 1
et les points m de F pour lesquels cette distance est atteinte sont les points du segment d’extrémités (0, 0) et (2, 0).
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