PROBLÈME 1 — CLASSIQUE — Calculatrice INTERDITE

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 8

du jeudi 15 février Durée : 4 heures

Calculatrice autorisée/interdite selon le problème

Instructions générales :

Les candidats sont priés

• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien8 pages ;

• de traiter leur sujet :

? classique, composé des problèmes1et 2;

? corsé, composé des problèmes2 et3.

Merci d’indiquer clairement sur la première page de la première copie si vous traitez le sujet classique ou le sujet corsé.

Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Bon courage !

PROBLÈME 1 — CLASSIQUE — Calculatrice INTERDITE

Dans tout le problème :

- Eest un espace euclidien de dimensionp≥1dans lequel le produit scalaire sera noté(· | ·)et la norme associée k · k.

- S(E)désigne le sous-espace vectoriel deL(E)constitué des endomorphismes symétriques de E.

- T(E)désigne l’ensemble des élémentsudeS(E)de rang inférieur ou égal à1et qui vérifient

∀x∈E, (u(x)|x) ≥ 0.

Préliminaires

1. Justifier queT(E)n’est pas un sous-espace vectoriel deL(E).

2. SiM est une matrice deMp(R), on noteraTr(M)sa trace. SoientA,B dansMp(R).

(a) Prouver queTr(AB) = Tr(BA).

(b) On suppose queB est semblable à A. ComparerTr(A)etTr(B).

(c) Donner la définition de la trace d’un endomorphisme deE.

3. Rappeler la définition d’un hyperplan deE. On se donne alors un tel hyperplanH et on noteGson complémen- taire dansE. Déterminer (en justifiant) si les assertions suivantes sont vraies ou fausses.

(a) Gest un sous-espace vectoriel supplémentaire deH.

(b) Pour tout vecteuradeG,Vect(a)est supplémentaire deH dansE.

(c) Pour tout vecteuranon nul et orthogonal àH,Vect(a)est supplémentaire deH dansE.

(d) Le noyau de l’applicationTr est un hyperplan deMp(R).

(e) Un endomorphisme deE est de rang1 si et seulement si son noyau est un hyperplan deE.

4. Montrer que l’application

h ·,· i :S(E)²→R, (f, g) 7→ hf, gi = Tr(f ◦g)

est un produit scalaire.

On notera pour la suite N la norme associée à ce produit scalaire.

5. SoitA=







−5 1 1

1 −5 1

1 1 −5





etfAl’endomorphisme deR³qui lui est canoniquement associé. Donner les éléments propres de la matriceA. M. Cochet : les calculs doivent figurer sur la copie.

Partie 1

Soita∈E etu_a l’endomorphisme deE défini par

∀x∈E, ua(x) = (x|a)a.

1. Montrer queu_a∈T(E).

2. On suppose dans cette question quea6= 0.

(a) Écrire la matrice deu_a dans une baseB deEconstituée du vecteuraet d’une base deVect(a)^⊥. (b) Déterminer alorsTr(ua)etTr(ua◦ua)en fonction dea.

(c) Soit f un endomorphisme de E. Déterminer les éléments diagonaux de la matrice f ◦ua dans la base B définie précédemment.

(d) Calculer alorsTr(f ◦ua)en fonction dea.

3. Soitu∈T(E),unon nul etbun vecteur non nul deIm(u).

(a) Montrer queb est un vecteur propre deuassocié à une valeur propreµpositive.

(b) Prouver que∀x∈E, u(x) = µ

kbk²(x|b)b.

(c) En déduire queµ >0.

(d) Montrer qu’il existe au moins un vecteuradeE tel queu=ua.

4. L’applicationϕ:E→T(E)définie parϕ(a) =u_a est-elle injective ? Surjective ?

Partie 2

Pour cette partie du problème,f est un endomorphisme deS(E)qui estfixé.

Pour tout vecteurx∈E, on pose

Φ(x) = [N(f−ux)]² et m(f) = inf

x∈EΦ(x).

Pour tout vecteurxdeEet tout vecteur ydeE tel que kyk= 1, on pose hx : R→R, t 7→ hx(t) = Φ(x+ty).

1. Justifier l’existence dem(f).

2. Prouver que ∀x∈E, Φ(x) = [N(f)]²−2(x|f(x)) +kxk⁴.

3. Montrer quehx est une fonction polynomiale dont on précisera les coefficients.

4. justifier l’existence d’une base orthonormaleC= (e₁, . . . , e_p)deE et de réels(λ_i)_i∈[1,p] vérifiant

∀i∈[[1, p]], f(ei) = λiei et λ1 ≤ λ2 ≤ · · · ≤ λp. 5. Calculer alorsN(f)à l’aide des réels λi,1≤i≤p.

6. Exprimer α = sup

z∈E,kzk=1

(z|f(z)) à l’aide des λi. Déterminer l’ensemble des vecteurs z ∈ E unitaires tels que (z|f(z)) =α.

7. On suppose quem(f)est atteint ena∈E.

(a) Déterminerh⁰_a(0).

(b) Prouver quef(a) =kak²a.

(c) Prouver que pour tout réeltet tout vecteury de norme1,

Φ(a+ty)−Φ(a) = t²[(t+ 2(y|a))²+ 2(kak²−(y|f(y)))].

(d) Prouver que

m(f) = Φ(a) ⇐⇒

( f(a) = kak²a

∀y∈E, kyk= 1⇒(y|f(y))≤ kak² 8. On suppose queλ_p≤0.

(a) Prouver quem(f) = Φ(a)si et seulement sia= 0.

(b) Déterminerm(fA)oùfA est l’endomorphisme de la question 5 des préliminaires.

9. On suppose queλp>0.

(a) Démontrer quem(f) =

p−1

X

i=1

λ²_i.

(b) Prouver quem(f) = Φ(x) ⇐⇒

( x∈ker(f −λpIdE) kxk=p

λ_p .

Partie 3

Dans cette partie, on prendE=R^p euclidien usuel.

1. SoitM = (mi,j)∈ Mp(R)symétrique et telle que







∀i, j∈[[1, p]]², mi,j ≥ 0

∀i∈[[1, p]],

p

X

j=1

m_i,j = 1

On note f_M l’endomorphisme de R^p canoniquement associé à la matriceM. (a) Prouver queλ= 1est valeur propre et donner un vecteur propre associé.

(b) Soit λune valeur propre de M et X =





 x1

... xp





 un vecteur propre associé. Soit k∈ [[1, p]] tel que|xk| = max{|xj|, 1≤j≤p}. En considérant lak-ième ligne du systèmeM X=λX, prouver que|λ| ≤1.

(c) Déterminer alors un vecteuradeR^p tel queΦ(a) = m(f_M). (On ne cherchera pas à calculer la valeur de m(fM)).

(d) En déduire l’existence d’un endomorphismev deT(E)tel que[N(f_M −v)]²=m(f_M).

(e) Reconnaître la nature géométrique de l’endomorphismev et donner ses éléments remarquables.

2. Soit B∈ Mp(R)la matrice dont tous les coefficients valent1 et f_B l’endomorphisme deR^p qui lui est canoni- quement associé. Calculer m(fB). Trouver un vecteurb∈R^p tel que[N(fB−ub)]²=m(fB).

3. On prend dans cette question p >1. Soit

C =





















0 1 . . . 1 1 . .. . .. ... ... . .. . .. . .. ... ... . .. . .. 1 1 . . . 1 0





















∈ Mp(R)

et f_C l’endomorphisme de R^p qui lui est canoniquement associé.

(a) Déterminer les éléments propres de la matriceC.

(b) Calculerm(fC).

(c) Trouver un vecteur c de R^p tel que Φ(c) = m(fC) et un endomorphisme w ∈ T(E) tel que m(fC) = [N(fC−w)]².

(d) Cet endomorphismewest-il unique ?

PROBLÈME 2 — CLASSIQUE ET CORSÉ — Calculatrice AUTORISÉE

Présentation générale

On se propose ici d’étudier certaines propriétés des matrices antisymétriques réelles. Après avoir étudié un exemple en dimension2, on utilise les matrices antisymétriques pour paramétrer un sous-ensemble de matrices orthogonales.

Notations

Rdésigne l’ensemble des réels etMn(R)l’ensemble des matrices carrées d’ordrenà coefficients réels. On note In

la matrice identité d’ordren.

Pour tout entiern >0, on désigne parAn(R)l’ensemble des matrices antisymétriques réelles de taillenet parOn(R) celui de matrices réelles orthogonales de taillen. Le groupespécial orthogonalest constitué des matrices orthogonales de déterminant1.

Partie I - Un exemple en dimension 2

Q1. Soitt un réel et soitA= 0 t

−t 0

!

. Déterminer les valeurs propres complexes deA.

Q2. CalculerR= (I2+A)(I2−A)⁻¹ et montrer queRest une matrice du groupe spécial orthogonal.

Q3. Pour tout réelθ∈R\πZ, on noteR_θ= cos(θ) −sin(θ) sin(θ) cos(θ)

!

. CalculerM = (I₂+R_θ)⁻¹(I₂−R_θ).

Partie II - Matrices antisymétriques et matrices orthogonales

Dans ce qui suit,ndésigne un entier>0.

Q4. Soient B,C dansMn(R). Montrer que siC est inversible etBC=CB, alorsBC⁻¹=C⁻¹B.

Q5. Soit A ∈ Mn(R)une matrice antisymétrique. Soit λune valeur propre complexe de A et X ∈Cⁿ un vecteur propre associé. En calculant de deux façons

t(AX)X,

montrer queλest un complexe imaginaire pur (éventuellement nul).

Q6. Déduire de la question précédente que si Aest antisymétrique réelle, alorsIn+Aest inversible et (I_n−A)(I_n+A)⁻¹ = (I_n+A)⁻¹(I_n−A).

Montrer queR= (In+A)⁻¹(In−A)est une matrice orthogonale.

Q7. Calculer le déterminant deR.

Q8. SoitRune matrice orthogonale telle queIn+Rsoit inversible. Démontrer que la matriceA= (In+R)⁻¹(In−R) est antisymétrique.

Q9. On suppose ici que n = 3et que R³ est muni de sa structure euclidienne orientée par la base canonique. Soit r une rotation d’angle θ ∈]−π, π[autour d’un axe orienté par un vecteur ude norme 1 et soit R ∈O₃(R)sa matrice dans la base canonique.

Montrer qu’il existe une matrice antisymétriqueA∈ M3(R)telle que R = (I₃+A)⁻¹(I₃−A).

PROBLÈME 3 — CORSÉ — Calculatrice INTERDITE

On noteRl’ensemble des nombres réels,I la matrice unité d’ordremet e_j lej-ième vecteur de la base canonique de R^mdont les composantes sont lesδi,j,i= 1, . . . , m(on rappelle queδi,j est nul sii6=j et vaut1sii=j).

On note (u|v) le produit scalaire des vecteurs u et v de R^m. Les vecteurs de R^m seront assimilés à des matrices colonnes.^tunote le transposé du vecteuru.

L’expressioni= 1, . . . , msignifie « pour toutientier tel que 1≤i≤m».

Partie 1. Tridiagonalisation

Soituun vecteur unitaire deR^m; la matrice

H = I−2u^tu (1)

est la matrice de Householder d’ordremassociée au vecteuru.

Q.1. Montrer queHu=−uet queHv=v dès quevest orthogonal àu.

Q.2. Démontrer queH est symétrique et orthogonale.

Q.3. Soit g ∈ R^m, de composantes γi, 1 ≤ i ≤ m, un vecteur unitaire non colinéaire à e1. On pose u = (g − e1)/p

2(1−γ1). Montrer queuest unitaire et queHg=e1.

Q.4. En déduire que sixest un vecteur deR^mnon colinéaire àe1, alors il existe un vecteur unitaireuet une matrice de Householder associée H telle que Hx=kxke1.

Soientc un réel,Qune matrice symétrique réelle d’ordrem−1,q2,1 un vecteur deR^m−1et Qb= c ^tq2,1

q2,1 Q

! une matrice définie par blocs. SiH1est une matrice de Householder d’ordre m−1, on poseHc1= 1 ^tζ

ζ H₁

!

oùζ note le vecteur nul dansR^m−1 ainsi queSb=Hc1QbHc1= (σdi,j)_1≤i,j≤m.

Q.5. Montrer queSbest semblable à Qb et qu’on peut choisirH1 de telle sorte queσdi,1=σd1,i= 0pouri= 3, . . . ,m.

On dit qu’une matriceT = (τ_i,j)_1≤i,j≤mest tridiagonale siτ_i,j= 0 dès que|i−j|>1.

Q.6. En déduire un procédé permettant de déterminer une matrice tridiagonale symétrique semblable àQ.b

Partie 2. Matrices de Jacobi

Une matrice tridiagonale symétrique réelle est encore appelée matrice de Jacobi. Soit

T0 =





















b₁ a₁ 0 . . . 0 a1 b2 a2 . .. ... 0 a2 . .. . .. 0 ... . .. . .. . .. a_m−1 0 . . . 0 am−1 bm





















(2)

une matrice de Jacobi d’ordre m. On pose a₀ =a_m= 0 et on suppose que a_i 6= 0, i= 1, . . . ,m. On note σ(T₀) le spectre deT0, c’est-à-dire l’ensemble de ses valeurs propres.

Q.7. Soit λ∈σ(T₀) et xun vecteur propre associé de composantes ξ_j, j = 1, . . . , m. En raisonnant par l’absurde, montrer queξm6= 0.

Q.8. Démontrer que les sous-espaces propres deT₀ sont de dimension1. Quel est le cardinal deσ(T₀)?

Partie 3. Paires de Lax

On remplace désormais lesa_iet lesb_i par des fonctions à valeurs réellesα_i etβ_i de la variable réelle t. On pose alors

T(t) =





















β1(t) α1(t) 0 . . . 0 α₁(t) β₂(t) α₂(t) . .. ... 0 α2(t) . .. . .. 0

... . .. . .. . .. αm−1(t) 0 . . . 0 α_m−1(t) β_m(t)





















(3)

ainsi que

U(t) =





















0 α₁(t) 0 . . . 0

−α1(t) 0 α2(t) . .. ... 0 −α2(t) . .. . .. 0

... . .. . .. . .. α_m−1(t)

0 . . . 0 −αm−1(t) 0





















(4)

et on étudie le système différentiel non linéaire suivant :

( T⁰(t) = U(t)T(t)−T(t)U(t), t∈R

T(0) = T0 donné par(2) (5)

dont on admettra qu’il possède une solution et une seuleT(t)définie surR. Le couple(T(t), U(t))constitue unepaire de Lax.

Q.9. Étant donnéeT(t)solution de(5), et doncU(t),((démontrer(((on admetque le système différentiel ( V⁰(t) = U(t)V(t), t∈R

V(0) =I (6)

admet une solution et une seuleV(t)surR.

M. Cochet :il n’y a donc rien à démontrer dans cette questionQ.9., passez votre chemin ! Q.10. Montrer que pour toutt∈R, la matriceV(t)solution de (6)est orthogonale.

Q.11. Montrer que^tV(t)T(t)V(t)est une matrice constante que l’on déterminera. Les valeurs propres deT(t)dépendent- elles de t?

On montre facilement, et on admettra, que le système différentiel(5)peut s’écrire sous la forme suivante : ( α⁰_i(t) = α_i(t)(β_i+1(t)−β_i(t)), i= 1, . . . , m−1

β_i⁰(t) = 2(α²_i(t)−α²_i−1(t)), i= 1, . . . , m (7)

avecα_i(0) =a_i, i= 1, . . . , m−1,β_i(0) =b_i, i= 1, . . . , met α₀(t) = 0 =α_m(t)pour toutt∈R. C’est le système de Toda.

Partie 4. Étude asymptotique

Pour tout réelt, on pose

L(t) =

m−1

X

i=1

α²_i(t) +1 2

m

X

i=1

β_i²(t) (8)

Q.12. Montrer que la fonction Lest constante. En déduire que les fonctionsβi sont bornées surR, soit parD.

Q.13. Pour 1≤i≤m−1, montrer que2 Z t

0

α²_i(t)dt=

i

X

j=1

(β_j(t)−b_j)et en déduire que lesα²_i sont intégrables surR. Q.14. En déduire que les βi(t),i= 1, . . . , m, possèdent une limite lorsquet→ ±∞.

Q.15. Déduire des résultats des questions précédentes que la fonction α_iα⁰_i est intégrable sur R. En déduire la limite deαi(t)lorsquet→ ±∞.

On noteχ_t(λ) = det(λI−T(t))le polynôme caractéristique de la matriceT(t)etλ_i,i= 1, . . . , m, les valeurs propres deT(t)rangées dans l’ordre décroissant.

Les limites deβi(t)pourt→+∞out→ −∞seront respectivement notéesβ_i⁺etβ⁻_i ; l’ensemble desβ_i⁺,i= 1, . . . , m, sera notéB⁺ et celui desβ⁻_i sera notéB⁻.

Q.16. Montrer que pour tout λ∈R, χ_t(λ) tend vers Y

i=1,...,m

(λ−β_i⁺)(respectivement vers Y

i=1,...,m

(λ−β_i⁻)) lorsque t→+∞(respectivement−∞).

Q.17. En déduire que σ(T) =B⁺=B⁻.

On rappelle que, par hypothèse,α_i(0) =a_i6= 0,i= 1, . . . , m−1.

Pouri fixé compris entre1et m−1, on noteA⁺={t >0/ αi(t) = 0} etA⁻={t <0/ αi(t) = 0}.

Q.18. On suppose queA⁺ n’est pas vide et on poseτ = inf{t / t∈A⁺}. Déterminer la valeur deα_i(τ)et montrer que pour t∈]0, τ[,αi(t)est du même signe queai.

Q.19. En supposant toujours queA⁺ n’est pas vide, montrer que

∀t∈[0, τ[, |ln|αi(t)| −ln|αi(0)|| ≤ 2Dτ.

En déduire que nécessairement A⁺=∅, puis queαi ne s’annule en aucun point deR.

Q.20. En raisonnant par l’absurde, montrer queβ_i+1⁺ < β_i⁺,i= 1, . . . , m−1. En déduire queβ_i⁺=λi,i= 1, . . . , m.

Q.21. Montrer que si δ est choisi tel que 0 < δ < β_i⁺−β_i+1⁺ , i = 1, . . . , m−1, alors il existe S et C strictement positifs tels que ∀s > S, |αi(s)|< Ce^−δs,i= 1, . . . , m−1. En déduire qu’il existe C⁰ >0 tel que pourt > S,

|λi−βi(t)|< C⁰e^−2δt,i= 1, . . . , m.

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 8 – éléments de correction

PROBLÈME 1 — CLASSIQUE

d’après E3A 2015 PSI maths 2

Préliminaires

1. Soit (e1, . . . , ep) une base orthonormée de E. Notons u l’unique endomorphisme de E tel que u(e1) = e1 et

∀i≥2,u(ei) = 0. L’applicationuest un endomorphisme deE de rang1. Il est symétrique (puisque représenté dans une base orthonormée par une matrice symétrique, ici diagonale). Enfin, six∈E alors(u(x)|x) = (x|e1)² (puisque x=Pn

i=1(x|ei)e_i) et donc(u(x)|x)≥0. Finalement u∈T .

Cependant−u /∈T puisque(−u(e1)|e1) =−1<0. AinsiT(E)n’est donc pas stable par combinaison linéaire et T(E)n’est pas un espace vectoriel .

2. (a) On a(AB)i,j=

p

X

k=1

Ai,kBk,j puis(AB)i,i=Pp

k=1Ai,kBk,i et enfin

Tr(AB) =

p

X

i=1

(AB)i,i =

p

X

i=1 p

X

k=1

Ai,kBk,i =

p

X

k=1 p

X

i=1

Ai,kBk,i =

p

X

k=1

(BA)k,k = Tr(BA)

c’est-à-dire Tr(AB) = Tr(BA).

(b) SiB est semblable àA, alors il existe une matrice inversibleP telle queP⁻¹AP =B et alors Tr(B) = Tr(P⁻¹AP) = Tr((P⁻¹A)P) = Tr(P(P⁻¹A)) = Tr(A),

i.e. siAet B sont semblables alorsTr(A) = Tr(B).

(c) En particulier, la trace d’une matrice représentantudans une base ne dépend pas de la base choisie (puisque deux choix de bases donnent deux matrices semblables).

On peut donc définir la trace deucomme la trace de l’une quelconque des matrice le représentant . 3. On peut définir un hyperplan de E comme un sous-espace de E de codimension 1, c’est-à-dire (puisque nous

sommes en dimension finie) de dimension p−1.

(a) C’estFAUX. L’ensembleGne contient pas le vecteur nul et n’est même pas un espace vectoriel.

(b) C’estVRAI. Soita ∈G. Si x∈H ∩Vect(a)alors il existe un scalaire k tel que x=ka. Si k6= 0 alors a= 1

kx∈H ce qui est faux. On a ainsik= 0et doncx= 0. On en déduit queVect(a)etH sont en somme directe. Par raison de dimension, il sont supplémentaires.

(c) C’estVRAI. Siaest non nul et orthogonal à H alors il n’est pas dansH (seul le vecteur nul est dansH et orthogonal àH). La question précédente montre qu’il engendre un supplémentaire deH dansE.

(d) C’estVRAI. Par théorème du rang, la dimension du noyau d’une forme linéaire non nulle est égale à la dimension de l’espace moins1. Ce noyau est donc un hyperplan de l’espace.

(e) C’estVRAI, toujours grâce au théorème du rang.

4. L’application est bien définie et, d’après la question 2.(a) elle est symétrique. De plus

hλf+g, hi = Tr((f+λg)◦h) = Tr(λf◦h+g◦h) = λTr(f◦g) + Tr(g◦h) = λhf, hi+hg, hi,

ce qui donne la linéarité par rapport à la première variable. Par symétrie, nous obtenons la bilinéarité deh ·,· i.

Notons enfinAune matrice représentantf dans une base orthonormée. On a^tA=Apar symétrie def et hf, fi = Tr(A²) = Tr(^tAA) = X

1≤i,j≤n

A²_i,j

d’après les calculs de la question 2.(a). Cette quantité est d’une part positive, et d’autre part elle n’est nulle que si et seulement siAl’est, c’est-à-dire si et seulement sif l’est. On a donc le caractère défini positif de l’application.

Finalement h ·,· idéfinit un produit scalaire surS(E).

5. On trouve sans détour que χA(X) = (X+ 3)(X+ 6)²doncSp(A) ={−3,−6,−6} puis E₋₃(A) = Vect (e₁+e₂+e₃) et E₋₆(A) = Vect (e₁−e₂, e₂−e₃). La matriceAest de fait diagonalisable.

Partie 1

1. L’applicationu_aest un endomorphisme deEpar linéarité du produit scalaire par rapport à sa première variable.

L’image deua est égale àVect(a)et est de dimension inférieure à1, donc le rang deua est inférieur à1. De plus (ua(x)|y) =

(x|a)a|y

= (x|a)(a|y) = (x|ua(y))

et u_a est symétrique. Enfin pour toutx, (u_a(x)|x) = (x|a)²≥0. Finalement u_a ∈T(E).

2. (a) Comme a 6= 0, la familleB proposée (concaténation dea et d’une base de Vect (a)^⊥) est bien une base deE. L’application linéaire ua envoie les éléments orthogonaux àasur0E etasurkak²a. Par conséquent la matrice cherchée est

[ua]B = diag(kak²,0, . . . ,0). (b) On en déduit que la matrice deu²_a dansBestdiag(kak⁴,0, . . . ,0)et que

Tr(ua) = kak², Tr(u²_a) = kak⁴ .

(c) La matrice def◦ua (dansB) s’obtient en multipliant celle def par celle deua, ce qui revient à multiplier la première colonne de[f]_Bparkak² et les autres par0. Les coefficients diagonaux de la matrice def◦ua

sont donc kak²α, 0, . . . ,0, où αest le coefficient supérieur gauche (en position(1,1)) de la matrice def. Afin de déterminerα, décomposonsf(a)surVect(a)et son orthogonal :f(a) =αa+y avecy⊥a, de sorte que(f(a)|a) =kak²α. On en déduit que

les coefficients diagonaux de[f◦u_a]_B sont(f(a)|a),0, . . . , 0. (d) D’après la question (c), il vient en particulier : Tr(f◦ua) = (f(a)|a).

3. Puisque uest dans T et b non nul dans Im (u), on remarque que Im(u) = Vect(b) (inclusion puis égalité par dimension).

(a) Puisqueu(b)∈ Im(u), il existe un scalaireµ tel que u(b) =µb . En prenant le produit scalaire avec b, il vient 0≤(u(b)|b) =µkbk². Orkbk²>0 carb6= 0, d’où µ≥0 .

(b) Soit x∈E. Par hypothèse u(x)∈ Im(u) donc il existek ∈R tel que u(x) =kxb. En prenant le produit scalaire avec b, il vient kx = (u(x)|b)

kbk² . Par ailleurs uest symétrique donc (u(x)|b) = (x|u(b)) = (x|µb) = µ(x|b). Finalement

∀x∈E, u(x) = µ

kbk²(x|b)b .

(c) Le scalaireµne peut pas être nul (sinonule serait). Or nous avons vu queµ≥0, d’où µ >0 . (d) Posons a=√

µ b

kbk . La question 3.(b) donne comme attendu ∀x∈E, u(x) = (x|a)a = u_a(x).

4. La question 1. montre queϕva bien deE dansT(E). La question 3. indique que tout élément deT(E)admet un antécédent parϕd’où la surjectivité deϕ.

Remarquons en outre que ϕ(a) =ϕ(−a), ce qui prouve que ϕn’est pas injective en considérant un vecteur a non nul (possible puisquep≥1).

Partie 2

1. L’ensemble {Φ(x)/ x ∈E} est une partie non vide deR(elle contient N(f −u₀)² =N(f)²) et minorée par0.

Cet ensemble possède donc une borne inférieure m(f). 2. On développe par multilinéarité :

Φ(x) = hf−ux, f−uxi = N(f)²−2hf, uxi+N(ux)².

OrN(u_x)²=hu_x, u_xi= Tr(u_x²) =kxk⁴(d’après la question 2.(b) de la partie 1) ethf, u_xi= Tr(f◦u_x) = (f(x)|x) (question 2.(d) de la partie 1), d’où

Φ(x) = N(f)²−2(x|f(x)) +kxk⁴ .

3. Par symétrie de f, grâce à la question précédente et au fait quekyk= 1, nous obtenons : hx(t) = Φ(x+ty) = N(f)²−2(x+ty|f(x) +tf(y)) +kx+tyk⁴

= N(f)²−2

(x|f(x)) + 2t(x|f(y)) +t²(y|f(y))

+ (kxk²+ 2t(x|y) +t²)²

= t⁴+ 4(x|y)t³ +

4(x|y)²+ 2kxk²−2(y|f(y)) t²

+

−4(x|f(y)) + 4kxk²(x|y) t +

N(f)²−2(x|f(x)) +kxk⁴ .

Il s’ensuit que h_xest une fonction polynomiale de degré4 .

4. L’endomorphisme f est symétrique donc diagonalisable dans une base orthonorméeC . Quitte à renuméroter les vecteurs (ei)i de cette base, il est toujours possible de supposer que les valeurs propres respectivesλ1, . . . , λ_p, qui sont réelles, sont ordonnées : λ₁≤ · · · ≤λ_p .

5. Rappelons queN(f) =p

Tr(f ◦f). Or[f]_C = diag(λ₁, . . . , λ_p)d’où[f◦f]_C = diag(λ²₁, . . . , λ²_p). Par conséquent

N(f) = p

Tr(f◦f) = v u u t

p

X

i=1

λ²_i .

6. Soitz∈E de norme1; il peut alors s’écrire z=z₁e₁+· · ·+z_pe_pavecz₁²+· · ·+z_p²= 1. On a alors (z|f(z)) =

n

X

i=1

λiz²_i ≤ λp p

X

i=1

z_i² = λp.

Ceci montre (en passant à la borne supérieure) que α≤λ_p. Par ailleurs z = e_p étant un élément de norme 1 pour lequel l’inégalité ci-dessus est une égalité, on conclut que

α = max

kzk=1(z|f(z)) = λ_p .

Si (z|f(z)) = λ_p, alors pour tout i il vient λ_iz_i² = λ_pz_i². Dès que λ_i 6= λ_p, nous avons z_i = 0. Ainsi z est combinaison linéaire des ei tels queλi=λp. C’est ainsi un élément deker(f−λpIdE).

Réciproquement, si zest de norme1 et élément deker(f−λpIdE), alors(z|f(z)) =λp par le calcul ci-dessus.

Finalement les vecteurs unitairesz tels que(z|f(z)) =αsont les éléments unitaires deker(f−λpIdE).

7. (a) Supposons que m(f) est atteint ena, alors en particulier h_a est minimale ena. Maish_a :R→Ravec h_a dérivable, donc

h⁰_a(0) = 0.

(b) D’après la question 3. et la question précédente, l’annulation deh⁰_a en0mène à−(a|f(y)) +kak²(a|y) = 0 pour touty. Par symétrie def : −(f(a)|y) +kak²(a|y) = 0. Ainsi :

∀y∈E, (kak²a−f(a)|y) = 0E.

Le vecteur kak²a−f(a) est alors orthogonal à tout vecteur y de norme 1. Il est alors orthogonal à tout vecteur de E. Il s’ensuit que

f(a) = kak²a .

(c) Reprenons l’expression de la question 3. Le terme de degré1est nul, le terme constant est égal à Φ(a)et on obtient pour touty unitaire :

Φ(a+ty)−Φ(a) = t⁴+ 4(a|y)t³+

4(a|y)²+ 2kak²−2(y|f(y)) t²

= t²h

(t+ 2(y|a))²+ 2(kak²−(y|f(y)))i .

(d) Si m(f) est atteint en a, alors pour tout y unitaire la quantité (t+ 2(y|a))²+ 2(kak²−(y|f(y))) reste positive. On a alorskak²−(y|f(y))≥0. On a aussi vu plus haut quef(a) =kak².

Réciproquement, supposons que ces relations ont lieu. D’une partf(a) =kak²adonne l’identité de 7.(c) et la seconde condition donne alors queΦ(a+ty)−Φ(a)reste positif. Ortydécrit EquandtdécritRety la sphère unité, donc Φatteint donc son minimumm(f)ena.

8. On suppose λp≤0.

(a) Rappelons que (y|f(y))≤ 0 pour touty unitaire d’après la question 6. Le vecteur nul a= 0E vérifie les deux conditions de 7.(d) doncm(f) = Φ(0).

Réciproquement, supposons que m(f) = Φ(a) et, par l’absurde que a6= 0. Le vecteur a est alors vecteur propre de f associé à la valeur proprekak²>0, ce qui est impossible (on a supposéλ_p≤0). Ainsia= 0.

Finalement nous avons bien prouvé que aest nul si et seulement sim(f) = Φ(a).

(b) L’endomorphisme fA de la question 5. des préliminaires n’admet que des valeurs propres négatives, donc m(f_A) = Φ(0) =N(f −u₀)²=N(f)². Avec la question 5. (et puisqueSp(f_A) ={−6,−6,−3}, nous avons

m(fA) = 6²+ 6²+ 3² = 81.

9. On suppose queλp>0.

(a) Posonsa=p

λpep. On af(a) =p

λpλpep=kak²a. De plus, pour touty de norme1, on a(y|f(y))≤λp= kak². On déduit alors de la question 7.(d) que

m(f) = Φ(a) = N(f)²−2(a|f(a)) +kak⁴ =

p

X

i=1

λ²_i −2λ²_p+λ²_p =

p−1

X

i=1

λ²_i .

(b) On raisonne par analyse et synthèse.

• Supposonsm(f) = Φ(x). On a alorsλ_p=α≤ kxk²et doncxest non nul. Or de plusf(x) =kxk²x, d’où x est vecteur propre def. Par conséquent il existe un i tel que f(x) =λix. Par ailleurs f(x) =kxk²x donnekxk=√

λ_i, puis on en déduit queλ_p=α≤λ_i ce qui entraîneλ_i=λ_p(car lesλ_k sont ordonnés).

• Réciproquement, supposons quekxk=p

λ_pet quef(x) =λ_px. On a alors immédiatementf(x) =λ_px= kxk²x. De plus, la question 6 indique que pour tout y unitaire on a (y|f(y)) ≤λp = kxk². D’après la question 7.(d), on en déduit quem(f) = Φ(x).

Ceci achève de démontrer que m(f) = Φ(x)si et seulement six∈ker(f−λ_pId_E)et kxk=p λ_p .

Partie 3

1. On travaille ici avec une matrice stochastique symétrique.

(a) On a immédiatement que(1, . . . ,1)est vecteur propre associé à la valeur propre1.

(b) Avec les notations de l’énoncé, on a

λx_k = (M X)_k =

p

X

j=1

m_k,jx_j.

En passant à la valeur absolue et avec l’inégalité triangulaire, il vient

|λ| · |x_k| ≤

p

X

j=1

|m_k,j| · |x_j| ≤ |x_k|

p

X

j=1

m_k,j = |x_k|.

Or X6= 0 (c’est un vecteur propre !), d’où|x_k|>0et ainsi |λ| ≤ 1.

M. Cochet. On retrouve ici la même démonstration que celle du théorème de Hadamard.

(c) Nous sommes dans la situation de la partie 2 avecλ_p= 1(toutes les valeurs propres sont plus petites que 1, qui est valeur propre). D’après la question 2.9.(b), un élément de norme 1 de ker(f −IdE) donne un vecteur en lequelΦatteint son minimum. On peut ainsi choisir

a = 1

√p(1, . . . ,1).

(d) On a alors m(f_M) = Φ(a) = [N(f_M−u_a)]² et l’endomorphismev=u_a convient .

(e) Par définitionv(x) = (x|a)apour toutx. Orkak= 1, donc v=ua est la projection orthogonale sur vect(a) (formule sur les projections à l’aide d’une base orthonormée).

2. La matriceB est de rang1et admet donc0 comme valeur propre avec une multiplicitén−1. La matriceB est symétrique donc diagonalisable et son noyau est de dimensionn−1. De plus(1, . . . ,1)est vecteur propre associé à la valeur propre p. Les sous-espaces propres étant en somme directe, il n’y a que ces deux valeurs propres (et deux sous-espaces propres de dimensionsn−1etp).

Par conséquent nous sommes bien dans le cadre de la partie 2 avec λ₁=· · ·=λ_p−1= 0 etλ_p=p. On obtient m(fB) =

p−1

X

i=1

λ²_i = 0.

De plus b= (1, . . . ,1) est de norme√

pdans le noyau defB−pIdE et m(fB) = Φ(b) = [N(fB−ub)]² . 3. (a) Remarquons queC=B−I_p avecB tout juste diagonalisée ! Par translation de spectre il vient, en notant

(ε₁, . . . , ε_p)la base canonique deR^p, d’une part Sp(C) = (−1, . . . ,−1, p−1) et d’autre part E₋₁(C) = Vect(ε1−ε2, ε1−ε3, . . . , ε1−εp), E_p−1(C) = vect(ε1+· · ·+εp). (b) On a cette fois (commep >1,λ_p =p−1>0)

m(fC) =

p−1

X

i=1

λ²_i = p−1.

(c) On cherchec de norme√

p−1colinéaire à(1, . . . ,1), il suffit de choisir c =

rp−1

p (1, . . . ,1) et w = uc .

(d) Supposons queN(fc−u)²=m(fC)avecu∈T(E). D’après la surjectivité de l’applicationϕde la partie 1, il existe xtel que u=ux. On a alorsm(fC) = Φ(x)et donckxk=√

p−1 avecx∈ker(f −(p−1)IdE).

Comme cet espace est de dimension1, il y a deuxxpossibles qui sont opposés. Par ailleursu_x=u_−x, donc on obtient un seul élément de T(E)possible. Il y a bel et bien unicité !

PROBLÈME 2 — CLASSIQUE ET CORSÉ

d’après CCP 2017 PSI

Partie I - Un exemple en dimension 2

Q1. Le polynôme caractéristique deAestχ_A(X) =X²−Tr(A)X+ det(A) =X²+t². Ainsi Sp_C(A) ={it,−it}. Q2. Un calcul brutal donne(I2−A)⁻¹= 1

1 +t²

1 t

−t 1

! . Rappelons ici que siM = a b

c d

!

etdet(M)6= 0, alorsM est inversible etM⁻¹= 1 det(M)

d −b

−c a

! .

On obtient ensuite R= (I₂+A)(I₂−A)⁻¹= 1 1 +t²

1−t² 2t

−2t 1−t²

! .

Par ailleurs, posons B =I+Ade sorte que R=B(^tB)⁻¹. Remarquant que^tA=−A, que la transposée de la conjuguée est la conjuguée de la transposée, queB et^tB commutent, et que det(^tM) = det(M), il vient :

tR·R = ^t((^tB)⁻¹)·^tB·B·(^tB)⁻¹ = B⁻¹·^tB·B·(^tB)⁻¹ = B⁻¹·B·^tB·(^tB)⁻¹ = I det(R) = det(B) det(^t(B⁻¹)) = det(B) det(B⁻¹) = 1.

Ainsi Rappartient au groupe spécial orthogonal . On peut aussi procéder brutalement, et calculer :

tR·R = 1

(1 +t²)² (1−t²)²+ 4t²

I₂ = 1 + 2t²+t⁴

(1 +t²)² I₂ = (1 +t²)²

(1 +t²)²I₂ = I₂

det(R) = 1

(1 +t²)²((1−t²)²+ 4t²) = 1.

Q3. Encore un calcul brutal pourM = (I+Rθ)⁻¹(I−Rθ). La calculatrice étant autorisée, ne nous privons pas : M = (I2+Rθ)⁻¹(I2−Rθ) = sin(θ)

1 + cos(θ)

0 1

−1 0

!

= tan θ

2

0 1

−1 0

! .

Partie II - Matrices antisymétriques et matrices orthogonales

Q4. Si C est inversible etBC=CB, alors en multipliant à gauche et à droite parC⁻¹il vient C⁻¹B=BC⁻¹ . Q5. On a AX = λX donc ^t(AX)X = λ^tXX. Par ailleurs ^tA = −A donc ^t(AX)X = ^tX^tAX = −^tXAX. Or

AX=λX d’où AX=λX puisAX=λ X carAest à coefficients réels. par conséquent ^t(AX)X =−λ^tXX.

En comparant les deux calculs, on obtient :λ^tXX =−λ^tXX. Or si X = (x_i)_i, alors ^tXX =

n

X

k=1

|xk|²>0car X 6= 0. Il s’ensuit queλ=−λpuis λ∈iR.

Q6. SoitAune matrice antisymétrique réelle.

• Raisonnons par l’absurde : siIn+An’est pas inversible, alors0∈Sp(In+A)et il existeX∈Cⁿ\ {0}tel que (In+A)X = 0X c’est-à-direAX=−X, d’où−1∈Sp(A). Ceci est absurde carSp(A)⊂iRd’aprèsQ5. Ainsi

I_n+Aest inversible .

• Pour vérifier l’égalité proposée, il suffit d’utiliserQ4. en vérifiant que (In−A)(In+A) = (In+A)(In−A) (vrai car polynômes enA). D’où (In−A)(In+A)⁻¹= (In+A)⁻¹(In−A).

• Vérifions enfin queR= (I_n+A)⁻¹(I_n−A)est orthogonale :

tRR = ^t(I_n−A)(^t(I_n+A))⁻¹(I_n+A)⁻¹(I_n−A)

= (I_n+A)(I_n−A)⁻¹(I_n+A)⁻¹(I_n−A) carAest antisymétrique

= (In+A)(In−A)⁻¹(In−A)(In+A)⁻¹ d’après l’égalité précédente

= In.

Finalement Rest une matrice orthogonale . Q7. Sans détour : det(R) =det(In−A)

det(I_n+A) = det(^t(In+A))

det(I_n+A) =det(In+A)

det(I_n+A) d’où det(R) = 1. Q8. Simple calcul :

tA = ^t(In−R) ^t(In+R)−1

= (I_n−R⁻¹)(I_n+R⁻¹)⁻¹ car ^tR=R⁻¹,Rétant orthogonale

=

(R−I_n)R⁻¹ (R+I_n)R⁻¹−1

= (R−I_n)R⁻¹R(R+I_n)⁻¹ car(R⁻¹)⁻¹=R

= −(I_n−R)(R+I_n)⁻¹

= −(R+I_n)⁻¹(I_n−R) d’aprèsQ4.car(I_n−R)(R+I_n) = (R+I_n)(I_n−R)

= −A

d’où Aest antisymétrique .

Q9. Commençons par nous ramener à un problème plus simple. Notons B la base canonique de R³ et B⁰ une base orthonormée directe de premier vecteuru. Notons égalementP ∈O3(R)la matrice de passage de la base Bà la base B⁰ (ainsi ^tP =P⁻¹).

NotonsR= Mat_B(r)etR⁰ = Mat_B⁰(r) = 1 0 0 Rθ

!

, matrice décrite par blocs, oùRθest la matrice de la partie I.

On a alors R⁰= ^tP RP. De plus :

R = (I3+A)⁻¹(I3−A) ⇐⇒ ^tP RP = ^tP(I3+A)⁻¹(I3−A)P

⇐⇒ ^tP RP = ^tP(I3+A)⁻¹P^tP(I3−A)P

⇐⇒ ^tP RP = ^tP(I3+A)P⁻¹

(I3− ^tP AP)

⇐⇒ R⁰ = (I3+^tP AP)⁻¹(I3−^tP AP)

⇐⇒ R⁰ = (I3+A⁰)⁻¹(I3−A⁰) en posantA⁰= ^tP AP .

Remarquons par ailleurs que ^tA = −A équivaut à ^t(P A^0tP) = −P A^0tP, ou encore P^tA^0tP = −P A^0tP, soit

tA⁰=−A⁰.

Ainsi il suffit de trouver une matrice antisymétrique A⁰ telle que R⁰ = (I3+A⁰)⁻¹(I3−A⁰). Dès qu’on l’aura trouvée, la matrice A=P A^0tP répondra alors à la question . Il faut donc décomposer la matrice R⁰, et plus précisément la sous-matriceR_θ.

Reprenons Q2 avec t = tan θ

2

et rappelons que 1−t²

1 +t² = cos(θ) et 2t

1 +t² = sin(θ), alors il vient R = cos(θ) sin(θ)

−sin(θ) cos(θ)

!

=R_−θ.

AinsiRθ= (R_−θ)⁻¹=R⁻¹= (I2−M)(I2+M)⁻¹= (I2+M)⁻¹(I2−M)où M =









0 tan

θ 2

−tan θ

2

0









et d’aprèsQ4 pour la dernière égalité.

Posons alors par blocs A⁰= 0 0 0 M

!

. Il vient (I₃+A⁰)⁻¹(I₃−A⁰) = 1 0

0 (I₂+M)⁻¹(I₂−M)

!

=R⁰ .

PROBLÈME 3 — CORSÉ

d’après Mines 2013 PC-PSI maths 1

Partie 1. Tridiagonalisation

Q.1. Comme la base canonique deR^mest orthonormée, le produit scalaire de xety dansR^mvaut(x|y) =^txy. Ici Hu = u−2u^tuu = u−2ukuk² = u−2u = −u,

∀v∈Vect(u)^⊥, Hv = v−2u^tuv = v−2u(u|v) = v.

Remarque : ceci montre que l’endomorphisme canoniquement associé à H est la réflexion d’hyperplanVect(u)^⊥. Q.2. On rappelle que ^t(AB) = ^tB^tA dès que le produit AB existe. Ici, la transposition étant en outre linéaire et

involutive :

tH = ^tI−2^t(^tu)^tu = I−2u^tuu.

De plus

H² = I−4u^tu+ 4u^tuu^tu = I−4u^tu+ 4ukuk^2tu = I.

On a ainsi H =^tH =H⁻¹ce qui montre que H est à la fois symétrique et orthogonale.

Q.3. Par bilinéarité du produit scalaire : kuk² = 1

2(1−γ1) kgk²−2(g|e1) +ke1k²

) = 1

1−γ1

(1−(g|e1)).

Par ailleurs, la base canonique étant orthonormée : γi= (ei|g). On en déduit alors que kuk²= 1.

Remarque : l’hypothèse(g, e₁)libre permet d’affirmer qu’il existe i >1 tel queγ_i6= 0et que γ²₁ = kgk²−X

k≥2

γ_k² < 1,

ce qui donne en particulier 1−γ16= 0 et assure queuest bien défini.

On a aussi ^tug= 1 p2(1−γ1)

tgg−^tge₁

= 1

p2(1−γ1) kgk²−(g|e1)

= 1

p2(1−γ1)(1−γ₁) =

r1−γ₁ 2 et donc

Hg = g−2u^tug=g−2

r1−γ1

2

g−e1

p2(1−γ1) = e₁.

Q.4. Soit x /∈Vect(e1). Le vecteurg = 1

kxkxest unitaire et non colinéaire à e1. En choisissantu= g−e1

p2(1−γ1), la question précédente donne

Hx = kxkHg = kxke1.

Q.5. La matriceH1est une matrice de Householder. La questionQ.2.donneH₁²=Im−1. Par calcul par blocs :

Hc1 2

= 1 ^tζ ζ H₁²

!

= Im,

et on a donc Hc₁=Hc₁⁻¹. Ceci montre que la matrice

Sb = Hc₁⁻¹QcbH₁

est semblable à Q. On peut même dire queb Sbreprésente l’endomorphismeqbcanoniquement associé àQb dans la baseBformée des colonnes deHc1(ces colonnes forment une base puisqueHc1est inversible, on vient de le voir).

Distinguons maintenant deux cas :

• Si le vecteur q_2,1 est nul, alors q(e₁) est colinéaire à e₁. En choisissant H₁ de façon quelconque, le premier vecteur de B est e1 et la première colonne deQb représente q(e1) dansB est du type(∗,0, . . . ,0). CommeSb est symétrique, la première ligne est la même et on a σdi,1=dσ1,i= 0pouri∈[[2, m]](et donc a fortiori pour i∈[[3, m]]).

• Siq2,16= 0, alors la question précédente utilisée avecx=q2,1donne une matriceH1telle queH1q2,1=kq2,1ke⁰₁ oùe⁰₁ est le premier vecteur de la base canonique deR^m−1. Un calcul par blocs donne alors

Sb = c ^tq_1,2H₁ H1q1,2 H1QH1

! .

Par choix deH₁, on a doncdσ_i,1=σd_1,i= 0pouri∈[[3, m]].

Dans tous les cas, nous avons bienσdi,1=σd1,i= 0 pouri∈[[3, m]].

Q.6. On vient de voir qu’il existe une matrice de HouseholderH1 de taillem−1 telle que

Hc1QbHc1 =

























∗ ∗ 0 . . . 0

∗ 0

... H1QH1

... 0

























De même, la matriceH1QH1étant symétrique d’ordrem−1, on trouve une matrice de HouseholderH2de taille m−2. En posant cette fois

Hc₂ =























1 0 0 . . . 0 0 1 0 . . . 0 0 0

... ... H2

0 0 0 0























on calculeHc2Hc1QbHc1Hc2et on vérifie que l’on obtient une matrice du type

Hc₂Hc₁QbHc₁Hc₂ =

























∗ ∗ 0 . . . 0

∗ ∗ ∗ 0 . . . 0 0 ∗

... 0 S ... ...

0 0

























où S est encore une matrice symétrique. On a ainsi réussi à obtenir de bonnes secondes ligne et colonne (sans perdre les zéros apparus à l’étape précédente). En poursuivant ainsi (il y am−2étapes), on obtient des matrices symétriques et orthogonales Hc₁, . . . ,H\_m−2 telles que la matrice

H\m−2· · ·Hc1QcbH1· · ·H\m−2

est tridiagonale symétrique. Comme Hc1· · ·H\_m−2 admet H\_m−2· · ·Hc1 pour inverse, on a bien la relation de similitude voulue.

Partie 2. Matrices de Jacobi

Q.7. L’égalitéT₀x=λxdonnenéquations qui s’écrivent







(b1−λ)ξ1+a1 = 0

∀k∈[[2, m−1]], a_k−1ξ_k−1+ (b_k−λ)ξ_k+a_kξ_k+1 = 0 a_m−1ξ_m−1+ (bm−λ)ξm = 0

Supposons, par l’absurde, que ξm = 0. Comme a_m−1 6= 0, la dernière équation donne ξ_m−1 = 0. Comme am−26= 0, la précédente donne alorsξm−2= 0. Le processus (récurrent) se poursuit jusqu’à exploiter la seconde équation qui, comme a1 6= 0, donne ξ1 = 0. On a alorsx = 0 ce qui est contradictoire avec le fait que xest vecteur propre.

Remarque : on pourrait proprement montrer par récurrence descendante la nullité desξi.

Q.8. Soit λ ∈ σ(T₀) et u, v deux vecteurs propres associés (dont on note u_k et v_k les coordonnées dans la base canonique). La question précédente montre que un et vn sont non nuls. Par ailleurs,vnu−unv∈ker(T0−λId) (qui est un espace vectoriel) et sa dernière coordonnée est nulle. La question précédente montre quevnu−unv= 0.

Ainsi,(u, v)est liée. Par conséquentker(T0−λId)est une droite vectorielle (espace non réduit à{0}et où deux éléments sont liés).

La matrice T0 est diagonalisable puisque symétrique réelle. La somme des dimensions des sous-espaces propres est donc égale àm. Et comme toutes ces dimensions valent 1, on a finalement

card(σ(T0)) = m.

Partie 3. Paires de Lax

Q.9. La fonction T étant une solution de (5), les α_i et β_i sont dérivables sur R puis, par récurrence à l’aide des relations, de classe C^∞surR.

Rappelons que si E est un espace vectoriel de dimension finie, alors un système linéaire d’ordre 1 d’inconnue y : R→Eest un système qui s’écrit : pour toutt∈R, y⁰(t) =a(t)(y(t))où pour tout toutt,a(t)∈ L(E). Le cours nous indique que si t7→a(t)est continue deRdansL(E)alors l’ensemble des solutions de ce système est un espace vectoriel de dimension dim(E). De plus, si t₀ ∈R et u∈E, alors il existe une unique solution telle quey(t0) =u(problème de Cauchy).

Ces rappels étant faits, remarquons que (6) est un problème de Cauchy pour un système différentiel linéaire d’inconnue l’applicationV :R→ M_n(R),t7→V(t)(et donc iciE=M_n(R)). L’applicationadu rappel est celle qui à un réeltassociea(t) : M 7→U(t)M, qui est bien linéaire deE dansE.

Commet7→a(t)est continue (ce qui résulte de la continuité det7→U(t), provenant elle même de la continuité desα_i), le problème(6)admet bien une unique solution.

Remarque : tout s’éclaire quand on comprend qu’il s’agit d’un système à m² inconnues qui sont les fonctions coordonnées vi,j deV. La première équation du système est, par exemple

v⁰_1,1(t) =

m

X

k=1

u1,k(t)vk,1(t) = α1(t)v2(t).

Il y a m² telles équations et on est bien dans le cadre du cours.

Q.10. PosonsW : t7→^tV(t)V(t). La fonctionW est dérivable surRet :

∀t∈R, W⁰(t) = ^tV⁰(t)V(t) +^tV(t)V⁰(t).

Or V⁰(t) =U(t)V(t)donc par antisymétrie deU(t): ^tV⁰(t) =^tV(t)^tU(t) =−^tV(t)U(t). Ainsi :

∀t∈R, W⁰(t) = 0.

La fonction W est donc constante sur l’intervalleR. CommeW(0) =I, il vient :

∀t∈R, ^tV(t)V(t) = W(t) = I, ce qui montre que V(t)∈Om(R)pour tout réelt.

Q.11. Comme(f gh)⁰=f⁰gh+f g⁰h+f gh⁰, on a

(^tV T V)⁰ = ^tV⁰T V +^tV T⁰V +^tV T V⁰

= ^tV^tU T V +^tV(U T−T U)V +^tV T U V

= 0,

le dernier point provenant de l’antisymétrie deU(t). Une fonction à dérivée nulle sur un intervalle est constante et ainsi

∀t∈R, ^tV(t)T(t)V(t) = ^tV(0)T(0)V(0) = T0

puisque V(0) =I. En outre la matrice V(t)est orthogonale, donc ^tV(t) =V(t)⁻¹, ce qui montre que T(t)est semblable àT0 pour toutt. Deux matrices semblables ayant même spectre, on a finalement :

∀t∈R, σ(T(t)) = σ(T0).

Partie 4. Étude asymptotique

Q.12. La fonction Lest dérivable surRet L⁰ = 2

m−1

X

i=1

α_iα⁰_i+

m

X

i=1

β_iβ_i⁰ = 2

m−1

X

i=1

α²_i(β_i+1−β_i) + 2

m

X

i=1

β_i(α²₁−α²_i−1).

En développant, les termes s’éliminent presque tous. Il reste

L⁰ = −2α²₀β1+ 2βmα²_m = 0.

La fonction Lest donc constante sur l’intervalleR:

∀t∈R, L(t) = L(0) =

m−1

X

i=1

a²_i +1 2

m

X

i=1

b²_i.

Une somme de carrés étant positive, il vient

∀k∈[[1, m]], β_k(t)² ≤ 2L(t) = 2L(0)

et donc

∀k∈[[1, m]], |βk(t)| ≤ D = p 2L(0).

Q.13. Fixons i∈[[1, m−1]]. Nous avons

i

X

j=1

β_j⁰(t) = 2

i

X

j=1

(α²_j(t)−α²_j−1(t)) = 2(α_i²(t)−α²₀(t)) = 2α²_i(t).

Intégrons cette égalité sur[0, t]:

∀t∈R, 2 Z t

0

α²_i(t)dt =

i

X

j=1

(βj(t)−βj(0)) =

i

X

j=1

(βj(t)−bj).

La fonction t7→

Z t 0

α²_i(u)duest croissante surR(puisqueα²_i est positive) et elle est bornée (lesβj le sont). Par théorème de limite monotone, cette fonction admet une limite finie en +∞ et en −∞. Ainsi

Z

R

α²_i existe. Et commeα²_i ≥0, ceci revient à dire que

α²_i ∈L¹(R).

Q.14. Prouvons par récurrence forte sur i que la propriétéHi : «βi admet une limite finie en ±∞» est vraie pour tout i∈[[1, m]].