Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

SESSION 2007 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A MP

Partie I.

1) Puisque la matriceFn’est pas nulle,Hest l’hyperplan de vecteur normalF.

2) SoitX= (xi,j)_1≤i,j≤n.

F|X= X

1≤i,j≤n

fi,jxi,j= Xn

i=1

xi,i+ Xn

i=2

xi,1+

n−1X

i=1

xi,n.

3) SoitM∈ Mⁿ(R). On notepH(M)le projeté orthogonal deMsur l’hyperplanH. D’après le théorème dePythagore, pourU∈Hon a

kM−Uk²=kM−pH(M)k²+kpH(M) −Uk².

Mais alorskM−Uk²≥ kM−pH(M)k²avec égalité si et seulement siU=pH(M). Ceci montre déjà que inf

U∈HkM−Uk=

U∈HminkM−Uk=kM−pH(M)k. Ensuite, on sait que

kM−pH(M)k=pVect(F)(M) = (F|M) kFk² F, et donc

d(M, H) =

F|M kFk²F

= |(F|M)|

kFk .

∀M∈ Mⁿ(R), d(M, H) = |(F|M)|

kFk .

4) kFk=

s X

1≤i,j≤n

f²_i,j=p

n+2(n−1) =√ 3n−2.

kFk=√ 3n−2.

5) a)On a déjà

B=

















0 0 . . . 0 1

1 0 0 1

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















 .

Les colonnesC2,C3,. . . ,Cn−1deBsont nulles et donc rg(B)≤2. Les colonnesC1etCn sont linéairement indépendantes et donc rg(B)≥2. Finalement

rg(B) =2.

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

b)

B²=

















0 0 . . . 0 1

1 0 0 1

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

































0 0 . . . 0 1

1 0 0 1

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

















=

















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















 .

De nouveau les colonnesC₂^′,C₃^′,. . . , C_n−1^′ deB²sont nulles et les colonnesC₁^′ et C_n^′ sont linéairement indépendantes et donc rg(B²) =2.

rg(B²) =rg(B) =2.

c)Notons(e1, e2, . . . , en)la base canonique deRⁿ. Puisque les colonnesC2, . . . ,C_n−1 deBsont nulles, on a Vect(e2, . . . , e_n−1)⊂Ker(g). Mais d’autre part, dim(Ker(g)) =n−rg(B) =n−2et donc

Ker(g) =Vect(e2, . . . , en−1).

D’autre part, (en identifiant un élément de Rⁿ et un vecteur colonne) Im(g) = Vect(C1, . . . , Cn) = Vect(C1, Cn) = Vect(e2+e3+. . .+en, e1+e2+. . .+en−1). Donc

Im(g) =Vect(u1, u2)oùu1=e2+e3+. . .+en et u2=e1+e2+. . .+en−1. Montrons alors que Ker(g)∩Im(g) ={0}. Soit(λ, µ)∈R².

λu1+µu2∈Ker(g)⇔λ(e2+e3+. . .+en) +µ(e1+e2+. . .+en−1)∈Vect(e2, . . . , en−1)

⇔µe1+ (λ+µ)e2+. . .+ (λ+µ)en−1+λen∈Vect(e2, . . . , en−1)

⇔λ=µ=0.

Ainsi Ker(g)∩Im(g) ={0}(1). Mais d’autre part, d’après le théorème du rang, dim(Ker(g)) +dim(Im(g)) =dim(Rⁿ)(2).

De (1) et (2) on déduit

Rⁿ =Kerg⊕Img.

d) La familleB^′ = (e2, . . . , en−1, u1, u2), obtenue en réunissant une base de Ker(g)et une base de Im(g), est donc une base deRⁿ. Puisque Im(g)est stable parg, les images deu1etu2pargsont des combinaisons linéaires deu1etu2. Par suite la matrice degdans la baseB^′ est du type

0 0 0 B^′

oùB^′ est une matrice carrée de format2. D’autre partBest de rang2 et donc

0 0 0 B^′

est de rang2 ou encoreB^′ est de rang2 (en éliminant les lignes ou les colonnes de 0). B^′ est ainsi une matrice de format2et de rang2et donc une matrice de format2inversible.

Enfin, les matricesBet

0 0 0 B^′

sont les matrices degdans des bases différentes et donc ces matrices sont semblables.

e) Tr(B) = 0 et Tr(B²) = 2. Maintenant B est semblable à

0 0 0 B^′

et donc Tr(B) = Tr

0 0 0 B^′

= Tr(B^′).

D’autre part, un calcul par blocs montre que

0 0 0 B^′

2

=

0 0 0 B^′2

et donc Tr(B²) =Tr(B^′2). Ainsi Tr(B^′) =0et Tr(B^′2) =2.

Maintenant, la matriceB^′ a deux valeurs propres dansCnotéesλ etµ. On sait que Tr(B) =λ+µet Tr(B²) =λ²+µ². Or

λ+µ=0 λ²+µ²=2 ⇔

µ= −λ 2λ²=2 ⇔

λ=1 µ= −1 ou

λ= −1 µ=1 . Les valeurs propres deB^′ sont simples, égales à−1et1.

f )Le polynôme caractéristique deBest celui de

0 0 0 B^′

et donc

χB=det

−XIn−2 0 0 B^′−XI2

= (−X)ⁿ⁻²χB^′ = (−X)ⁿ⁻²(X−1)(X+1).

Mais alors

χF=χIn+B=det(In+B−XIn) =det(B− (X−1)In) =χB(X−1) = (−X+1)ⁿ⁻²(X−2)(X).

Les valeurs propres deF sont donc1d’ordren−2et0et 2d’ordre1. Puisque0et2sont des valeurs propres simples, les sous-espaces propres associés sont de dimension1. D’autre part, D’après la question a), la matriceF−In est de rang2et donc le sous-espace propre associé à la valeur propre1 est de dimensionn−2.

Les valeurs propres deF sont donc1d’ordren−2et0 et2 d’ordre1.

La dimension de chaque sous-espace propre est égale à l’ordre de multiplicité de la valeur propre correspondante.

6) On a vu que

d(P(^tF), H) = |(F|P(^tF))|

kFk = |(F|P(^tF))|

√3n−2 . Calculons(F|P(^tF)).

(F|P(^tF)) =Tr ^tF(a0In+ Xk

i=1

ai(^tF)ⁱ)

!

=Tr Xk

i=0

ai(^tF)ⁱ⁺¹)

!

= Xk

i=0

aiTr((^tF)ⁱ⁺¹).

On sait alors que Tr((^tF)ⁱ⁺¹) =Tr(Fⁱ⁺¹)puis que Tr(Fⁱ⁺¹)est la somme des valeurs propres de Tr(Fⁱ⁺¹). Donc Tr(Fⁱ⁺¹) =1ⁱ⁺¹+. . .+1ⁱ⁺¹+0ⁱ⁺¹+2ⁱ⁺¹= (n−2)×1ⁱ⁺¹+2ⁱ⁺¹.

Par suite,

(F|P(^tF)) = Xk

i=0

ai((n−2)×1ⁱ⁺¹+2ⁱ⁺¹) = (n−2) Xk

i=0

ai1ⁱ+2 Xk

i=0

ai2ⁱ= (n−2)P(1) +2P(2).

Finalement,

d(P(^tF), H) = |(n−2)P(1) +2P(2)|

√3n−2 .

Partie II.

On notek kla norme surE.

1) a) Soit x0 ∈ E. Par définition d(x0, H) = inf

y∈Hkx0−yk. Mais alors ∀ε > 0, ∃yε ∈ H/ d(x0, H) ≤ kx0−yεk <

d(x0, H) +ε. En particulier ∀n∈ N, ∃yn ∈ H/ d(x0, H) ≤ kx0−ynk < d(x0, H) + 1

n+1. Comme 1

n+1 tend vers 0 quandntend vers+∞, la suite(yn)n∈Nest une suite d’éléments deHtelle que lim

n→+∞kx0−ynk=d(x0, H).

Il existe une suite(yn)_n∈Nd’éléments deHtelle que lim

n→+∞kx0−ynk=d(x0, H).

b)Il existe un rangn0tel que pourn≥n0,kyn−x0k ≤d(x0, H) +1. Soitn≥n0.

kynk=kyn−x0+x0k ≤ kyn−x0k+kx0k ≤d(x0, H) +1+kx0k.

Mais alors la suite(yn)_n≥n0est bornée. PuisqueEest de dimension finie, d’après le théorème deBolzano-Weierstrass, on peut extraire de cette suite et donc de la suite(yn)n∈Nune sous-suite convergente. On note(y_ϕ(n))n∈Ncette sous-suite.

PuisqueEest de dimension finie, la forme linéairehest continue sur Eet puisqueH=Ker(h) =h⁻¹({0}),Hest un fermé deEen tant qu’image réciproque d’un fermé deRpar une application continue.

Puisque(y_ϕ(n))n∈Nest une suite convergente d’éléments de Het queHest fermé, sa limite est dans H.

c)La suite(kx0−y_ϕ(n)k)_n∈Nest extraite de la suite(kx0−ynk)_n∈Net donc converge et a pour limited(x0, H). Renotons (zn)_n∈Nla suite (y_ϕ(n))_n∈N.

La suite(zn)_n∈Nest une suite d’éléments deH, convergeant vers un certainy0deHet vérifiant lim

n→+∞kx0−znk=d(x0, H).

Mais alors, par continuité de la norme, d(x0, H) = lim

n→+∞kx0−znk=kx0− lim

n→+∞znk=kx0−y0k.

∀x0∈E, ∃y0∈H/ d(x0, H) =kx0−y0k.

2) a)Puisque la forme linéairehest continue surEet queH=Ker(h) =h⁻¹({0}),Hest un fermé deEen tant qu’image réciproque d’un fermé deRpar une application continue.

b)Supposonshnon continue. On sait alors que hn’est pas continue en 0. Par suite∃ε > 0/∀α > 0, ∃uα ∈E/(kuαk<

αet|h(uα)|=|h(uα) −h(0)|≥ε) (∗). εest dorénavant ainsi fixé.

D’après(∗), pour chaquen∈N, il existeun ∈Etel quekunk< 1

n+1 etkh(un)k ≥ε. En particulier,∀n∈N, h(un)6=0 et pour chaque non peut poser tn = 1

h(un)un. Pour n∈ N, on a h(tn) = 1

h(un)h(un) =1. Mais d’autre part, pour n∈N

ktnk= 1

|h(un)|kunk ≤ 1

ε(n+1), et en particulier lim

n→+∞tn =0.

Si hn’est pas continue surE,∃(tn)n∈N∈E^N/

lim

n→+∞tn=0

h(tn) =1, pour tout entiern. .

Pour chaquen, on a alorsh(tn−t0) =h(tn) −h(t0) =1−1=0. Par suite, pour chaquenle vecteurtn−t0est dansH ou encore la suite(tn−t0)est une suite d’éléments de H. Cette suite est de plus convergente vers−t0. Mais le vecteur

−t0 n’est pas dansHcarh(−t0) = −16=0.

En résumé, la suite(tn−t0)est une suite convergente d’éléments deHdont la limite n’est pas dansHce qui montre que Hn’est pas fermé. Par contraposition, on a montré que si Hest fermé alorshest continue surE.

Si Hest un fermé deEalorsh est continue surE.

c) SoitH un hyperplan deE. Tout d’abord H6=∅carHcontient Het en particulier 0∈H. Soient alors (x, y)∈H² et (λ, µ)∈R². Il existe deux suites(xn)_n∈Net (yn)_n∈Nd’éléments de H, convergentes, de limites respectivesx ety. Mais alors la suite(λxn+µyn)_n∈N est une suite d’éléments de H(puisque Hest un sous-espace vectoriel deE), convergente, de limiteλx+µy, ce qui montre queλx+µy∈H. On a montré que

siHest un hyperplan deE, Hest un sous-espace vectoriel deE.

d)SoientHun hyperplan deEpuishune forme linéaire non nulle telle queH=Ker(h).

•Si hest continue surE, alorsHest fermé et doncH=H.

•Si hn’est pas continue,Hest un sous-espace vectoriel deEcontenant strictement l’hyperplanHet doncH=E.

Partie III.

Dans cette partiek kdésigne la norme hilbertienne associée au produit scalaire(|).

1) Soit x ∈ H^⊥. Alors∀y ∈ H, (x|y) = 0. Soit z ∈ E. Puisque E = H, il existe une suite (yn)_n∈N ∈ H^N telle que z= lim

n→+∞yn. On sait alors que la forme linéairey7→(x|y)est continue surEpour la normek ket donc (x|z) = (x| lim

n→+∞yn) = lim

n→+∞(x|yn) =0.

Ainsi un vecteur deH^⊥ est orthogonal à tout vecteur deEet finalement H^⊥={0}.

2) Mais alors immédiatement

H⊕H^⊥=H.

3) Soitx∈E. PuisqueH=E,∀ε > 0, ∃y∈H/kx−yk< εce qui montre immédiatement qued(x, H) =0.

∀x∈E, d(x, H) =0.

4) Soitx∈E. Sid(x, H)est atteinte, il existe un vecteury∈Htel quekx−yk=d(x, H) =0. Mais alors, x=y∈H.

Donc

six0∈/H,d(x, H)n’est pas atteinte.

Partie IV.

1) a)Soitx0∈E. Pour tout vecteurtdeE on a|h(t)|≤ ktk ×|||h|||. En particulier, poury∈H,

|h(x0)|=|h(x0) −h(y)|=|h(x0−y)|≤ kx0−yk ×|||h|||, et finalement, puisque|||h|||> 0,kx0−yk ≥ |h(x0)|

|||h||| .

∀x0∈E, ∀y∈H, kx0−yk ≥ |h(x0)|

|||h||| . b) |h(x0)|

|||h||| est donc un minorant de{kx0−yk, y∈H}et puisqued(x0, H)est le plus grand des minorants de cet ensemble,

on a doncd(x0, H)≥|h(x0)|

|||h||| .

∀x0∈E, d(x0, H)≥ |h(x0)|

|||h||| . c)Soitx0∈E.

•Si x0∈H,d(x0, H)≤ kx0−x0k=0et doncd(x0, H) =0.

•Si x0∈/H, alorsh(x0)6=0 et doncd(x0, H)≥ |h(x0)|

|||h||| > 0. En particulier,d(x0, H)6=0.

En résumé

∀x0∈E, (d(x0, H) =0⇔x0∈H).

d)Soitx0∈/H. Par définition,h(x0)6=0.

α)Puisque|||h|||=sup

x6=0

|h(x)|

kxk , pour tout entiern, il existewn ∈E\ {0}tel que|||h|||− 1

n+1 < |h(wn)|

kwnk ≤|||h|||.(wn)_n∈N

est alors une suite de vecteurs tous non nuls tels que lim

n→+∞

|h(wn)|

kwnk =|||h|||.

β)Soitn∈N. Posonsλn = h(wn)

h(x0) puisyn =wn−λnx0. Par définition,wn=λnx0+yn. D’autre part, h(yn) =λnh(x0) −h(wn) = h(wn)

h(x0)h(x0) −h(wn) =0, ce qui montre queyn∈H. Notons queλn peut être nul (siwn ∈H).

∀x0∈/H, ∃(λn, yn)∈R×H/ wn=λnx0+yn.

γ)Le résultat est clair siwn ∈H. Sinon,λn6=0 et donc

|h(wn)|

kwnk = |λn|×|h(x0)|

kλnx0+ynk = ×|h(x0)|

kx0+ 1 λn

ynk

≤ |h(x0)|

d(x0, H),

car 1 λn

yn∈Het donckx0+ 1 λn

ynk ≥d(x0, H)> 0. Finalement

∀n∈N, |h(wn)|

kwnk ≤ |h(x0)|

d(x0, H).

e)Quand n tend vers +∞, on obtient |||h||| ≤ |h(x0)|

d(x0, H) ou encore d(x0, H) ≤ |h(x0)|

|||h||| . En récupérant le résultat de la

question 1)b), on a montré que six0∈/H,d(x0, H) = |h(x0)|

|||h||| . Ce résultat est encore valable si x0∈Hd’après la question

1)c) et finalement

∀x0∈E, d(x0, H) = |h(x0)|

|||h||| .

2) a)Soit(un)_n∈N∈E. Puisque lim

n→+∞un =0, un

2ⁿ⁺¹ =

n→+∞ o( 1

2ⁿ). Comme la série géométrique de terme général 1 2ⁿ converge, on en déduit que la série de terme général un

2ⁿ⁺¹ est absolument convergente et en particulier convergente.

b)La fonctionhest donc effectivement une application deEdansR. Montrons quehest linéaire. Soient(u, v)∈E²et (λ, µ)∈R².

h(λu+µv) =

+∞X

n=0

λun+µvn

2ⁿ⁺¹ =λ

+∞X

n=0

un

2ⁿ⁺¹ +µ

+∞X

n=0

vn

2ⁿ⁺¹ =λh(u) +µh(v).

hest donc une forme linéaire sur E. Montrons quehest continue surE. Soitu∈E.

|h(u)|≤

+∞

X

n=0

|un|

2ⁿ⁺¹ ≤ kuk∞ +∞

X

n=0

1

2ⁿ⁺¹ =kuk∞. Ainsi,∀u∈E\ {0}, |h(u)|

kuk∞

≤1. On en déduit que

hest une forme linéaire continue surEet|||h|||≤1.

c)Soitp∈N.

h(vp) = Xp

n=0

1 2ⁿ⁺¹ = 1

2

1− 1 2^p+1 1− 1

2

=1− 1 2^p+1.

Comme d’autre part,kvpk∞ =1, on a donc |h(vp)|

kvpk∞

=1− 1

2^p+1. Par suite

p→lim+∞

|h(vp)|

kvpk∞

=1.

On sait déjà que|||h|||≤1. Mais d’autre part, par définition de |||h|||, pour tout entierp on a |h(vp)|

kvpk∞ ≤|||h|||et quandp

tend vers+∞on obtient1≤|||h|||. Finalement

|||h|||=1.

d)Soitu∈E. On a

|h(u)|≤

+∞X

n=0

|un|

2ⁿ⁺¹ ≤ kuk∞ +∞X

n=0

1

2ⁿ⁺¹ =kuk∞. Supposons de plus que|||h|||= |h(u)|

kuk∞

ou ce qui revient au même telle que|h(u)|=kuk∞. Alors chacune des deux inégalités ci-dessus doit être une égalité ce qui impose à la suiteud’être de signe constant puis à chaque |un|d’être égal à kuk∞. En résumé, la suiteuest nécessairement constante. Commeudoit avoir une limite nulle en+∞,uest nécessairement la suite nulle. Finalement, il existe pas d’élémentunon nul de Etel que|||h|||= |h(u)|

kuk∞

.

e)Hest le noyau d’une forme linéaire non nulle et continue sur E et donc un hyperplan fermé deEd’après la question II.2)a).

f )Soitu /∈H. Si la distance deuà Hest atteinte, alors il existev∈H(et doncu−v6=0) telle que ku−vk∞ =d(u, H) = |h(u)|

|||h||| = |h(u) −h(v)|

|||h||| = |h(u−v)|

|||h||| .

u−v est alors un vecteur non nul tel que|||h|||= |h(u−v)|

ku−vk∞

ce qui contredit le résultat de la question d) et donc siu /∈H, d(u, H)n’est pas atteinte.