corr mini conc ii 2015

H.Med
Correction :Maths II (Mini-concours Ipest :2015)
Partie 1 : Matrices de permutation
1. Soit
2 Sn ; et M = (mij )1
i;j n
; alors mij =
i ; (j)
; de plus les colonnes de M
forment une b.o.n de Rn (c’est la base canonique), donc M 2 O (n) :
2 Sn : Si on note f l’endomorphisme de Rn qui envoie ei sur e
2. Soit
(i)
alors
M = mat (f ) : Ainsi
(e1 ;::;en )
M 1M
2
1
f 1 2
z }|
{
= mat (f 1 ) mat (f 2 ) = mat @f 1 f 2 A = M
(e1 ;::;en )
(e1 ;::;en )
(e1 ;::;en )
0
de plus, si M = In alors f = Id c’est à dire 8i 2 [[1; n]]; e
(i)
1
2
= ei c’est à dire
s = Id
3. Comme P = Im ' alors P est un sous groupe de O(n) et puisque ' est injective
alors P = Im ' est isomorphe à Sn : D’ou Card (P) = n!:
4. f(M )k ; k 2 N g
P
Partie 2 : Matrices magiques
1. Soit
2 Sn ; et M 2 P; alors M =
n
X
i ; (j)
i ; (k)
1 i;j n
: Soit i 2 [[1; n]]; alors
=1
k=1
car
(k) prend la valeur i une unique fois. De même
n
P
k ; (i)
= 1:
k=1
2. On a H est un hyperplan vectoriel de Rn et X0 2
= H alors
H
V ect (X0 ) = Rn :
(cours)
1
3. Supposons que M = (mij ) est magique. Alors
M X0 = s (M ) X0
et donc D est stable par M . de plus H = D? (pour le produit scalaire canonique
de Rn ); ainsi si h 2 H alors
magique
z}|{
< M h; X0 >= h t M X0 = s t M < |{z}
h ; X0 >= 0
| {z }
|{z}
t
2D?
s(t M )X0
2H
c’est à dire si h 2 H alors M h 2 D? = H et donc H est stable par M . Réciproquement, si M stabilise H et D alors
fM X0 = X0 (somme des coe¤ de chaque ligne de M = )
de plus si h 2 H alors
0
=
=)
alors
Or
<
t
; X0 >=t ht M X0 =< h;t M X0 >
Mh
|{z}
2H car H est stable par M
M X0 2 H ? = V ect (X0 )
8
>
M X0 = X0 (somme des coe¤ de chaque ligne de M = )
>
>
<
et
>
>
>
: t
M X0 = X0 (somme des coe¤ de chaque colonne M = )
n =
n X
n
X
mij =
mij = n
j=1 i=1
i=1 j=1
Donc
n X
n
X
| {z }
| {z }
=
C’est à dire M est magique.
2
4. La matrice In est magique avec s(In ) = 1. Si M; N sont magiques, ;
( M + N )X0 =
=
2 R alors
M X0 + N X0
s(M )X0 + s(N )X0
= ( s(M ) + s(N ))X0
(somme des coe¤ de chaque ligne) et de même
t
X0 ( M + N ) =
=
t
t
X0 M +
X0 N
s(M )t X0 + s(N )t X0
= ( s(M ) + s(N ))t X0
, En vertu de la question précédente, M + N 2 M et s( M + N ) = s(M ) +
s(N ) . En…n
M N X0 = M (s(N )X0 ) = s(M )s(N )X0
et de même
t
X0 M N = s(M )t X0 N = s(M )s(N )t X0 :
5. Voir 4)
6. Soit M 2 M inversible. L’application linéaire
M ! M : A 7 ! AM
est bien dé…nie et injective (car M inversible) donc c’est un isomorphisme (car M
0
0
est de dimension …nie) et comme In 2 M alors 9M 2 M tq M M = In c’est à dire
M
1
0
= M 2 M: Puisque M M
1
= In alors s (M ) s (M
1
) = s (M M
1
) = s (In ) =
1 c’est à dire
s M
7. On sait que H
1
= s (M )
1
V ect (X0 ) = R et que M est magique ssi H et V ect (X0 ) sont
3
stables par M: On considère alors l’application :
: M ! Mn 1 (R) V ect (X0 )
M 7 !(M=H ;M X0 )
est un isomorphisme donc
dim M = dim (Mn
1
(R)
= dim (Mn
1
(R)) + dim V ect (X0 )
V ect (X0 ))
1)2 + 1:
= (n
8. On a U 2 M et U 2 = nU 2 Z. Par récurrence sur n
Supposons U n 2 Z. Alors il existe ;
0 : on a U 0 = In ; U; U 2 2 Z.
2 R tels que U n = In + U . Donc
U n+1 = U + U 2 2 Z:
Donc Z est un sous-espace vectoriel de M contenant In . Il est stable par produit
car les produits des générateurs de Z sont encore dans Z.
9. Montrons que Z = Z (M) (centre de M). Soit M 2 M alors M U = s (M ) U
et U M =t M t U (véri…cation facile)=t M U (U est symétrique)=s (t M ) U (t M est
s(M )=s(t M )
aussi magique)
=
s (M ) U; ainsi M U = U M c.à.d U 2 Z (M) et comme
In 2 Z (M) alors Z
Z (M) : Réciproquement, Soit M 2 Z (M) ; Puisque M
commute à Pi;j , on a
M = Pi;j M Pi;j
Or Pij M Pij est la matrice sur M laquelle on a e¤ectué les opérations Ci
Li
! Cj et
0
! Lj ,donc si on note Pij M Pij = mij et M = (mij ) on obtient alors
8
>
m = m0p;q si p; q 62 fi; jg
>
>
< p;q
mi;q = m0j;q si q 62 fi; jg et mp;i = m0p;j si p 62 fi; jg
>
>
>
:
mi;i = m0j;j ; mi;j = m0j;i et mj;i = m0i;j :
4
donc puisque Pij M Pij = M alors
mi;i = mj;j et mi;j = mj;i
donc en posant
= mi;i et
= mi;j on obtient
)In 2 Z:
M = U +(
10. L’application
s : M ! R : M 7 ! s (M )
est une forme linéaire non nulle sur M donc ker s est un hyperplan de M: Comme
U2
= ker s alors
M = ker s
V ect (U )
Partie 3 : Matrices super-magiques
On note SM l’espace vectoriel des matrice super-magique (c’est un sev de M).
Comme U 2 SM et V ect (U )
ker s = M alors on a bien V ect (U ) et SM \ ker s
sont supplémentaire dans SM: Ainsi
dim SM = dim V ect (U ) + dim (SM \ ker s)
or si on note
l’application linéaire
:
A=(aij )1
avec s7 =
0
3
P
i=1
M3 (R) ! R8
0 0 0
i;j 3 7 !(s1 ;s2 ;s3 ;s1 ;s2 ;s3 ;s7 ;s8 )
aii ; s8 = a13 + a22 + a31 ; 8i 2 [[1; 3]] si : somme de la ligne i, 8j 2 [[1; 3]]
sj :somme de la colonne j. Alors
SM \ ker s = ker
5
de plus,
2
61
6
60
6
6
60
6
6
6
61
C = mat = 6
6
B;Bc
60
6
6
60
6
6
61
6
4
0
3
1 1 0 0 0 0 0 07
7
0 0 1 1 1 0 0 07
7
7
0 0 0 0 0 1 1 17
7
7
7
0 0 1 0 0 1 0 07
7
7
1 0 0 1 0 0 1 07
7
7
0 1 0 0 1 0 0 17
7
7
0 0 0 1 0 0 0 17
7
5
0 1 0 1 0 1 0 0
où B est la base canonique de Mn (R) et B
c
est la base canonique de R8 : Ainsi
rg ( ) = rg (C) = 7
(vous pouvez vérifer que les 7 dernière lignes sont libres et que la première ligne s’exprime
en fonction des autres.)
Ainsi
dim (SM \ ker s) = dim ker
= dim M3 (R)
rg = 2
donc
dim SM = dim (SM \ ker s) + dim V ect (U ) = 3
Or on remarque que les matrices
2
1
6
6
A = 6 1
4
0
et
2
0
6
6
B = 61
4
1
1
0
1
1
0
1
0
3
1
3
7
7
17
5
1
7
7
17
5
0
sont dans SM et que les matrices (A; B; U ) sont libres (véri…cation facile)
6
Conclusion :
SM =V ect (A; B; U )
Partie 4 : Matrices-bistochastiques
1. Soit M une matrice de permutation alors M =
i ; (j)
1 i;j n
et donc M est bisto-
chastique.
2. La matrice n1 U est bistochastique et de rang 1. Il s’agit d’une matrice bistochastique
non inversible car n
2:
3. Soient M; N 2 B. Alors M N est magique, à coe¢ cients positifs car ceux de M et
N le sont et (M N ) = (M ) (N ) = 1. Donc M N est bistochastique.
4. Puisque B
M alors V ect (B)
V ect (M) = M (car M est un ev). Réciproque-
ment, soit M = (mij ) 2 M; on pose
= minfmij g donc
N = M + (1
est magique avec tous ses coe¢ cients
A=
)U
1 et
1
N
s (N )
est bistochastique, d’ou
M = N +(
= s (N )
1) U
A
|{z}
bistochastique
Partie 5 :Points extrémaux de B
+ n(
1)
1
U
n
|{z}
2 V ect (B)
bistocastique
1. (a) L’ensemble P n’est pas convexe : In et M(12) = P1;2 2 P mais :
1
1
In + P1;2
2
2
2
3
1=2 1=2 0
6
7
6
7
= 61=2 1=2 0 7 62 P:
4
5
0
0 In 2
7
(b) L’ensemble B est convexe : si M; N 2 B et
2 [0; 1], alors (1
)M + N est
à coe¢ cients positifs, est magique et
s((1
)M + N ) = (1
)s(M ) + s(N ) = 1
+
=1
(c) L’ensemble M est convexe car c’est un espace vectoriel.
(d) GLn (R) n’est pas convexe car In et
In 2 GLn (R) mais 12 In + 12 ( In ) = 0 2
=
GLn (R)
2. On a
0
2 1 1
1B
B
B 1 2 1
4@
1 1 2
1
C
C
C
A
0
1 0 0
1B
B
B 0
2@
0
0
1
B
1B
=
B 0
4@
0
=
1
0
0
1
0
1
0
0 0 1
1
C
C
1B
1B
B
B
C
C
+
+
B 1 0 0 C
B
0 C
4@
4@
A
A
1
0 1 0
0
0
1
1
0
0 1 0
1
C 1B
C 1B
B
B
C
C
0 C+ B 1 0 0 C+ B 0
A 4@
A 4@
1
0 0 1
0
1
1
1
In + M(123) + M(321)
2
4
4
1
1
=
In + (M(12) + M(23) + M(31) ) :
4
4
=
0
0 1 0
1
C
C
0 0 1 C
A
1 0 0
0
1
1
0 0
0 0 1
C 1B
C
B
C
C
0 1 C+ B 0 1 0 C
A 4@
A
1 0
1 0 0
3. Soit M = (mi;j ) 2 P. On suppose qu’il existe A = (ai;j ); B = (bi;j ) 2 B et
2]0; 1[
telles que
M = (1
Si mi;j = 0 alors (1
et
)A + B:
)ai;j + bi;j = 0: Puisque ai;j ; bi;j sont positifs, et que 1
sont strictement positifs, on a
ai;j = bi;j = 0 = mij :
Si mi;j = 1; (1
)ai;j + bi;j = 1. Mais en sommant sur le premier indice, on a
n
X
ak;j = 1 = ai;j
k=1
8
car tous les ak;j sont nuls sauf ai;j : De même pour bi;j . Donc A = B = M:
4. Remarquons qu’un slalom de A est un slalom de Pi;j A et APi;j et réciproquement.
(a) Par récurrence forte sur n: Si n = 2,
2
3
a b
5;
A=4
c d
alors les deux slaloms sont ad et bc (
= (12) ou
= Id ). Ainsi
ad = bc = 0
ainsi, si a = 0 alors la première ligne de A (si b = 0) est nulle ou la première
colonne de A est nulle (si c = 0). De même si d = 0. Donc on a une colonne ou
une ligne nulle. Supposons la propriété vraie pour tout entier k 2 [[1; n]]: Soit
A 2 Mn+1 (R) dont tous les slaloms sont nuls. Si la dernière colonne de A est
nulle, on prend I = [[1; n + 1]] et J = n + 1 alors AI;J :la dernière colonne de
A qui est nulle et on a card(I) + card (J) = n + 2. Sinon, quitte à permuter les
lignes, on peut supposer que an+1;n+1 6= 0 (remarque initiale). On écrit
0
A=@
A0 C
L
an+1;n+1
1
A
où C est une matrice colonne, L une matrice ligne et A0 2 Mn (R) . Alors tous
les slaloms de A0 sont nuls, car ils correspondent aux slaloms de A contenant
an+1;n+1 ; i:e. aux permutations s 2 Sn+1 telles que s(n + 1) = n + 1: Par
hypothèse de récurrence, il existe I; J
[[1; n]] tels que A0I;J = 0 et r = Card
I; s = Card J véri…ent r + s = n + 1. Ainsi Quitte à permuter les lignes et les
colonnes de A, on peut supposer
0
A=@
B
0Mr;s (R) C
1
A
9
nombre de lignes de B
z }|
n+1
où B 2 Ms (R) et C 2 Mr (R) . (car
{
r
nombre de colonnes de B
z}|{
s
=
):
Mais si B et C admettaient un slalom non nul, alors A en admettrait un aussi
s
Q
(en e¤et, dans ce cas il existe 1 une permutation de [[1; s]]= b 1 (i);i = 0
i=1
(un slalom de B) et il existe
2
une permutation de [[1; r]]=
r
Q
c
2 (i);i
= 0
i=1
(un slalom de C, avec C = (ci;j )1
i;j r
= (ai;j )s+1
i;j n+1
i.e 8 (i; j) 2 [[1; r]]2 ;
ci;j = as+i;s+j ) , ainsi comme r+s = n+1 on peut alors dé…nir une permutation
de [[1; n + 1]] de la façon suivante
8i 2 [[1; s]]; (i) =
1
(i)
8i 2 [[s + 1; |n {z
+ 1}]]; (i) =
r+s
et on a alors
n+1
Y
a
(i);i
=
i=1
s
Y
a
(i);i
i=1
=
s
Y
=
=
=
i=1
s
Y
i=1
s
Y
a
|
s) + s
| {z }
2[[1;r]]
{z
2[[s+1;n+1]]
}
(i);i
i=s+1
b
1 (i);i
i=1
s
Y
n+1
Y
2 (i
b
b
b
1 (i);i
1 (i);i
1 (i);i
|i=1 {z
6=0
n+1
Y
a
i=s+1
r
Y
j=1
r
Y
j=1
r
Y
s)+s;i
2 (i
a
2 (j)+s;j+s
c
2 (j);j
c
2 (j);j
}|j=1 {z
6=0
(changement d’indice j = i
s)
6= 0
}
Absurde car les slaloms de A sont nuls par hypothèse. Par symétrie, on suppose
que B n’a que des slaloms nuls. D’après l’hypothèse de récurrence, il existe
I 0 ; J 0 2 [[1; s]] tels que
BI 0 ;J 0 = 0 et card I
0
+ card J
0
=s+1
10
Quitte à encore permuter les lignes et les colonnes, on peut supposer que
2
3
B=4
0Mr0 ;s0 (R)
0
avec r = card I
0
0
5
0
et s = card J ainsi
3
2
6
6
A = 60M 0 0 (R)
4 r ;s
0Mr;s0 (R) 0Mr;s
s
0 (R)
C
7
7
7
5
Ainsi, A contient un bloc de zéros de taille
0
0
r + r s et
0
r +r +s
0
0
= r+ r +s
0
= r+s+1
= n+2
(b) Soit A 2 B. Par l’absurde, supposons que tous ses slaloms sont nuls. Alors en
permutant les lignes et les colonnes de A, on tombe sur une matrice A0 de la
forme
0
0
A =@
B
0Mr;s (R) C
1
A;r + s = n + 1
qui est encore dans B (car Pi;j 2 B et B est stable par produit). Donc la
somme des coe¢ cients de chaque colonne de B vaut 1, ainsi que la somme des
coe¢ cents de chaque ligne de C. D’où la somme des coe¢ cients de A0 est donc
supérieure ou égale à
r
|{z}
+
somme des
col onnes de B
matrice bistochastique de taille n,
X
s
|{z}
= n + 1. Or pour une
somme des
lignes de C
ai;j = n
1 i;j n
11
, contradiction.
5. (a) Puisque
8
>
8j[[1; n]]; a (j);j 2 [0; 1]
>
>
<
et
>
>
>
:
=1
alors
8j 2 [[1; n]]; a
(j);j
=1
, mais
8j[[1; n]];
n
X
ai;j
=
1 (somme de chaque colonne)
i=1
1
n
X
z }| {
ai;j = 1
=) a (j);j +
i=1
i6= (j)
n
X
=)
ai;j = 0 et ai;j
0
i=1
i6= (j)
d’ou
8
>
a = 0 si i 6= (j)
>
>
< i;j
et
>
>
>
:
a (j);j = 1
donc A est une matrice de permutation.
(b) On suppose
Or, N = A
sont
< 1. On a
2]0; 1[ car
0 et
6= 0, sinon le slalom serait nul.
M est à coe¢ cients positifs par dé…nition de
(les coe¤ de M
ou 0), magique en tant que combinaison linéaire de matrices magiques,
et
s(N ) = s (A)
s (M ) = 1
> 0:
d’ou
B=
1
1
N 2 B:
12
de plus, les coe¢ cients de A nuls donnent des coe¢ cients nuls dans B et si
=a
(j0 );j0
alors le terme d’indice ( (j0 ) ; j0 ) est nul dans B mais pas A car
6= 0:
6. On a déjà vu que les matrices de permutations sont des points extrémaux. Montrons
la contraposée de la réciproque. Si A 2 B n’est pas une matrice de permutation,
alors il existe un slalom non nul associé à une permutation
notations précédentes, on a
(Q.4-b). Avec les
6= 1 (sinon A 2 P). Donc A = M + (1
2]0; 1[ et M ; B 2 B. En…n M 6= B car sinon, A = M + (1
)B avec
)M = M 2 P.
Ainsi, A n’est pas extrémale. On a démontré le théorème de Birkho¤.
13