MATHÉMATIQUES II. FILIERE PSI

SESSION 2008

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES II. FILIERE PSI

Partie I - Généralités sur les distances

I.A - SoitA∈O3(R). kAk=p

Tr((^tA)A) =p

Tr(I3) =√ 3.

∀A∈O3(R), kAk=√ 3.

I.B -D’après I.A-,O3(R)est une partie bornée deM³(R). Vérifions queO3(R)est une partie fermée de O3(R).

Soit f : M³(R) → M³(R) M 7→ ^tMM

. On a O3(R) =f⁻¹({I3}).

Soient alors g : M³(R) → (M³(R))² M 7→ (M,^tM)

et h : (M³(R))² → M³(R) (M, N) 7→ MN

de sorte que f = h◦g. L’application g est linéaire surM³(R)qui est de dimension finie surRet donc gest continue surM³(R). L’applicationh est bilinéaire sur(M³(R))² qui est de dimension finie surRet donch est continue sur(M³(R))². Mais alors, puisquef=h◦g, fest continue surM³(R).

En résumé,O3(R)est l’image réciproque de{I3}qui est un fermé deM³(R)par l’applicationfqui est continue surM³(R).

On en déduit queO3(R)est un fermé de M³(R).

Ainsi,O3(R)est une partie fermée bornée deRet finalement

O3(R)est un compact deM³(R).

I.C -On sait que pour tout(M, N)∈(M³(R))²,

|kMk−kNk|≤ kM−Nk. Ceci signifie que l’application (M³(R),k k) → (R,| |)

M 7→ kMk

est1-Lipschitzienne. En particulier, cette application est conti- nue surM³(R).

L’applicationM7→kMk est continue surM³(R).

I.D - Soit A ∈ O3(R). D’après ce qui précède, l’application M 7→ kM−Ak est continue (composée de la translation M7→M−Apuis deM7→kMk) sur le compactO3(R)à valeurs dansR. On sait alors que l’applicationM7→kM−Ak admet un minimum surO3(R)ou encore il existeU∈O3(R)tel qued(A, O3(R)) =kA−Uk.

I.E -

I.E.1)Soient (M, N)∈(M³(R))² puisU∈O3(R).

d(M, O3(R))≤ kM−Uk=k(M−N) + (N−U)k ≤ kN−Uk+kN−Mk. En choisissant de plusUtelle que kN−Uk=d(N, O3(R), on obtient

d(M, O3(R))≤d(N, O3(R) +kN−Mk.

I.E.2)Ainsi, pour tout(M, N)∈(M³(R))², on a Φ(M) −Φ(N)≤ kM−Nk. En échangeant les rôles deMet N, pour tout(M, N)∈(M³(R))²on a aussiΦ(N) −Φ(M)≤ kM−Nket finalement

∀(M, N)∈(M³(R))², |Φ(M) −Φ(N)|≤ kM−Nk.

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2008. Tous droits réservés.

Ceci montre queΦest 1-Lipscitzienne et en particulier

Φ est continue surM³(R).

I.F -

I.F.1) Soit Q = {M∈P/ Φ(M)≤Φ(0)}. Puisque Q ⊂ P, Inf

M∈PΦ(M) est un minorant de {Φ(M), M ∈ Q} et donc

M∈PInf Φ(M)≤ Inf

M∈QΦ(M).

Mais d’autre part, pour M∈P, siM∈Q, Φ(M)≥ Inf

M∈QΦ(M)et si M /∈Q,Φ(M)> Φ(0)≥ Inf

M∈QΦ(M)(car0 ∈Q).

Par suite, Inf

M∈QΦ(M)est un minorant de{Φ(M), M∈P}et donc Inf

M∈QΦ(M)≤ Inf

M∈PΦ(M).

Finalement

d(P, O3(R)) = Inf

M∈PΦ(M) = Inf

M∈QΦ(M).

Vérifions alors queQ est bornée. SoitM∈Q. D’après la question I.D-, il existeU∈O3(R)tel queΦ(M) =kM−Uk. Mais alors, d’après la question I.A-,

kMk ≤ kM−Uk+kUk=Φ(M) +kUk ≤Φ(0) +√ 3.

Ainsi, en posantr=Φ(0) +√

3>0, on a kMk ≤rpour toutM∈Q. On en déduit queQ⊂P∩Br et donc que d(P, O3(R)) = Inf

M∈PΦ(M)≤ Inf

M∈P∩Br

Φ(M)≤ Inf

M∈QΦ(M) = Inf

M∈PΦ(M), et finalement que

d(P, O3(R)) = Inf

M∈PΦ(M) = Inf

M∈P∩Br

Φ(M).

∃r > 0/ d(P, O3(R)) = Inf

M∈P∩Br

Φ(M).

I.F.2) d(P, O3(R)) = d(P∩Br, O3(R)) = Inf

M∈P∩Br

Φ(M). Maintenant, P est un sous-espace vectoriel de M³(R) et en particulier P est un fermé de M³(R). Mais alors, P∩Br est un fermé de M³(R) en tant qu’intersection de fermés de M(R). D’autre part,P∩Br⊂Bret doncP∩Br⊂Brest une partie bornée deM(R). Finalement,P∩Brest un compact de M(R). Puisque Φ est continue sur ce compact d’après la question précédente, Φ admet un minimum sur P∩Br. Il existe doncAdansP∩Br et en particulier dansPtelle que d(P, O3(R)) =Φ(A) =d(A, O3(R)).

∃A∈P/ d(P, O3(R)) =d(A, O3(R)).

Partie II - Décomposition polaire

II.A - SoitM∈ M³(R).^t(^tMM) =^tM^t(^tM) =^tMMet donc^tMM∈Sn(R). Mais alors on sait que les valeurs propres de^tMMsont réelles.

Soientλ∈Rune valeur propre de^tMM puisXun vecteur propre associé. On a

kMXk²=^t(MX)MX=^tX(^tMMX) =^tX(λX) =λ^tXX=λkXk², et donc, puisquekXk²> 0,

λ= kMXk² kXk² ≥0.

Ainsi, toutes les valeurs propres de^tMMsont des réels positifs.

∀M∈ M³(R), ^tMM∈ S3⁺(R).

II.B - Soient λ1, λ2 , λ3 les valeurs propres de ^tMM puis D = diag(λ1, λ2, λ3). D’après le théorème spectral, il existe P∈O3(R)tel que^tMM=PD^tP.

Posons D^′ = diag(√ λ1,√

λ2,√

λ3) puis S = PD^′tP. S est orthogonalement semblable à une matrice diagonale réelle à valeurs propres positives et doncS∈ S3⁺(R). De plus,

S²=PD^′tPPD^′tP=PD^′2tP=PD^tP=^tMM.

∀M∈ M³(R), ∃S∈S3⁺(R)/^tMM=S².

II.C - Si de plus M est inversible, S l’est aussi car (detS)² = det(S²) = det(tMM) = (detM)² 6= 0. Posons alors U=MS⁻¹. On a

tUU=^tS^−1tMMS⁻¹=S⁻¹S²S⁻¹=I3. Uest donc une matrice orthogonale et de plusM=US.

∀M∈ GL³(R), ∃S∈ S3⁺(R), ∃U∈O3(R)/ M=US.

II.D - Étude d’un exemple

tMM=





1 0 0

0 1 √

2 0 −√

2 0









1 0 0

0 1 −√ 2 0 √

2 0



=





1 0 0

0 3 −√ 2 0 −√

2 2



,

puis χ^tMM = (1−X)(X²−5X+4) = −(X−1)²(X−4) et donc ^tMM est orthogonalement semblable à la matrice D=diag(1, 1, 4).

Déterminons les sous-espaces propres de^tMM. SoitX= (x, y, z)∈R³.

X∈Ker(^tMMM−I3)⇔

2y−√ 2z=0

−√

2y+z=0 ⇔z=y√ 2.

Donc, Ker(^tMMM−I3) = Vect(e1, e2) où e1 = (1, 0, 0) et e2 = 1

√3(0, 1,√

2) ((e1, e2) est une base orthonormée de Ker(^tMMM−I3)).

Ensuite, puisque^tMM ∈ S³(R), on sait que Ker(^tMMM−4I3) = Ker(^tMMM−I3)^⊥ et donc Ker(^tMMM−4I3) = Vect(e3)oùe3=e1∧e2= 1

√3(0,−√

2, 1). Donc

tMM=PD^tPoùP=















1 0 0

0 1

√3 −

√2

√3

0

√2

√3

√1 3













 .

On a alors

S=P×diag(1, 1, 2)×^tP=















1 0 0

0 1

√3 −

√2

√3

0

√2

√3

√1 3



















1 0 0 0 1 0 0 0 2



















1 0 0

0 1

√3

√2

√3

0 −

√2

√3

√1 3















=















1 0 0

0 1

√3 −2√

√2 3 0

√2

√3

√2 3





























1 0 0

0 1

√3

√2

√3

0 −

√2

√3

√1 3















=













1 0 0

0 5

3 −

√2 3 0 −

√2 3

4 3













et aussi (en inversant par blocs)S⁻¹=













1 0 0

0 2 3

√2 6 0

√2 6

5 6













et enfin

U=MS⁻¹=





1 0 0

0 1 −√ 2 0 √

2 0

















1 0 0

0 2 3

√2 6 0

√2 6

5 6













=













1 0 0

0 1

3 −2√ 2 3 0 2√

2 3

1 3











 .

M=USoùU=













1 0 0

0 1

3 −2√ 2 3 0 2√

2 3

1 3











 etS=













1 0 0

0 5

3 −

√2 3 0 −

√2 3

4 3











 .

Partie III - Distance à O

₃

( R )

III.A -

III.A.1)SoitA∈ M³(R)et U∈O3(R).

kUAk²=Tr(^t(UA)UA) =Tr(^tA^tUUA) =Tr(^tAI3A) =Tr(^tAA) =kAk² et de même

kAUk²=Tr(AU^t(AU)) =Tr(AU^tU^tA) =Tr(A^tA) =kAk².

∀A∈ M³(R), ∀U∈O3(R), kAUk=kUAk=kAk.

Ensuite, d’après la question II.C-, il existeU∈O3(R),P∈O3(R)etD matrice diagonale à coefficients positifs telles que A=UPD^tP. D’après le début de la question, puisque les matrices^tU,Pet ^tPsont des matrices orthogonales, pour toute matrice orthogonaleV, on a

kA−V|=kUPD^tP−Vk=k^tP^tU(UPD^tP−V)Pk=kD−^tU^tPVPk.

Maintenant, la matrice^tU^tPVPest une matrice orthogonale. Plus précisément, l’application f : O3(R) → O3(R) V 7→ ^tU^tPVP est une bijection de réciproque f⁻¹ : O3(R) → O3(R)

V 7→ PUV^tP

. On en déduit queVdécritO3(R)si et seulement si^tU^tPVP décritO3(R).

Ainsi,{kA−Vk, V ∈O3(R)}={kD−V^′k, V^′ ∈O3(R)}et en particulier,d(A, O3(R)) =d(D, O3(R)).

∀A∈ M³(R), d(A, O3(R)) =d(D, O3(R))oùD est une matrice diagonale positive semblable à^tAA.

III.A.2)SoitA∈ M³(R)telle qued(V, O3(R)) =d(A, O3(R)). SoientUetPdes matrices orthogonales etDune matrice diagonale positive telles queA=UPD^tP et soitUune matrice.

SoitW={^tU^tPMP, M∈ V}={g(M), M∈ V}=g(V)où g : M³(R) → M³(R) M 7→ ^tU^tPMP

.

•gest bijective de réciproque g⁻¹ : M³(R) → M³(R) M 7→ PUM^tP

. De plus,gest linéaire et doncgest un isomorphisme. Par suite,W est un sous-espace vectoriel deM³(R), de même dimension queV.

• Comme en II.A.1), {kM−Vk, M∈ V, V ∈ O3(R)} = {kg(M) −g(V)k, M ∈ V, V ∈ O3(R)} = {kM^′−V^′k, M^′ ∈ W, V^′∈O3(R)}et doncd(W, O3(R)) =d(V, O3(R)).

•d(W, O3(R)) =d(V, O3(R) =d(A, O3(R)) =d(D, O3(R))oùD=g(A)∈ W. On a ainsi démontré l’existence deW.

III.B -

III.B.1)SoitU∈O3(R). D’après la question I.A-,

kD−Uk²=hD−U, D−Ui=hD, Di−2hD, Ui+hU, Ui=kDk²−2hU, Di+kUk²= X3

i=1

λ²_i

!

−2hU, Di+3.

III.B.2) Soit U = (ui,j)1≤i,j≤3 ∈ O3(R). On a donc ∀j ∈ J1, 3K, X3

i=1

u²_i,j = 1 et en particulier, ∀i ∈ J1, 3K, ui,i ≤ 1.

Maintenant, chaqueλi est positif et donc

hU, Di=u1,1λ1+u2,2λ2+u3,3λ3≤λ1+λ2+λ3. III.B.3)Mais alors

kD−Uk²= X3

i=1

λ²_i

!

−2hU, Di+3≥ X3

i=1

λ²_i

!

−2 X3

i=1

λi+3=kD−I3k. Ainsi,∀U∈O3(R), kD−Uk ≥ kD−I3k. CommeI3 est une matrice orthogonale, on a montré que

d(D, O3(R)) =Inf{kD−Uk, U∈O3(R)}=Min{kD−Uk, U∈O3(R)}=kD−I3k. d(D, O3(R)) =kD−I3k.

III.C - Étude d’un exemple

d(M, O3(R)) =kD−I3k=kdiag(1, 1, 2) −diag(1, 1, 1)k=kdiag(0, 0, 1)k=1.

d(M, O3(R)) =1.

Partie IV - Cas d’un sous-espace de dimension 6

IV.A -

IV.A.1)SoitA=





a b 0 c d 0 e f 0



∈ V.

tAA=





a c e b d f 0 0 0









a b 0 c d 0 e f 0



=





a²+c²+e² ab+cd+ef 0 ab+cd+ef b²+d²+f² 0

0 0 0





Puisque la dernière colonne de^tAAest nulle,0est valeur propre de^tAA. Notonsµ1etµ2les deux autres valeurs propres de^tAApuisD=diag(√µ1,√µ2, 0). Alors,

d(A, O3(R))²=kD−I3k²= √µ1−12

+ √µ2−12

+1≥1.

Ainsi,∀A∈ V, d(A, O3(R))≥1 et donc

d(V, O3(R))≥1.

IV.A.2)SoitA∈ V.

kA−I3k²= (a−1)²+b²+c²+ (d−1)²+e²+f²+1≥1, avec égalité effectivement obtenue poura=d=1et b=c=e=f=0. Donc d(I3,V) =1.

Mais alors, commeI3∈O3(R), on ad(V, O3(R))≤d(I3, O3(R))et donc d(V, O3(R))≤1. Finalement d(V, O3(R)) =1.

IV.B - Puisque d(V, O3(R)) = kD−I3k = d(I3,V), le théorème de la projection orthogonale montre que D est la projection orthogonale deI3surV. DoncD−I3∈ V^⊥ ou encore Vect(D−I3)⊂ V^⊥ ou enfinV ⊂(D−I3)^⊥.

V ⊂(D−I3)^⊥.

IV.C - On note (Ei,j)1≤i,j≤3 la base canonique de M³(R). On a R₁^′(0) = E2,1−E1,2, R₂^′(0) = E3,1−E1,3 et R₃^′(0) = E3,2−E2,3.

Soit(a, b, c)∈R³. Puisque la famille(Ei,j)1≤i,j≤3est libre,

aR₁^′(0) +bR₂^′(0) +cR₃^′(0) =0⇒aE2,1−aE1,2+bE3,1−bE1,3+cE3,2−cE2,3=0⇒a=b=c=0.

Donc, la famille(R₁^′(0), R₂^′(0), R₃^′(0))est une famille libre deM³(R). D’autre part, les coefficients diagonaux de chacune des matricesR₁^′(0),R₂^′(0)etR₃^′(0)sont nuls et donc chacune de ces matrices est orthogonale à la matrice diagonaleI3−D.

La famille (R₁^′(0), R₂^′(0), R₃^′(0))est une famille libre deM³(R)formée de matrices orthogonales àI3−D.

Soit F = Vect(R₁^′(0), R₂^′(0), R₃^′(0)). Puisque la famille (R₁^′(0), R₂^′(0), R₃^′(0)) est libre, on a dim(F) = 3. Maintenant, les questions précédentes montrent queVetF sont contenus dans(I3−D)^⊥. Le sous-espace vectorielV+Fest encore contenu dans(I3−D)^⊥ qui est de dimension9−1=8carI3−D6=0. On en déduit que

dim(V ∩ F) =dim(V) +dim(F) −dim(V+F) =6+3−dim(V+F)≥6+3−8=1 > 0

Ainsi,V ∩Fn’est pas le sous-espace nul et donc il existea,betcréels non tous nuls tels queaR₁^′(0) +bR₂^′(0) +cR₃^′(0)∈ V.

∃(a, b, c)∈R³\(0, 0, 0)/ aR₁^′(0) +bR₂^′(0) +cR₃^′(0))∈ V. IV.D -Quandttend vers0,

R1(at)R2(bt)R3(ct) =











1−a²t²

2 −at 0

at 1− a²t²

2 0

0 0 1





















1− b²t²

2 0 −bt

0 1 0

bt 0 1− b²t² 2





















1 0 0

0 1−c²t²

2 −ct

0 ct 1−c²t² 2











+o(t²)

=















1−(a²+b²)t²

2 −at −bt

at 1−a²t²

2 −abt² bt 0 1−b²t²

2

























1 0 0

0 1−c²t²

2 −ct

0 ct 1−c²t² 2











+o(t²)

=















1−(a²+b²)t²

2 −at−bct² −bt+act² at 1−(a²+c²)t²

2 −ct−abt² bt ct 1− (b²+c²)t²

2















+t²ε(t)oùε(t)_t→

→00

=I3+tA+t²(B+C) +t²ε(t), avec

A=





0 −a −b a 0 −c

b c 0



=a(E2,1−E1,2) +b(E3,1−E1,3) +c(E3,2−E2,3) =aR₁^′(0) +bR₂^′(0) +cR₃^′(0)∈ V

puisC= 1

2diag(−a²−b²,−a²−c²,−b²−c²)et enfinB=





0 −bc ac

0 0 −ab

0 ct 0



∈(I3−D)^⊥car les coefficients diagonaux deBsont tous nuls.

IV.E -Soitt∈R.

R1(at),R2(bt)etR3(ct)sont trois matrices orthogonales et donc, puisque(O3(R),×)est un groupe,f(t)est une matrice orthogonale. D’autre part,AetD sont dans le sous-espace vectorielV et il en est de même detA+D. Par suite

kI3+t²(B+Cε(t)) −Dk=kf(t) − (tA+D)k ≥d(V, O3(R)) =kI3−Dk.

IV.F -Quandttend vers0, puisqueBest orthogonale àI3−Det par continuité de la norme et du produit scalaire, on a

kI3+t²(B+Cε(t)) −Dk²=kI3−Dk²+2hI3−D, t²(B+C+ε(t))i+ht²(B+C+ε(t)), t²(B+C+ε(t))i

=kI3−Dk²+2t²hI3−D, B+Ci+2t²hI3−D, ε(t)i+t⁴hB+C+ε(t), B+C+ε(t)i

=kI3−Dk²+2t²hI3−D, Ci+t²ε2(t)oùε2(t)_t→

→00.

D’après la question précédente, pour tout réelton akI3−Dk²+2t²hI3−D, Ci+t²ε2(t)≥ kI3−Dk²et donc pourtnon nul on a

hI3−D, Ci ≥−ε2(t) 2 . Quandttend vers0, on obtient

hI3−D, Ci ≥0.

IV.G -

hI3−D, Ci= 1

2((1−x)(−a²−b²) + (1−y)(−a²−c²) + (1−z)(−b²−c²))

= 1

2(−a²(2−x−y) −b²(2−x−z) −c²(2−y−z)) = −1

2(a²(2−x−y) +b²(2−x−z) +c²(2−y−z)).

Maintenant, si les trois réels2−x−y,2−x−zet2−y−zsont strictement positifs, on obtienthI3−D, Ci< 0car l’un au moins des trois réelsa², ou b² ouc² est strictement positif. Ceci contredit le résultat de la question précédente et donc l’un au moins des trois réels2−x−y,2−x−zet 2−y−zest négatif ou nul.

IV.H -D’après la question IV.B-, D∈ V ⊂(D−I3)^⊥. Ceci fournithD, D−I3i=0 ou encore kDk²=hD, I3i ou enfin x²+y²+z²=x+y+z.

IV.I -Pour(x, y, z)∈R³,x²+y²+z²=x+y+z⇔

x− 1 2

² +

y−1

2 ²

+

z− 1 2

²

= 3

4.Eest la sphère de centre Ω

1 2,1

2,1 2

et de rayonR=

√3 2 .

D’autre part,Fest un plan affine etGest le demi-espace fermé de frontière le planFet ne contenant pasΩ(car1 2+1

2 < 2).

La distancedde Ω au planF est d=

|1 2 +1

2 −2|

√1²+1² = 1

√2. Puisque

√3 2

!2

= 3 4 > 2

4 = 1

√2 ²

, on aR > d et on sait alors queE∩Fest un cercle de rayonr=√

R²−d²= 1 2.

Enfin, le diamètreδ de la calotteE∩Gest encore le diamètre de son cercle de base à savoir1.

IV.J -d(V, O3(R)) =kI3−Dk=p

(1−x)²+ (1−y)²+ (1−z)²=MNoùM(1, 1, 1)etN(x, y, z). Maintenant, le point N(1, 1, 1)est dansE∩G car1²+1²+1²=1+1+1 et1+1≥2. D’autre part,N∈E∩Gd’après les questions IV.G- et IV.H-. On en déduit que

d(V, O3(R)) =MN≤δ=1.

d(V, O3(R))≤1.