corrigé

Concours Commun Polytechnique
Filiµere PC
Concours 2003 math 1
PARTIE 1
1a) Si X = (xi )ni=1 et Y = (y i)ni=1 sont des ¶el¶ements de Mn;1 (R) on a
t
XY = tY X =
1b) D¶eveloppement sans problµeme :
¡t
XY
¢2
Pn
i=1
x iy i
= (t XY )(t XY ) = ( tXY )(t Y X) calcul pr¶ec¶edent
¡
¢
= (t X) Y t Y (X) par associtivit¶e
= (t Y X)(t XY ) = tY (X t X)Y sym¶etriquement
1c) On sait que dans une base orthonormale : hX; SY i = t X (SY )
puis comme S est sym¶etrique t X (SY ) =t X tSY =t (SX)Y = hSX; Y i
hX; SY i = hSY ; Y i = tXSY
2a) On a : 8X 2 Mn;1 (R) ;t XS1 X ¸ 0 et tXS2 X ¸ 0 et donc en a joutant t X (S1 + S 2 ) X ¸ 0
2
(S1 ; S2 ) 2 (Sn+ (R)) ) S1 + S2 2 Sn+ (R)
2b) idem car la somme d'un r¶eel positif et d'un r¶eel strictement positif est un r¶eel strictement positif.
2
2c) On a : 8X 2 Mn;1 (R) , tX (tAA) X =t (AX)(AX) = hAX; AXi = kAX k ¸ 0 . Et donc
8A 2 Mn (R) ;t AA 2 Sn+ (R)
3a) Si SX = ¸X on a t XSX = ¸ tXX = ¸ kXk2 . Donc si t XSX = 0 on a ¸ = 0 (car X est non nul donc kXk 6= 0 )
S est donc une matrice diagonalisable (car sym¶etrique r¶eelle) ayant une unique valeur propre 0 . S est donc la matrice nulle:
S = P: (0) :P ¡1 = (0)
3b) On veut que M X soit orthogonal µa X pour tout X . c'est une propri¶et¶e classique du produit vectoriel . Il su±t de
prendre pour M la matrice de x¡ > i ^ x
0
1
0 0 0
M = @ 0 0 ¡1 A
0 1 0
On v¶eri¯e alors bien t XM X = 0
n
4a) S ¶etant sym¶etrique r¶eelle est diagonalisable dans une base orthonorm¶ee (V i)i=1 : il existe D = diag(¸k ) telle que 8k ,
SV k = ¸ k V k
Pn
Si toutes les valeurs propres sont positives on a alors pour toute matrice colonne X = k=1 yk V k
* n
+
n
n
X
X
X
t
XSX = hX; SXi =
y kVk;
¸ky kVk =
¸ k yk2 ¸ 0
k= 1
k=1
k=1
2
R¶eciproquement si ¸ est valeur propre de S et X un vecteur propre asoci¶e.le calcul du 3a donne t XSX = ¸ kXk . comme
¡
!
on suppose tXSX ¸ 0 et que X 6= 0 on a bien ¸ ¸ 0
4b) deux matrices semblables ont m^eme spectre . Donc si S 0 est sym¶etrique r¶eelle semblable µa S sym¶etrique positive les
valeurs propres de S (donc de S 0 ) sont toutes positives donc S 0 est positive.
5a) Sur Sn (R) la relation ¸ est bien :
² binaire
² r¶e°exive : (0)n est bien positive donc S1 ¸ S1
² antisym¶etrique : si S1 ¸ S2 et si S2 ¸ S1 les valeurs propres de S2 ¡ S1 sont toutes µa la fois positives et n¶egatives. S2 ¡S 1
est donc diagonalisable ( car sym¶etrique r¶eel) ayant une seule valeur propre 0 donc c'est la matrice nulle. . S2 = S1
² transitive : Si S1 ¸ S2 et S2 ¸ S3 on a S1 ¡ S2 2 Sn+ (R) et S2 ¡ S3 2 Sn+ (R) donc d'aprµes 2a la somme S1 ¡ S3 2 Sn+ (R)
et donc S1 ¸ S 3 .
5b) il su±t de prendre S2 = 0 et pour S 1 une matrice sym¶etrique ayant une valeur propre positive et une n¶egative . Exemple
0
1
0 0 0
@ 0 ¡1 0 A
0 0 1
S1 ¡ S 2 n'est ni positive ni positive d'aprµes I4a)
5c) la relation > n'est pas r¶e°exive car (0) n 2
= Sn++ (R)
5d) On peut se douter (ou montrer) qu'une matrice de Sn+ + (R) a des valeurs propres strictement positives.
On prend
donc S1
etrique ayant des valeurs propres
positives
et ayant la valeur propre 0 . Par exemple
2 = 0 et S1 sym¶
0
0
1
0 0 0
x 6= 0
A t XS1 X = 0
S1 = @ 0 0 0 A On a S1 6= (0) t XS1 X = z 2 ¸ 0 et si X = @ 0
0 0 1
0
6a) question de cours .On doit montrer x 2 E ¸ (u) ) v(x) 2 E ¸ (u) . Donc u(x) = ¸x ) u(v(x)) = ¸v(x): Or
u(v(x)) =
=
=
=
(u ± v)(x)
(v ± u) (x) par hypothµese sur u et v
v(u(x)) = v(¸(x))
¸v(x) par lin¶earit¶e de v
6b) L'endomorphisme induit par v diagonalisable sur un sous espace stable est lui m^eme diagonalisable. Donc l'endomorphisme
v i est diagonalisable et il existe une base de E¸ i (u) qui est une base de vecteurs propres de v i. u ¶etant diagonalisable E
est somme directe des sous espaces propres .L'union des bases pr¶ec¶edente est donc une base de E . Par construction ces
vecteurs sont des vecteurs propres de v et de u (car ¶el¶ements des sous espaces propres) . Dans cette base u et v sont donc
simultan¶ement diagonalisables.
7a) Si A et B commutent A et B sont diagonalisables au moyen d'une m^eme matrice de passage . On prend la question
pr¶ec¶edente avec A = M atC (u) et B = M atC (v) . P est alors la matrice de passage de C µa B .
R¶eciproquement si A et B son diagonalisables au moyen d'une m^eme matrice de passage . On a A = P DP ¡1 , B = P ¢P ¡1
(D et ¢ diagonales ) et comme deux matrices diagonales commutent AB = BA = P (D¢) P ¡ 1
7b)
A est de rang 1 et E0 (A)
le plan (x + y ¡ z = 0) . Par la trace on en d¶eduit que la troisiµeme valeur propre est 3 puis on
0 est 1
1
trouve E 3 (A) = V ect @ 1 A
¡1
Pour B le calcul du polyn^ome caract¶eristique en commen»cant par exemple par faire C 2 + C 3 ¡ > C3 donne deux valeurs
propres 4(double)
0 et11(simple) . Puis le calcul des sous espaces propres donne : E 4 (B) est le plan ¡2x + y ¡ z = 0 et
1
E 1 (B) = V ect @ 1 A . On v¶eri¯e alors que E 1 (B) ½ E 0 (A) , E 3 (A) ½ E4 (B) . Les trois droites E 1 (B); E 3 (A) ; E 0 (A)
2
\E 4 (B) sont trois droites de vecteurs propres communs qui engendrent l'espace . Une matrice de passage est :
0
1
1 1 0
P =@ 1 1 1 A
¡1 2 1
remarque : je ne pense pas que le passage par l'endomorphisme induit par v sur E0 (A) soit plus simple
8) S1 et S2 sont diagonalisables (sym¶etriques r¶eels) , et commutent . S1 et S2 sont donc diagonalisables avec une m^eme
matrice de passage (S1 = P DP ¡1 ; S2 = P ¢P ¡1 ). Cette matrice de passage diagonalise aussi S1 S2 = S2 S1 = P D¢P ¡1 , la
matrice diagonale semblable µa S1 S2 ¶etant D¢: S1 et S2 ¶etant positives ont toutes leurs valeurs propres positives. Les valeurs
propres de S1 S2 (produit des termes diagonaux) sont donc aussi toutes positives et S1 S2 est sym¶etrique positive.(toujours
4a)
9a) Avec les notations pr¶ec¶edentes (S1 = P DP ¡1 ; S2 = P ¢P ¡1 ). On donc ¢ ¡ D positives . Donc pour les termes
diagonaux ±i ¡ di ¸ 0 et di ¸ 0 . La fonction carr¶ee est croissante sur R+ donc 8i , ± 2i ¸ d2i . ¢2 ¡ D 2 est donc positive et
2
2
S22 ¡ S12 est une matrice
µ sym¶etrique
¶ semblable µa une matrice sym¶etrique positive donc est aussi positive. S2 ¸ S1 ( cf 4b)
1=2 ¡1
9b) On a S2 ¡ S1 =
de valeurs propres 0 et 5=2 r¶eels positifs. La matrice est positive est S2 ¸ S1
¡1
2
S1 de valeurs propres
0 et 1 ¶donc S1 ¸ 0
µ
1=4 ¡2
2
2
et S2 ¡ S1 =
de d¶eterminant ¡9=4 . Le produit des valeurs est n¶egatif. L'une des valeurs propres est
¡2
7
n¶egatives.S22 ¡ S12 n'est pas positive.
Partie II
1)
a , b : idem I4a
2
n
S ¶etant sym¶etrique r¶eelle est diagonalisable dans une base orthonorm¶ee (V i )i= 1 : il existe D = diag(¸ k ) telle que 8k ,
SV k = ¸ k V k
Pn
Si toutes les valeurs propres sont strictement positives on a alors pour toute matrice colonne non nulle X = k= 1 yk V k
* n
+
n
n
X
X
X
t
XSX = hX; SXi =
y kVk;
¸ky kVk =
¸ k yk2 > 0
k= 1
k=1
k=1
En e®et on a une somme de termes positifs , un au moins ¶etant strictement positif.
2
R¶eciproquement si ¸ est valeur propre de S et X vecteur propre asoci¶e on a t XSX = ¸ kXk . comme on suppose t XSX > 0
¡
!
et que X 6= 0 on a bien ¸ > 0
b ) c . S ¶etant diagonalisable dans une base orthonorm¶ee (sym¶etrique r¶eelle) on peut p
¶ecrire S = P Dt P . avec D = diag(di)
. Par hypothµeses les di sont strictement positifs . On peut donc d¶e¯nir ¢ = diag( di) qui est inversible car les termes
diagonaux sont non nuls. M = ¢t P est alors une solution du problµeme.
t
M M = P ¢¢t P = P Dt P = S
c ) d si S = tM M avec M inversible , S est inversible (comme produit de matrices inversibles) et S est positive d'aprµes
I2c
d ) b : S est positive donc toutes les valeurs propres de S sont positives et S est inversible donc 0 n'est pas valeur propre
de S . Les valeurs propres de S sont donc strictement positives.
On a la cha^³nes b ) c ) d ) b et a , b donc l'¶equivalence des 4 propositions.
2a) A est bien une matrice sym¶etrique.
Si X = (xi )ni= 1 et Y = AX = (yj )nj=1 on a :
8
< y1 = 2x1 ¡ x 2
8j 2 [[2; n ¡ 1]] , y j = ¡xi¡1 + 2x i ¡ x i+1
:
yn = ¡xn¡1 + 2x n
On a donc
t
XAX
=
n
X
x iy i = 2
i= 1
=
à n
X
n
X
i= 1
x2i
+
x 21
i=2
=
=
0
n¡1
X
@
x2j+1
j=1
x21 + x2n +
+
!
x21 + x2n +
+
1
x21 A
n¡1
X
i=1
=
x 2i ¡
n¡1
X
i=1
¡
n
X
i=2
Ãn¡1
X
x i¡1 xi ¡
x2i
+
x 2n
i= 1
+
Ã
n¡1
X
x2i
i=1
+
!
n¡1
X
¡
x2n
x ix i+1
i=1
n¡1
X
!
x 2i+ 1 ¡ 2x ix i+1 + x 2i
i=1
x j xj+1 ¡
¡2
n¡1
X
n¡1
X
xi xi+1
i=1
x i xi+1
i= 1
¢
(x i ¡ x i+1 )2
2b pour toute colonne X on constate que t XAX est une somme8de carr¶e donc est un r¶eel positif. De plus la somme est nulle
< x1 = 0
8i 2 [[1::n ¡ 1]] , xi+1 ¡ x i = 0
si et seulement si chaque terme est nul donc si et seulement si
:
xn = 0
Tous les xi sont donc nuls . Donc si X 6= (0) tXAX est strictement positif.
2c) Avec la matrice M du sujet notons S =t M M = (si;j ) on a en faisant le produit :
8
>
s1 = u 21
>
<
2
i > 1 ) si = u 2i + vi¡1
1 · i · n ¡ 1 ) si;i+1 = si+1; i = ui vi
>
>
:
jj ¡ ij > 1 ) s i; j = 0
On doit donc r¶esoudre le systµeme non lin¶eaire
8
<
u 21 = 2
2
i > 1 ) u2i + vi¡1
=2
:
1 · i · n ¡ 1 ) ui vi = ¡1
3
On a donc v i = ¡ u1i et en reportant u 2i = 2 ¡
1
u2
i¡1
. Soit en posant ai = u 2i la suite homographique:
½
a1 = 2
1
ai = 2 ¡ ai¡1
l'¶equation l = 2 ¡ 1=l donne un point ¯xe double l = 1 . La suite
1
a i¡ 1
est donc arithm¶etique . Or
1
1
ai¡1
1
=
=
= 1+
1
ai ¡ 1
1 ¡ a i¡1
ai¡1 ¡ 1
ai¡1 ¡ 1
d'oµu
1
a i¡ 1
= i et
ui =
r
r
i+1
i
; vi = ¡
i
i+1
3a) U est une base car S est une matrice inversible d'aprµes II1c
3b) C'est la m¶ethode d'orthogonalisation de Schmidt .D¶emonstration par r¶ecurrence
² (V1 ) est r¶eduit µa un seul vecteur non nul donc est une famille orthogonale de vecteurs non nuls
² (V1 ; V 2 ) est une famille orthogonale de vecteurs non nuls et V ect(V 1 ; V2 ) = V ect(U1 ; U2 ). En e®et
{ p1 est la projection orthogonale sur V ect(U 1 ) = V ect(V 1 ) donc V 2 = U2 ¡ p1 (U2 ) est orthogonal µa V 1
{ si V 2 ¶etait nul , on aurait U2 = p 1 (U2 ) 2 V ect(U1 ) . Absurde car (U1 ; U2 ) est libre
{ (V1 ; V 2 ) est une famille orthogonale de vecteurs non nuls , c'est donc une famille libre.
{ En¯n V ect(V 1 ; V 2 ) ½ V ect(U1 ; U2 ) par construction;et comme les deux familles de deux vecteurs sont libres il y a
¶egalit¶e.
k¡1
k¡1
² On suppose que (V i )k¡1
i= 1 est une famille orthogonale de vecteurs non nuls tels que V ect(V i )i= 1 = V ect(Ui )i=1 . Montrons
k
que (V i) i=1 est une famille orthogonale de vecteurs non nuls tels que V ect(V i)ki=1 = V ect(Ui)ki=1 .
1
{ par hypothµese de r¶ecurrence on doit seulement montrer que V k est un vecteur non nul orthogonal µa V ect(V i)k¡
i=1
k
k
puis V ect(V i) i= 1 = V ect(Ui)i=1 .
k¡1
{ Par construction p k¡1 est la projection orthogonale sur V ect(V i )k¡1
i=1 = V ect(Ui )i=1 donc V k = Uk ¡ pk¡1 (Uk ) est
k¡1
orthogonal µa V ect(Vi )i=1
n
{ Si V k est nul alors Uk = p k¡1 (Uk ) 2 V ect(Ui) k¡1
e . Absurde
i= 1 et la famille (Ui )i=1 est li¶
k
1
k¡1
k¡1
k
{ En¯n par construction V k 2 V ec(U k ) © V ect(Ui)k¡
i=1 = V ect (Ui )i=1 et V ect(V i )i=1 = V ect(Ui )i=1 ½ V ect(Ui )i= 1
k
k
. Donc V ect(Vi )i=1 ½ V ect(Ui) i=1 . Les deux familles ¶etant libres de m^eme cardinal , les deux sous espaces sont
¶egaux.
pour k = n on obtient que V est une base orthogonale de Rn .
3c) La base est orthonormale car on norme une base orthonorm¶ee ( et les d¶enominateurs sont non nuls car les V i sont des
vecteurs non nuls)
Par construction de V on a vu que Vk 2 V ect(Ui)ki=1 . Les coordonn¶ees de V k sur Uk+1 ; ¢ ¢ ¢ Un sont donc nuls .
M atU (V) est triangulaire sup¶erieure. Diviser chaque colonne par sa norme ne change pas les coe±cients nuls . M atU (W)
est triangulaire sup¶erieure.
3d) notons B la base canonique . On a
M = M atB (U ) = M atB (W) M atW (U ) = P T
oµu T est l'inverse de la matrice triangulaire sup¶erieure construite µa la question pr¶ec¶edente.
On a alors S =t M M = t T t P P T . Mais P est la matrice de passage de B µa W toutes deux bases orthonorm¶ees . Donc P
t
est orthogonale et tP P = In0. Il reste donc
1 S = TT
a b c
3e) Si on pose µa priori T = @ 0 d e A le calcul donne :
0 0 f
0 2
1 0
1
a
ab
ac
4 ¡2 ¡2
t
A=@ 0
T T = @ ab b 2 + d2
bc + de
2
0 A
2
2
2
ac bc + de c + e + f
¡2 0
3
en r¶esolvant le systµeme ligne par ligne et en choisissant pour
0
2
T =@ 0
0
a; d; f les racines carr¶ees positives on obtient
1
¡1 ¡1
1 ¡1 A
0
1
4
On constate µque T¶ est inversible et donc d'aprµes II 1 S est d¶e¯nie positive .
x
4a) Si X =
on a t XA0 X = by 2 + 2cxy donc y = 0 ou by + 2cx = 0
y
4b)
² si A est d¶e¯nie positive les valeurs propres de A sont strictement positives (cf II 1). Leur somme (la trace) et leur
produit (le d¶eterminant) le sont aussi. On a donc a + b > 0 et ab ¡ c2 > 0: On en d¶eduit que a + b et ab sont strictement
positifs donc a et b le sont.
2
² Si a > 0 et ab ¡ c2 > 0 on a b > ca > 0 donc T r(A) > 0 et det(A) > 0 . La somme et le produit des valeurs propres sont
strictement positifs donc les valeurs propres sont strictement positives . D'aprµes II 1 A est d¶e¯nie positive.
4c) calcul par bloc :
¡
x
t
X0
¢
µ
a
V
tV
S0
¶µ
x
X0
¶
=
=
=
=
=
=
=
¡
xa + t X 0 V
xt V +t X 0 S0
¢
µ
x
X0
xax + x t X 0V 0 + x tV X 0 +t X 0S 0 S 0
¶
ax2 + x(t V X 0 +t X 0V ) +t X 0 S 0X 0
ax2 + 2x t V X 0 +t X 0 S 0X 0 car tV X 0 =t X 0 V d'aprµes I 1a
µ
¶2
t
¢2
V X0
1 ¡t
a x+
¡
V X 0 +t X 0S 0 X 0
a
a
µ
¶2
t
¢
V X0
1 ¡t 0 t
a x+
¡
X V V X 0 +t X 0 S 0X 0 d'aprµes I 1 b
a
a
"µ
#
¶
t
0 2
¢ 0
VX
1 t 0¡
t
0
a
x+
+ 2 X ¡V V + aS X
a
a
On v¶eri¯e que tous les produits matriciels ont un sens les matrices ¶etant de tailles compatibles.
On en d¶eduit donc :
² si a > 0 et aS 0 ¡ V tV d¶e¯nie positive , pour toute matrice colonne X 2 Mn;1 (R) on a
t
0
0
t
0
t
t
³
x+
t
VX0
a
´2
¸ 0 et
X (aS ¡ V V ) X ¸ 0 donc XSX ¸ 0 . De plus si XSX = 0 on a une somme nulle de r¶eelles positives donc
chaque terme est nulle . En particulier t X 0 (aS 0 ¡ V tV ) X 0 = 0 et donc X 0 = 0 car aS0 ¡ V t V est d¶e¯nie positive on
³
´
t
0 2
trouve alors x = 0 en reportant dans x + VaX
= 0 . Donc X 6= 0 )t XSX > 0 et S est d¶e¯nie positive.
µ
¶
1
² Si S est d¶e¯nie positive alors a > 0 car pour X =
, tXSX = a d'aprµes le calcul pr¶ec¶edent (avant la division par
(0)
a) et aS 0 ¡ V t V est d¶e¯nie positive car pour toute matrice non nul X 0 2 Mn¡1;1 (R)
µ
¶
¡
¢
0
t 0
X aS 0 ¡ V tV X 0 = a2 t XSX > 0 en prenant X =
X0
4d)
² Si S est d¶e¯nie positive la question pr¶ec¶edente donne par une r¶ecurrence ¶evidente que toutes les Si sont d¶e¯nies positives
et tous les ai positifs pour i < n . En¯n an > 0 comme valeur propre de la matrice Sn d¶e¯nie positive.
² R¶eciproquement si les (ai ) sont tous strictement positifs Sn = (an ) est d¶e¯nie positive . S n est d¶e¯nie positives et
an¡1 > 0 donc Sn¡1 est d¶e¯nie positive et par r¶ecurrence si Si¡1 est d¶e¯nie positive Si est d¶e¯nie positive car ai¡1 > 0 .
0
1
µ
¶
µ
¶
a d e
d
b f
4e) Si S = @ d b f A on a a1 = a; V 1 =
; S10 =
d'oµu
e
f c
e f c
µ
¶
ab ¡ d2 af ¡ de
S2 =
af ¡ de ac ¡ e2
S est donc d¶e¯nie positive si et seulement si a > 0 et S2 d¶e¯nie positive . Donc en utilisant II 4b si et seulement si
a > 0; ab ¡ d2 > 0 et det (S2 ) > 0 or det (S2 ) = (ab ¡ d2)(ac¯ ¡ e2 ) ¡ (af¯ ¡ de)2 = a det(S)
¯
¯
¯ a d e ¯
¯ a d ¯
¯
¯
¯>0,¯ d b f ¯>0
S est d¶e¯nie positive si seulement si a > 0 , ¯¯
¯
¯
¯
d b
¯ e f c ¯
5