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Centrale Maths 2 PC 2003 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Walter Appel (Professeur en CPGE) ; il a été relu par
Antoine Gloria (École Polytechnique) et Jean Starynkévitch (ENS Cachan).
Ce sujet, assez long, est composé de cinq parties largement indépendantes. Toutes
les questions délicates contiennent suffisamment d’indications et l’énoncé correct de
la formule de Taylor avec reste intégral est fort gentiment rappelé. Par ailleurs,
certaines parties (la deuxième notamment) sont des « hors-programme classiques » :
ils ont été vus par un grand nombre d’élèves en exercice, problème ou séance de TD.
Ainsi, la plus grande difficulté de ce problème est sa longueur ; pour cela, pas de
miracle : seule une connaissance du cours ne laissant pas de place à l’hésitation et
un entraînement intensif aux diverses techniques d’algèbre et d’analyse permettent
d’être rapide et de s’en tirer un jour d’écrit.
Plusieurs questions d’algorithmique (ne nécessitant aucune connaissance spécifique mais seulement un peu de bon sens mathématique) et d’applications numériques
sont présentes ; les bons candidats, à l’aise dans les calculs, doivent se jeter dessus
car elles rapportent d’autant plus de points qu’elles sont souvent mal traitées !
Voyons le contenu des cinq parties :
• Une première partie d’algèbre linéaire, sans surprise, propose d’étudier une
famille de matrices paramétrées.
• Une deuxième partie établit quelques propriétés « classiques » (c’est-à-dire hors
programme, mais qui devraient être sues par tous les candidats) des matrices
symétriques et définies positives (qui sont au programme en filière MP mais
pas en PC).
t
• La troisième partie démontre un théorème de décomposition M = L L
d’une matrice définie positive M en un produit d’une matrice triangulaire
inférieure L et de sa transposée (c’est la factorisation de Choleski). La preuve,
par récurrence, est par ailleurs constructive, c’est-à-dire qu’elle se transpose
sous la forme d’un algorithme simple que l’on demande de décrire en dernière
question.
• La courte partie IV spécialise les résultats précédents au cas des matrices
« tridiagonales » de la partie I. La dernière question propose de dénombrer
les opérations nécessaires pour résoudre un système linéaire.
• Enfin, la cinquième partie montre comment utiliser les résultats précédents pour
résoudre numériquement (de manière approchée) une équation différentielle
linéaire simple. Des applications numériques y sont demandées.
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Indications
I.A.2 Développer selon la première colonne pour obtenir le premier terme,
puis selon la première ligne pour le terme restant.
I.A.3 Employer la même méthode qu’à la question précédente.
I.A.4 Raisonner par récurrence.
I.B.3 Penser à une récurrence finie.
I.B.4 La valeur de x1 fixe toutes les autres composantes. Remarquer que A est
diagonalisable car symétrique et réelle.
II.B.2 Le déterminant de A est égal au produit de ses valeurs propres.
II.D.3 Utiliser les deux questions précédentes.
II.E.2 Écrire la i0 e ligne du système.
II.E.3 Montrer que, dans tous les cas, |1 − λ| < 1 et en déduire que λ > 0.
III.B.1 Remarquer que M1 est symétrique et définie positive.
III.B.2 Observer que t w w = t x M−1
1 x.
III.C.1 Faire un calcul explicite pour n = 3, puis conjecturer le résultat général.
III.C.2.b Utiliser la question III.C.1 pour calculer le premier déterminant.
t
IV.A.1 Montrer que w est de la forme w = ( 0, . . . , 0, wn−1 ).
IV.B.1 Utiliser la formule de la question III.A pour calculer L2 , puis mettre
en œuvre l’algorithme de la partie III pour calculer L3 .
IV.B.2.c Remarquer que les seuls coefficients non nuls de Ln sont ceux situés sur la
diagonale et ceux situés immédiatement en dessous.
V.A.1 Majorer le reste intégral grâce à une inégalité triangulaire. Si θ < 0, poser
θ′ = −θ et effectuer le changement de variable t′ = −t pour se ramener au
cas précédent.
V.B.2 Trouver une base de l’espace vectoriel des solutions de E ; montrer que si u
est solution du problème (4), alors ses coordonnées dans cette base sont
entièrement déterminées.
V.B.3 Montrer que u′′ est de classe C 2 .
V.C.1 Exprimer l’équation (5) pour k ∈ [[ 2 ; n − 1 ]] et en déduire la valeur de α.
1
V.C.2 Montrer que α < .
2
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I.
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Une famille de matrices symétriques
I.A.1 Calculons directement
P2 (X) = X2 − 2X + 1 − α2
Le discriminant réduit de ce polynôme est ∆ = α2 et, comme α > 0, ses racines sont
λ− = 1 − α et λ+ = 1 + α.
sp (A2 ) = {1 − α ; 1 + α}
Cherchons maintenant les vecteurs propres associés à la valeur propre 1 − α.
On doit résoudre le système
1 −α
x
x
= (1 − α)
−α 1
y
y
α(x − y) = 0
c’est-à-dire
α(x − y) = 0
d’où, puisque α 6= 0
x=y
De même, les vecteurs propres associés à la valeur propre 1 + α vérifient, avec les
mêmes notations, x = −y.
1
1
Les sous-espaces propres sont E1−α = Vect
et E1+α = Vect
.
1
−1
Le calcul de P3 est lui aussi immédiat : on développe par exemple sur la première
colonne pour obtenir
P3 (X) = (1 − X) P2 (X) + α(−α)(1 − X)
= (1 − X)(X2 − 2X + 1 − 2α2 )
soit
P3 (X) = −X3 + 3X2 + (2α2 − 3)X + 1 − 2α2
Comme nous l’avons vu avant développement complet du polynôme, 1 est racine
de P3 ; on calcule ensuite les racines du polynôme X2 − 2X + 1 − 2α2 et on obtient
√
√
sp (A3 ) = {1 ; 1 − 2α ; 1 + 2α}
Enfin, un calcul mené de la même manière que pour A2 montre que les sous-espaces
propres associés à A3 sont respectivement


 
 
−1
√1
√1
E1 = Vect  0 E1−α = Vect  2 et E1+α = Vect − 2
1
1
1
I.A.2 Développons le déterminant P4 (X) selon la première colonne
−α
0
0 −α P4 (X) = (1 − X) P3 (X) + α −α 1 − X
0
−α
1 − X
Le développement de ce déterminant selon la première ligne donne le résultat
P4 (X) = (1 − X) P3 (X) − α2 P2 (X)
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I.A.3 On peut utiliser la même tactique : on développe le déterminant selon la
première colonne, ce qui mène à
−α
0
0
···
0 .. ..
−α 1 − X
.
−α
. .
..
Pn+2 = (1 − X) Pn+1 (X) + α 0
−α
1−X
0 .
..
..
..
..
.
.
.
−α 0
···
0
−α 1 − X
puis l’on développe le dernier déterminant selon la première ligne, ce qui donne
immédiatement
∀n > 2
Pn+2 (X) = (1 − X) Pn+1 (X) − α2 Pn (X)
I.A.4 Remarquons que, pour tout n > 2,
Pn+2 (1) = −α2 Pn (1)
avec
α2 6= 0.
Par conséquent, puisque P2 (1) = −α2 =
6 0 et P3 (1) = 0 et par une récurrence
immédiate
(
Pn (1) 6= 0 si n est pair
Pn (1) = 0 si n est impair
Conclusion :
1 ∈ sp (An )
⇐⇒
n est impair.
I.B.1 La première ligne du système linéaire An x = λx s’écrit
x1 − αx2 = λx1
d’où
x2 =
1−λ
x1
α
I.B.2 Écrivons de même la deuxième ligne du système linéaire An x = λx :
−αx1 + x2 − αx3 = λx2
soit
x3 = −x1 +
1−λ
x2
α
En remplaçant dans cette expression x2 par sa valeur précédemment établie,
on obtient
x3 =
c’est-à-dire
(1 − λ)2 − α2
x1
α2
x3 =
P2 (λ)
x1
α2
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