SESSION 2013
Concours commun Mines-Ponts
PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE MP
A. Formes bilinéaires symétriques plates
1) Soit x ∈ Rn. L’application y 7→ ϕ(x, y) est une forme linéaire sur l’espace euclidien Rn. D’après l’isomorphisme canonique entre un espace euclidien et son dual, on sait qu’il existe un unique vecteur deRn, dépendant dexet que l’on note doncu(x), tel que pour touty∈Rn,ϕ(x, y) =hu(x), yi. On a ainsi uniquement défini une applicationudeRndans lui-même.
Vérifions queuest linéaire. Soient(x, x′)∈(Rn)2 et(λ, µ)∈R2. Pour toutydeRn,
hu(λx+µx′), yi=ϕ(λx+µx′, y) =λϕ(x, t) +µϕ(x′, y) =λhu(x), yi+µhu(x′), yi
=hλu(x) +µu(x′), yi.
Par suite, pour toutydeRn,hu(λx+µx′) −λu(x) −µu(x′), yi=0et doncu(λx+µx′) −λu(x) −µu(x′)∈(Rn)⊥ ={0}.
On en déduit queu(λx+µx′) =λu(x) +µu(x′).
L’applicationuest donc un endomorphisme deRn. Soit(x, y)∈(Rn)2.
hx, u(y)i=hu(y), xi=ϕ(y, x) =ϕ(x, y) =hu(x), yi.
Par suite,uest symétrique. D’après le théorème spectral,uest diagonalisable dans une base orthonormée. Soit(ei)16i6n une base orthonormée de vecteurs propres deuassociée à la famille de valeurs propres(λi)16i6n. Pouri6=j,
ϕ(ei, ej) − =hu(ei), eji=λihei, eji=0.
Ceci montre queϕest diagonalisable.
2)(x, y)7→a(x)⊗b(y)est linéaire par rapport à chacune de ses variables et donc est bilinéaire.
a⊗b est symétrique si et seulement si pour tout (x, y) ∈Rn, a(x)b(y) = a(y)b(x). Cette condition est en particulier réalisée siaest nulle. Supposons dorénavanta6=0. Il existey0∈Rn tel quea(y0)6=0.
a⊗bsymétrique⇒∀x∈Rn, a(x)b(y0) =a(y0)b(x)⇒∀x∈Rn, b(x) = b(y0)
a(y0)a(x)⇒∃λ∈R/ b=λa.
Réciproquement, s’il existeλ∈Rtel que b=λa, alors pour tout(x, y)∈(Rn)2,
a⊗b(y, x) =a(y)b(x) =λa(x)a(y) =a(x)b(y) =ϕ(x, y),
et donca⊗best symétrique. En résumé, a⊗best symétrique si et seulement si a=0 ou il existeλtel queb=λaou encore
a⊗best symétrique si et seulement si(a, b)est liée.
3)D’après la question 1),ϕest diagonalisable. Soit(ei′)16i6nune base de diagonalisation deϕ. La matrice ϕ(ei′, ej′)
16i6n
est alors une matrice diagonale de rang1. Quite à renuméroter les vecteursei′, on peut supposer que cette matrice s’écrit diag(λ, 0, . . . , 0)avecλ réel non nul.
Soit B = 1
p|λ|e1, e2, . . . , en
!
. B est une base de Rn et la matrice de ϕ dans B est diag(±1, 0, . . . , 0). Pour tout x=
Xn
i=1
xiei et touty= Xn
i=1
yiei,
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ϕ(x, y) =ϕ
Xn
i=1
xiei, Xn
j=1
yjej
= X
16i,j6n
xiyjϕ(ei, ej) =±x1y1=±e∗1(x)e∗1(y).
Donc,ϕ=±e∗1⊗e∗1. Par suite, il existe ε∈{−1, 1}et f∈Rn∗ tels queϕ=εf⊗f.
4)Soient(x, y, z, w)∈(Rn)4.
hϕ(x, y), ϕ(z, w)i=ϕ(x, y), ϕ(z, w) =εf(x)f(y)εf(z)f(w) =f(x)f(y)f(z)f(w) =ϕ(x, w)ϕ(z, y) =hϕ(x, w), ϕ(z, y)i.
Ainsi,ϕest plate.
5) Soitϕ une forme bilinéaire symétrique plate non nulle. Soit(ei)16i6n une base de diagonalisation de ϕ. La matrice (ϕ(ei, ej))16i,j6n est de la forme diag(λ1, . . . , λn).
S’il existe deux indicesietjdistincts tels que λi6=0et λj6=0alors
• hϕ(ei, ei), ϕ(ej, ej)i=ϕ(ei, ei), ϕ(ej, ej) =λiλj6=0,
• hϕ(ei, ej), ϕ(ej, ei)i=ϕ(ei, ej), ϕ(ej, ei) =0.
Donc,ϕn’est pas plate.
Par contraposition, siϕest plate, au plus un desλiest non nul puis exactement un desλiest non nul carϕest non nulle.
Finalement,ϕ est de rang1.
B. Diagonalisation simultanée
6)Si l’un des sous-espaces propres deui0, notéEλ(u), est de dimensionn, alorsE=Ker(ui0−λId)et doncui0 =λId ce qui n’est pas. Donc, tous les sous-espaces propres deui0 sont de dimension strictement inférieures à n.
Soiti∈I. Puisqueuicommute avecui0, on sait que les sous-espaces propres deui0 sont stables parui. Redémontrons-le.
Soientλ∈Rpuisx∈Ker(ui0−λId).
(ui0−λId) (ui(x)) =ui0(ui(x)) −λui(x) =ui(ii0(x)) −λui(x) =ui((ui0−λId)(x)) =ui(0) =0.
7)Si tous les ui, i∈I, sont des homothéties, alors toute base deRn est une base de diagonalisation simultanée des ui, i∈I.
Sinon, il existei0∈Itel queui0 n’est pas une homothétie.ui0 est diagonalisable d’après le théorème spectral. D’après la question précédente,ui0 admet au moins deux sous-espaces propres, tous de dimension strictement inférieure àn. De plus, ces sous-espaces propres sont supplémentaires dansRn.
Soit Eλ l’un de ces sous-espaces propres. Les ui, i ∈ I, laissent stable Eλ et donc leurs restrictions à Eλ induisent des endomorphismes deEλ. Puisque dim(Eλ)< n, l’hypothèse de récurrence permet d’affirmer qu’il existe une baseBλ deEλ diagonalisant simultanément tous lesui,i∈I.
La réunion des Bλ, λ ∈ Sp(ui0), est une base de Rn diagonalisant simultanément tous les ui, i ∈ I. Le résultat est démontré par récurrence.
C. Vecteurs réguliers
8)Pourt∈R, posonsP(t) =det(A+tB).Pest un polynôme.
•SiAest inversible,P(0)6=0et doncPn’est pas le polynôme nul et admet donc un nombre fini de racines. Par suite, A+tBest inversible pour toutt∈Rsauf peut-être pour un nombre fini de valeurs det.
• SiBest inversible, pour tout réelt,P(t) =det(B)×det AB−1+tIn
=det(B)χAB−1(−t). Dans ce cas aussi,Pest un polynôme non nul et doncA+tBest inversible pour toutt∈Rsauf peut-être pour un nombre fini de valeurs det.
9)Soit(a1, . . . , ar)une famille libre de Rp. On a doncr 6p. On peut compléter la famille(a1, . . . , ar)en (a1, . . . , ap) base deRp. On noteAla matrice de la famille(a1, . . . , ap)dans la base canoniqueBdeRp.
On complète aussi la famille(b1, . . . , br)en
b1, . . . , br, 0, . . . , 0
| {z }
pvecteurs
. On noteBla matrice de la famille
b1, . . . , br, 0, . . . , 0
| {z }
pvecteurs
dans la base canonique deRp.
La matriceAest inversible et donc la matriceA+tBest inversible pour tout réelt sauf éventuellement pour un nombre fini de valeurs det. On en déduit que la famille
a1+tb1, . . . , ar+tbr, ar+1, . . . , ap
| {z }
pvecteurs
est une base deRppour tout réel
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tsauf éventuellement pour un nombre fini de valeurs det. En particulier, la famille(a1+tb1, . . . , ar+tbr)est libre pour tout réelt sauf éventuellement pour un nombre fini de valeurs det.
10)Soientx∈Rn ety∈Kerϕ(v). Par suite,e ϕ(v)(y) =e ϕ(v, y) =0.
Par hypothèse, Imϕ(v)e est de dimension qet q>1 car ϕ n’est pas nulle. Par suite, il existe des vecteurse1,e2,. . . ,eq
tels que(ϕ(v, e1), . . . , ϕ(v, eq))soit une base de Imϕ(v).e
Supposons par l’absurde que ϕ(x, y) ∈/ Imϕ(v). Alors la famillee (ϕ(v, e1), . . . , ϕ(v, eq), ϕ(x, y)) est libre. D’après la question 9), il existe un voisinageVde0 tel que pour tout réeltnon nul de V, la famille
(ϕ(v, e1) +tϕ(x, e1), . . . , ϕ(v, eq) +tϕ(x, eq), ϕ(x, y) +t.0) = (ϕ(v+tx, e1), . . . , ϕ(v+tx, eq), ϕ(x, y)) soit libre. Puisqueϕ(v, y) =0, pourt0 non nul donné dansV, la famille
ϕ(v+t0x, e1), . . . , ϕ(v+t0x, eq), ϕ(x, y) + 1
t0ϕ(v, y)
=
ϕ(v+t0x, e1), . . . , ϕ(v+t0x, eq), ϕ 1
t0(v+t0x), y
est libre. Puisquet0n’est pas nul, la famille
ϕ(v+t0x, e1), . . . , ϕ(v+t0x, eq), t0ϕ 1
t0(v+t0x), y
= (ϕ(v+t0x, e1), . . . , ϕ(v+t0x, eq), ϕ(v+t0x, y))
est libre. Par suite, Imϕ(ve +t0x)est de dimension au moins égale àq+1 ce qui contredit le caractère maximal dev. On a montré par l’absurde queϕ(x, y)∈Imϕ(v).e
11) Soit y ∈ Rn. Si y ∈ Kerϕ, alors pour tout x de Rn, ϕ(x, y) =0. En particulier, ϕ(v)(y) =e ϕ(v, y) = 0 et donc y∈Kerϕ(v). Ceci montre que Kerϕe ⊂Kerϕ(v).e
Réciproquement, soientx∈Rn ety∈Kerϕ(v). D’après la questione ϕ(x, y)∈Imϕ(v). Par suite, il existee y0∈Rn tel que ϕ(x, y) =ϕ(v, y0).
La forme linéaireϕest plate et donc
kϕ(x, y)k2=hϕ(x, y), ϕ(v, y0)i=hϕ(x, y0), ϕ(v, y)i=hϕ(x, y0), 0i=0.
Par suite,ϕ(x, y)∈Kerϕ. On a montré que Kerϕ(v)e ⊂Kerϕet finalement que Kerϕ(v) =e Kerϕ.
Supposons de plus Kerϕ{0}. Alors, Kerϕ(v) =e {0}. Commeϕ(v)e est une application linéaire de Rn dansRp, le théorème du rang permet d’affirmer que
p>dim(Imϕ(v)) =e n−dim(Kerϕ(v)) =e n.
Ceci montre que siϕest une application bilinéaire symétrique plate de Rn dansRp de noyau nul, alorsp>n.
12)Soitv∈V. Alors dim(Imϕ(v)) =e q. Soit(e1, . . . , eq)une famille de vecteurs deRntelle que la famille(ϕ(v, e1), . . . , ϕ(v, eq)) soit une base de Imϕ(v).e
On complète éventuellement la famille libre(ϕ(v, e1), . . . , ϕ(x, eq))enB= ϕ(v, e1), . . . , ϕ(v, eq), eq+1′ , . . . , ep′ deRp.
Considérons l’application f : Rn → R
w 7→ detB ϕ(w, e1), . . . , ϕ(w, eq), eq′+1, . . . , ep′ . f est continue surRn par conti- nuité du déterminant et par le fait qu’une application linéaire ou multilinéaire sur un espace de dimension finie est continue.
Commef(v) =16=0, il existe un voisinageV devtel que pour tout w∈V, detB ϕ(w, e1), . . . , ϕ(w, eq), eq′+1, . . . , ep′ . Pourw∈V, la famille ϕ(w, e1), . . . , ϕ(w, eq), eq+1′ , . . . , ep′
est une base deRpet en particulier, la famille
(ϕ(w, e1), . . . , ϕ(w, eq))est libre. Par suite, pour toutw∈V, Imϕ(w)e est de dimension au moins égale àqpuis exactement égale àqou encorew∈V.
On a montré que pour toutv∈V, il existe un voisinageV devtel queV⊂V et donc queV est ouvert.
13)Soitx∈Rn et soitε > 0. Soit v∈V. Comme à la question précédente, soit(e1, . . . , eq)une famille de vecteurs de Rn telle que la famille(ϕ(v, e1), . . . , ϕ(v, eq)).
D’après la question 9), la famille
(ϕ(v, e1) +tϕ(x, e1), . . . , ϕ(v, eq) +tϕ(x, eq)) = (ϕ(v+tx, e1), . . . , ϕ(v+tx, eq))
est libre pour tout t sauf éventuellement pour un nombre fini de valeurs de t. Mais alors, pour tout t non nul sauf éventuellement pour un nombre fini de valeurs det, la famille
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1
tϕ(v+tx, e1), . . . ,1
tϕ(v+tx, eq)
=
ϕ 1
tv+x, e1
, . . . , ϕ 1
tv+x, eq
est libre. Puisque kvk
ε ,+∞
est infini, on peut choisir le réelt dans l’intervalle kvk
ε ,+∞
(v étant bien sûr non nul).
Soitt0un tel réel. Alors, la famille
ϕ 1
t0
v+x, e1
, . . . , ϕ
1 t0
v+x, eq
est libre ou encore le vecteur 1 t0
v+x est dansV. De plus
1 t0v+x
−x = 1
t0kvk< ε.
On a montré queV est dense dansRn.
D. Le cas p = n de noyau nul
14) Puisque ϕ est une application bilinéaire symétrique plate et que v est régulier pour ϕ, la question 11) permet d’affirmer que Kerϕ(v) =e Kerϕ = {0}. Ainsi, ϕ(v)e est un endomorphisme injectif de l’espace de dimension finie Rn et donc un automorphisme deRn. On est donc dans le cas oùp=n=q.
15)Soitx∈Rn. Soientyetzdeux élément deRn. Soitz′= (ϕ(v))e −1(z).
hψ(x)(y), zi=hϕ(x)e
(ϕ(v))e −1(y)
,ϕ(v)(ze ′)i=hϕ
x,(ϕ(v))e −1(y)
, ϕ(v, z′)i
=hϕ(x, z′), ϕ
v,(ϕ(v))e −1(y)
i(carϕest une forme plate)
=hϕ
x,(ϕ(v))e −1(z)
,ϕ(v)e ◦(ϕ(v))e −1(y)i=hϕ(x)e ◦(ϕ(v))e −1(z), yi
=hψ(x)(z), yi.
Donc,ψ(x)est un automorphisme auto-adjoint deRn.
16) Soient x et y deux éléments de Rn. Soient z et w deux éléments de Rn. En posant z′ = (ϕ(v))e −1(z) et w′ = (ϕ(v))e −1(w)
h(ψ(x)◦ψ(y))(z), wi=hψ(y)(z), ψ(x)(w)i(carψ(x)est auto-adjoint)
=hϕ(y, z′), ϕ(x, w′)i
=hϕ(y, w′), ϕ(x, z′)i
=h(ψ(y)◦ψ(x))(z), wi(les rôles dexetyayant été échangés)
Donc,zétant fixé, pour toutwdeRn,h(ψ(x)◦ψ(y))(z)−(ψ(y)◦ψ(x))(z), wi=0et doncψ(x)◦ψ(y))(z)−(ψ(y)◦ψ(x))(z)∈ (Rn)⊥ ={0}. Ceci étant vrai pour toutzdeRn, on a montré queψ(x)◦ψ(y) =ψ(y)◦ψ(x).
Ainsi, les ψ(x), x ∈ Rn, sont des endomorphismes autoadjoints de l’espace euclidien Rn qui commutent deux à deux.
La question 7) permet d’affirmer qu’il existe une base orthonormée (e1, . . . , en) diagonalisant simultanément tous les endomorphismesψ(x).
17) Pour 1 6 i 6 n, posons ei′ = (ϕ(v))e −1(ei). La famille (ei′)16i6n est l’image de la base (ei)16i6n de Rn par l’automorphisme(ϕ(v))e −1. Donc la famille(ei′)16i6n est une base deRn.
Pour chaquej∈J1, nK, pour chaqueideJ1, nK, le vecteureiest un vecteur propre de l’endomorphisme autoadjointψ(ej′).
Par suite, pour tout(i, j)∈J1, nK2, il existeλi,j ∈Rtel que ψ(ej′)(ei) =λi,jei. Mais alors, pour(i, j)∈J1, nK2, λi,jei=ψ(ej′)(ei) =ϕ(ee j′)◦(ϕ(v))e −1(ei) =ϕ(ee j′)(ei′) =ϕ ej′, ei′
. Par symétrie deϕet en échangeant les rôles de ietj, on a aussi
ϕ ej′, ei′
=ϕ ei′, ej′
=λj,iej. Supposons de plusi6=j. Puisque la famille(ei)16i6n est libre, l’égalité
λi,jei−λj,iej=0
imposeλi,j=λj,i=0et doncϕ(ei, ej) =0. Ainsi, la base(e1′, . . . , en)est donc une base deRn qui diagonaliseϕ.
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