CCP 2007 PC Math 1
Je noteBC la base canonique deRn
PREMIERE PARTIE
1. On a :
Ma (1 + 3a)I3= 0
@ 3a 1 4a 1 + 4a 3a 2 a 2 +a 3a 2 a 2 +a
1 A
On retraanche L2 àL3 puisL1 àL2
Ma (1 + 3a)I3= 0
@ 3a 1 4a 1 + 4a 0 3 + 3a 3 3a
0 0 0
1 A –Si a6= 0et a6= 1on a …nit le Pivot de gauss : rang 2
–sia= 1 le Pivot est aussi …nit avec 2 lignes nulles : rang 1 –sia= 0 : On retrancheC2 àC3 rang 1
Si a= 0On a la matrice 0
@ 0 1 1
0 2 2
0 2 2
1
Ade rang1:
rg(Ma (1 + 3a)I3) = 1sia2 f0;1g 2sinon
Ma (1 + 3a)I3n’est pas de rang3donc1 + 3aest valeur propre deMa:La dimension du sous espace est celle du noyau deMa (1 + 3a)I3, soit 3 moins le rang de la matrice
dim (E1+3a(Ma)) = 2sia2 f0;1g 1 sinon 2. De façon évidenteMaV =V:
CommeMaV =V avecV 6= 0,1 est valeur propre deMa:
Or la somme des valeurs propres (réelles ou complexes) est égale à la trace, donc à6a+ 3.
sia6= 0on a deux valeurs propres distinces : la trace donne la troisième
si a = 0 on a une valeur propre au moins double (cf dimension du sous espace propre) , la trace donne aussi la troisième.
La troisième valeur propre est donc1 + 3aqui est toujours réel. On a les valeurs propres1et1 + 3a. Elles sont distinctes sia6= 0
sia6= 0Les valeurs propres deMa sont1(simple) et1 + 3a(double) sia= 0on a une seule valeur propre1 (triple)
3. Comme on a trouvé trois valeurs propres réelles (distinctes ou non) pour une matrice réelle 3 3, la matrice Ma est toujours trigonalisable dansM3(R)
La matrice est diagonalisable si et seulement si la dimension de chaque sous espace propre est égale à la multiplicité de la valeur propre correspondante.
sia6= 0:
–1 étant valeur propre simple, le sous espace propre est donc toujours de dimension1 (c’est la droiteVect(V)) –1 + 3aest valeur propre double, et la dimension du sous espace propre est connue d’après I. 1
sia= 0,1est valeur propre triple et le sous espace propre est de dimension2 Ma est diagonalisable si et seulement sia= 1 4.
4. a)On veut diagonaliser M1:
on sait déjà queE1(M1) = Vect(V)
l’autre valeur propre est 4. et d’après la matrice duI. 1 le sous espace propre est le plan d’équation (dansBC ) : x y+z= 0une base est donc
0
@ 1 0 1
1 A;
0
@ 0 1 1
1
A. On a une solution possible :
P= 0
@ 1 1 0 1 0 1 1 1 1
1 A,D=
0
@ 1 0 0 0 4 0 0 0 4
1 A
4. b) m
4 est la matrice I2. Donc toutes les matrices de symétrie sont des racines carrées de m
4. En particulier les matrices des symétries orthogonales.
Toutes les matricesm = 2 cos sin
sin cos donnent une in…nité de racines carrées de m.
Un calcul par bloc donne alors que les matricesD = 0
@ 1 0 0
0 2 cos 2 sin 0 2 sin 2 cos
1
Asont toutes des racines carrées deD.
Toutes les matricesP D P 1 sont alors des racines carrées deM1, en nombre in…ni carM > P M P 1est une bijection M1 admet une in…nité de racines carrées
Si on fait le calcul avec les notations du4.a)P 0
@ 1 0 0 0 2 0 0 0 2
1 AP 1=
0
@ 1 1 1
1 1 1
1 1 3
1
Aest une solution du problème.
5. On a
N = 0
@ 0 1 1
0 2 2
0 2 2
1 A et un produit de matrices donneN2= (0)
On a donc (binôme de Newton commeN etI3 commutent) : ( I3+ N)2= 2I3+ 2 N =
0
@
2 2 2
0 2 4 4
0 4 2+ 4
1 A
Si( I3+ N)2=M0on a donc (première ligne) 2= 1et2 = 1ce qui donne ( = 1; = 1=2) ou ( = 1; = 1=2 )
On véri…e alors que pour ces valeurs les 9 coe¢ cients véri…ent la relation.
on a I3+1 2N
2
=M
6. Pour a= 1 3
Ma= 0
@ 1 7=3 7=3 1 5=3 5=3 1 5=3 5=3
1 A
et les valeurs propres sont1 (simple) et0 (double).
6. a)On doit résoudre le système : 8
>>
>>
<
>>
>>
: x+7
3y 7 3z= 0 x 5
3y+5 3z= 1 x 5
3y+5 3z= 1 On peut résoudre par Pivot de gauss 0
@ x y z
1 A=
0
@ 7=12 1=4 0
1 A+z
0
@ 0 1 1
1 A
6. b) On cherche une baseB= (I; J; K)telle queu(I) =!0; u(J) =I; u(K) =K.
Kest un vecteur propre pour la valeur propre 1. on peut prendreK tel queM atBC(I) =V Iest un vecteur un noyau. Un calcul (ou une simple véri…cation) donne une solutionM atBC(K) =
0
@ 0 1 1
1 A
J est alors solution du système précédent par exemple si z= 0 M atBC(J) = 0
@ 7=12 1=4 0
1 A
6. c) En faisant le calcul sans utiliser la simpli…cation usuelle qui utilise la stabilité des sous espaces propres (qui est prouvée au II) on poseX =
0
@ a b c d e f g h i
1
Aet donc XU =U X donne
0 =d ; a=e ; c=f 0 = 0 ; d= 0 ; f = 0 0 =g ; g=h ; i=i
ce qui équivaut à : c=d=f =g=h= 0; a=e
9(a; b; i)2R3,X = 0
@ a b 0 0 a 0 0 0 i
1 A
SiX est une racine carrée deU on aX2=U et doncXU =U X=X3, doncX est du type précédent. Or X2=
0
@ a2 2ab 0 0 a2 0
0 0 i
1 A=
0
@ 0 1 0 0 0 0 0 0 1
1 A
imposea= 0et 2ab= 1(donca6= 0 ) absurde
U n’a pas de racine carrée
6. d) U et M 1=3 étant semblables, il existeP inversible telle queM 1=3=P U P 1. Si Y est une racine carrée deM 1=3 on a :
P 1Y P 2=P 1Y2P=P 1M 1=3P =U absurde carU n’a pas de racine carrée
M 1=3 n’a pas de racine carrée
DEUXIEME PARTIE
1. On remarque qu’il s’agit de démontrer l’interpolation de Lagrange 1. a)'est bien dé…nie surRn 1[X]à valeurs dansRn
linéaire car : 8(P; Q)2Rn 1[X]2; 8 2R,
'(P+ Q) = ((P+ Q) (ai))ni=1= (P(ai))ni=1+ (Q(ai))ni=1='(P) + '(Q)
'est injective : Car siQest dans le noyauQest un polynôme de degré au plusn 1ayant au moinsnracines (les ai)doncQest le polynôme nul.
1. b) 'est donc linéaire injective entre deux espaces vectoriels de même dimension …nie. 'est donc un isomorphisme et tout élément deRn ( en particulier(bi)ni=1) admet un unique antécédent.
8(bi)ni=12Rn; 9!Q2Rn 1[X],8i2[[1; n]],Q(ai) =bi
2.
2. a)Soit une valeur propre def, etv2E (f). On veut montrerg(v)2E (f)soit f(g(v)) = g(v) : f(g(v)) = (f g) (v) = (g f) (v) =g(f(v)) =g( v) = g(v)
la deuxième égalité découle de l’hypothèse de cette question et la dernière de la linéarité deg
2. b)On sait que sig est diagonalisable, l’endomorphisme induit parg sur un sous espace stable est diagonalisable. Ici E i est stable pasg d’après lea)doncgi est diagonalisable et il existe une base de vecteurs propres pourgi (donc pour g) dansE i
Soit alorsB=[pi=1Bi. Comme les sous espaces propres sont en somme directeBest une base de E i, donc deEcarf est diagonalisable.
Tout vecteur deBest alors un vecteur propre de f et de gpar construction.
il existe une base de vecteurs propres communs àf etg
3. Soient f et g les endomorphismes de matricesA etB dans la base canonique etBla base précédente (qui existe car A etB sont diagonalisables et commutent) Soit alorsP la matrice de passage deBC à Bles matricesP 1AP =M atB(f) etP 1BP =M atB(g)sont diagonales.
4. Sur Rn on sait que le produit scalaire canonique s’exprime dans toute base orthonormée '(x; y) = Xn i=1
xiyi =tXY si X=mat(x)etY =mat(y)
4. a) et b)
Soit une valeur propre deS, il existe un vecteur propre non nulX:On a doncSX = X et donc
tXSX= tXX= kXk2
X étant non nul on a donc
=
tXSX kXk2
0siS est positive
>0siS est strictement positive (X 6= 0)
Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable dans une base orthonormée et donc il existeP orthogonale etD diagonale S=P DtP.
On a alorstXSX=tXP DtP X=t XtP D(tP X) =tY DY en posantY =tP X. On a donctXSX= Xn i=1
diyi2en développant le produit.
–Si les valeurs propres de S sont positives lesdi sont positifs et on a une somme de réels positifs donc un réel positiftXSX 0
–Si les valeurs propres sont strictement positives et siX(donc aussiY carP est inversible) est non nul, on a une somme de réels positives l’un au moins étant strictement positif donctXSX >0
S est positive ssiSp(S) R+ S est dé…nie positive ssiSp(S) R+ 5.
5. a)Les( i)étant deux à deux distincts c’est une application duII. 1) avec : n=p; ai= i; bi=p
i (qui existent car les i sont positifs)
5. b) S est symétrique donc toutes les puissances de S sont symétriques, donc Q(S)est une combinaison linéaire de matrices symétriques doncQ(S)est symétrique.
Si on diagonaliseS dans une base orthonormée S =P DP 1 alors Q(S) étant un polynôme de la matrice S est diago- nalisable dans la lême base de vecteurs propres et on a Q(S) =P Q(D)P 1, donc les valeurs propres deQ(S)sont les Q( i) =p
i, donc elles sont toutes positives. Q(S)est symétrique et ses valeurs propres sont positives donc Q(S)est une matrice positive.
5. c)En continuant le calcul précédent on aQ(S)2=P Q(D)2P 1=P DP 1=S. On a bienQ(D)2=Dcar les termes diagonaux deQ(D)sont les Q( i) (calcul évident la matrice étant diagonale) donc lesp
i qui élevé au carré redonne les i ;
5. d)
Si T2=S alorsT S=ST =T3
On a alors par récurrence pour toutientierT Si=SiT, puis par combinaison linéaireT Q(S) =Q(S)T:
T et Q(S)sont diagonalisables (symétriques réelles) et commutent. Elles sont donc simultanément diagonalisables (II. 2). Ils existentP inversible, D et diagonales telles queT =P DP 1 et Q(S) =P P 1. OrT2 =Q(S)2 doncD2= 2. Donc en notantD=diag(di)et =diag( i), on a pour touti,d2i = 2i. Or les deux matrices sont symétriques positives donc les valeurs propres (lesdi et les i ) sont toutes positives. donc pour touti di= i, soit D= et doncT =Q(S)
Toute matrice symétrique positive admet un unique racine carrée symétrique positive.
5. e)On chercheQde degré1tel queQ( 1) =p
1etQ( 2) =p
2. Soit on pose le système linéaire soit on utilise les polynômes de Lagrange :
Q(X) =p
1
X 2
1 2
+p
2
X 1
2 1
En simpli…ant :
Q(X) = p
1 p
2
1 2
X+ 1 p
2 2p
1
1 2
= 1
p
1+p
2
X+ p
1p p 2
1+p
2
donc p
S=Q(S) = S+p
1p
2In p
1+p
2
6.
6. a)Toujours en utilisant la décomposition d’une matrice symétrique réelleS=P DP 1on aS2=P D2P 1, . S2est donc une matrice symétrique réelle dont les valeurs propres sont les termes diagonaux de D2, donc le carré d’un réel, donc un réel positif. S2est symétrique positive.
6. b) Toujours avecS=P DP 1 on a en notantD=diag(di)on a : D2=diag(d2i),jDj=p
D2=diag(jdij):
doncjDj+D=diag(jdij+di)et jDj D=diag(jdij di) Or si S = P DP 1 on a S2 = P D2P 1 et p
S2 = Pp
D2P 1. en e¤et Pp
D2P 1 est symétrique réelle (car P est orthogonale doncP 1=tP ) positives (ses valeurs propres sont lesjdij 0) et véri…e bien Pp
D2P 1 2=P D2P 1= S2. C’est donc l’unique racine carrée symétrique positive de S2.
On a doncjSj+S=P(jDj+D)P 1, symétrique réelle de valeurs propresjdij+di 0, et de même pourjSj S 6. c) S1 et S2 sont bien symétriques réelles. On a S12 = 10 6
6 10 etS22= 10 6
6 10 les matrices ont le même polynôme caractéristique 2 20 + 64donc les mêmes valeurs propres4et16. On a deux valeurs propres distinctes, on peut utiliser leII. 5. e
jSij= Si2+p 4p
16In p4 +p
16 = Si2+ 8In 6 jS1j= 3 1
1 3 etjS2j= 3 1 1 3
TROISIEME PARTIE
1. On véri…e par récurrence que pour tout n an>0et bn>0 c’est vrai si n= 0cara0=a >0etb0= 1>0
Si c’est vrai au rangnc’est vrai au rangn+ 1carR+ est stable par passage à l’inverse, somme et produit.
2. 2. a)On véri…e que la suite est constante :
vk+1= ak+1 bk+1
= ak+b1
k
bk+a1
k
=
akbk+1 bk
akbk+1 ak
= ak bk
comme a0
b0 =aon a :
8k2N, ak bk
=a 2. b) On a
uk+1=ak+1bk+1=1
4(ak+ 1 bk
)(bk+ 1 ak
) =1
4(akbk+ 2 + 1 akbk
) = 1
4 uk+ 2 + 1 uk
2. c) on auk+1 1 = 1
4 uk+ 2 + 1 uk
1 = 1
4 uk 2 + 1 uk
= 1 4uk
(uk 1)2 0 8k 1,uk 1
2. d)La suite(uk)k 1est décroissante : uk+1 uk= 1
4 uk+ 2 + 1 uk
uk= 1 4uk
3u2k+ 2uk+ 1 = 1 4uk
(1 uk)(uk+1 3) Cette quantité est négative siuk 1, donc sik 1:
La suite(uk)k 1est décroissante minorée par0. elle converge vers un point …xe def ( car est continue surR+ ). Or f(x) =x() 1
4x(1 x)(x+1
3) = 0()x= 1 ( dansR+ ) la suite(uk)converge vers1
3. Par dé…nition de uk et vk on a a2k =ukvk. Or pour tout k, ak >0 doncak =p
ukvk =p
auk. Donc (ak) converge et lim (ak) =p
apuis commebk= ak
vk
=ak
a, (bk)converge etlim(bk) = 1 pa
4. 4. a) D’aprèsII. 4)les valeurs propres d’une matrice symétrique dé…nie positive sont strictement positives (donc non nulles). le noyau est donc réduit àf0get la matrice est inversible.
4. b) S étant symétrique inversible on peut décomposer S = P DP 1 avec P orthogonale (P 1 = tP). On a alors S 1 = P D 1P 1. on a donc t(S 1) = S 1 (P est orthogonale et t(D 1) =D 1) et les valeurs propres de S 1 sont strictement positives (inverse de réels strictement positifs). doncS 1est symétrique dé…nie positive.
4. c) SiS1 et S2 sont symétriques dé…nies positives. on a pour toute colonneX non nulle : tXS1X >0 ettXS2X >0 donctX(S1+S2)X >0, de plusS1+S2est symétrique. donc S1+S2 est symétrique dé…nie positive.
5. Par récurrence :
A0 et B0 sont symétriques dé…nies positives. Par hypothèse pour A, etIn est bien symétrique à valeurs propres strictement positives (1>0)
Si Ak et Bk sont symétriques dé…nies positives ces deux matrices sont inversibles donc Ak+1 et Bk+1 existent.
d’après la question précédente Ak+Bk1 et Bk+Ak1 sont symétriques dé…nies positives. Le coe¢ cient 1/2 conserve le caractère symétrique et le signe de valeurs propres doncAk+1etBk+1sont symétriques dé…nies positives.
8k2N,Ak et Bk sont symétriques dé…nies positives 6.
6. a) Une matrice diagonale est toujours symétrique, et les valeurs propres de D sont celles de A donc des réels strictement positifs. Dest symétrique strictement positive.
6. b) calcul :
D0=P 1AP =D, 0=P 1InP =In
Dk+1=P 1Ak+1P =P 1 Ak+Bk1
2 P =1
2 P 1AkP+P 1Bk1P =1
2(Dk+ k1) idem pour k:
les matrices sont diagonales par récurrence : D0=D et 0=In sont diagonales
Si Dk et k sont diagonalesDk+1 et k+1 sont diagonales par stabilité de l’ensemble des matrices diagonales par passage à l’inverse et combinaison linéaire
6. c) erreur de texte : les limites sont en général di¤érentes.
Pour touti2[[1; n]], soit d(i); dk(i)et k(i)les termes diagonaux deD; Dk et k sur la lignei:
On a
d0(i) =d(i); 0(i) = 1;8k2N, dk+1(i) =1
2 dk(i) + k(i) 1 ; k+1(i) =1
2 dk(i) 1+ k(i) on retrouve les suites duIII. 1). (dk(i))converge versp
d(i)et ( k(i))converge vers 1 pd(i): Et donc
la suite(Dk)converge versp
D et la suite( k)vers p D 1
7.
7. a)l’application est linéaire en dimension …nie, elle est donc continue.
7. b) On a donc Ak = P DkP 1 image dune suite convergente par une application continue donc (Ak) converge et lim (Ak) =Pp
DP 1=p A et de mêmelim (Bk) = p
A
1
