Problème B : étude de la cissoïde droite

Problème A : matrices à coefficients positifs

Partie I

1) a)f admet une matrice symétrique dans la base canonique, qui est orthonormale, doncfest symétrique.

D’après le théorème spectral,

Il existe une base orthonormale de R³ où la matrice def est diagonale.

De plus, après calcul, il apparaît que le polynôme caractéristique de M est −(X+ 4)X(X−10), les valeurs propres de f sont donc −4,0,10 et la matrice diagonale obtenue seradiag (−4,0,10) (à l’ordre des valeurs près, selon l’ordre choisi pour les vecteurs propres !).

b)Par hypothèse, f(X) =

3 i=1

x^′_iλi.ei, d’où,B^′ étant orthonormale : f(X)|X =

3 i=1

λix^′2_i . Comme lesx^′2_i sont positifs etλ1≤λ2 ≤λ3, il en résulte :

λ1 3 i=1

x^′2_i ≤ f(X)|X ≤λ3 3 i=1

x^′2_i . Donc, si en outre X est unitaire :

λ1 ≤ f(X)|X ≤λ3.

2) a)Après avoir examiné la situation au brouillon, je pose (habilement)ti,j = 1 sii≤j 0 sii > j .

La matrice T ainsi construite est bien triangulaire supérieure, ses coefficients sont des “1” ou des

“0” et ^tT T = (mi,j) où, par définition de^tT et du produit matriciel :

∀(i, j)∈ {1..n}² mi,j = ⁿ

k=1

tk,itk,j= min (i, j).

En effet, pour k >min (i, j),tk,i ou tk,j est nul, tandis que, pour k≤min (i, j),tk,i=tk,j= 1.

M =^tT T.

b)T étant triangulaire, avec des 1 partout sur sa diagonale,detT = 1, d’où detM = 1.

c)Soit X ∈Rⁿ ; f(X)|X =^t(MX)X=^tX^tMX =^t(T X)T X = T X ²; il en résulte : f(X)|X ≥0.

d)Soit λ valeur propre de f et X un vecteur propre associé : f(X)|X = λ X ² ≥ 0 d’après le résultat précédent, or X non nul par hypothèse, d’où λ≥ 0. Mais, d’aprèsb), M est inversible et n’admet donc pas 0 pour valeur propre :

Les valeurs propres def (et donc de M) sont des réels strictement positifs.

Partie II

1) a)Comme f est symétrique, sa matrice dans toute base orthonormale est symétrique et (théorème spectral)f est diagonalisable, en particulier son polynôme caractéristique (qui n’est autre que celui deM) est scindé sur R:

M est une matrice symétrique et que son polynôme caractéristique a toutes ses racines réelles.

b)Soit (e^′1, . . . , e^′_n)une base orthonormale de vecteurs propres def, telle quee^′_i soit associé à la valeur propre λi (l’existence d’une telle base est fournie par le théorème spectral).

Soit X =

n i=1

xi.e^′_i, de norme 1. Comme auI-1)b), j’obtiens f(X)|X = ⁿ

i=1

λix^′2_i avec ⁿ

i=1

x^′2_i = 1

∗ x^′2_i étant positif, j’ai pour tout i: λ1x^′2_i ≤λix^′2_i ≤λnx^′2_i , d’où en sommant : λ1 ≤ f(X)|X ≤λn.

∗ Sif(X) =λ1.X, alors f(X)|X =λ1 X ²=λ1 puisqueX est unitaire.

Réciproquement, je suppose f(X)|X =λ1 ; alors, en reportant dans l’expression précédente,

n i=1

(λi−λ1)x^′2_i = 0 où ∀i∈ {1, . . . , n} λi−λ1≥0.

Il s’agit d’une somme de termes positifs ou nuls : c’est qu’ils sont tous nuls et doncx^′_i = 0pour tous lesi tels queλi > λ1. X est donc combinaison linéaire de vecteurs propres de f associés à la même valeur propreλ1 (il peut y avoir plusieurs valeurs de itelles que λi =λ1. . .). J’ai bien établi queX∈Eλ1(f) et finalement :

f(X)|X =λ1 ⇔f(X) =λ1.X.

∗ Raisonnement identique au précédent :

f(X)|X =λn⇔f(X) =λn.X.

2) a)Par définition de U et deM, f(U) =

n i=1

n j=1

mi,juj .ei car ∀j ∈ {1..n} f(ej) =

n i=1

mi,j.ei . (i)D’après ce qui précède, la base canonique étant orthonormale,

f(U)|U = ⁿ

i=1 n j=1

mi,juj .ui ,

soit :

f(U)|U =

1≤i,j≤n

mi,juiuj. De même,

f U^′ |U^′ =

1≤i,j≤n

mi,j|ui| · |uj|

Comme lesmi,j sont positifs et comme uiuj ≤ |ui| · |uj|pour tout couple (i, j), il en résulte : f(U)|U ≤ f(U^′)|U^′ .

Or, par hypothèse, f(U) = λn.U et U est unitaire, donc f(U)|U =λn ; d’après le résultat ci-dessus et celui du1)b), j’ai nécessairement f(U^′)|U^′ =λn, d’où, grâce au 1)b)toujours :

f(U^′) =λn.U^′.

(ii)Je viens de voir que f(U)|U = f(U^′)|U^′ = λn, j’en déduis, d’après les expressions précé- dentes :

1≤i,j≤n

mi,j(|uiuj| −uiuj) = 0.

C’est une somme de termes positifs ou nuls, donc tous nuls, or lesmi,j sont strictement positifs, donc : ∀(i, j) uiuj =|uiuj| ≥0.

Par conséquentui etuj sont de même signe, cela pour tout (i, j) : Les composantes deU sont toutes de même signe.

Je suppose un instant que Eλⁿ soit de dimension supérieure ou égale à 2 ; je peux alors fixer deux vecteurs unitaires orthogonaux U, V de Eλn. D’après ce qui précède, U a ses composantes ui qui sont toutes de même signe ; de même pour les composantesvi deV. Quitte à remplacerU et/ou V par son opposé, je peux supposer que leurs coordonnées sont toutes positives ou nulles.

U etV étant non nuls (vecteurs propres !), je dispose dep tel queup >0 et deq tel quevq >0.

Or l’orthogonalité de U et V s’écrit

n i=1

uivi = 0et, comme tous les termes de cette somme sont positifs, c’est qu’ils sont tous nuls. Donc vp = 0 et uq = 0. Mézalor U −V est un vecteur de Eλⁿ avec deux coordonnées de signes contraires : up >0et −vq <0, ce qui contredit le résultat précédent (en normalisant U−V, ce qui ne change rien au signe de ses composantes. . . ).

En conclusion,

La dimension du sous-espace propre associé à λn est égale à 1.

b) (i)J’ai, comme ci-dessus : f(Y)|Y =λk =

1≤i,j≤n

mi,jyiyj d’où f(Y)|Y =|λk| ≤ f Y^′ |Y^′ Or, d’après1)b), f(Y^′)|Y^′ ≤λn. Ainsi :

f(Y)|Y ≤ f(Y^′)|Y^′ et |λk| ≤λn.

(ii)D’une part, f(U^′)|Y est nul, car les sous-espaces propres def sont orthogonaux deux à deux et f(U^′) ∈ Eλn tandis que Y ∈ Eλk. D’autre part, ce produit scalaire s’exprime à l’aide des composantes :

f(U^′)|Y =

1≤i,j≤n

mi,j|ui|yj = 0.

Si lesyj étaient tous positifs ou nuls, tous les termes de cette dernière somme seraient positifs ou nuls et au moins l’un d’entre eux serait strictement positif (choisiri tel que ui = 0 et j tel que yj = 0, ce qui est possible carU etY sont unitaires, donc non nuls), d’où une contradiction. De même, les yj ne peuvent pas tous être négatifs ou nuls :

Les composantes y1, y2, . . . , yn deY ne sont pas toutes de même signe.

Autrement dit : ∃(p, q) yp>0 et yq <0.

Je suppose un instant que f(Y)|Y = f(Y^′)|Y^′ . Soit ε= sgnλk, de sorte que f(Y)|Y = f Y^′ |Y^′ =ε f(Y)|Y

d’où

1≤i,j≤n

mi,j(|yiyj| −εyiyj) = 0

et – là encore ! – tous les termes sont positifs, donc : ∀(i, j) |yiyj|=εyiyj.

Nécessairement, ε= +1 (choisir (i, j) tel que i = j et yi = 0) et cela amène une contradiction avec ce qui précède (choisir (i, j) = (p, q) comme ci-dessus).

Par conséquent, f(Y)|Y = f(Y^′)|Y^′ . Or je sais déjà que

f(Y)|Y ≤ f Y^′ |Y^′ , f(Y)|Y =|λk| et f Y^′ |Y^′ ≤λn

d’où finalement :

f(Y)|Y < f(Y^′)|Y^′ et |λk|< λn.

Problème B : étude de la cissoïde droite

1) Le pointM de coordonnées (x, y) appartient àC si et seulement si (x+a)²+y² =a², d’où C a pour équation cartésienne x²+ 2ax+y² = 0.

2) Le point M(t) a nécessairement des coordonnées de la forme (x, y) avecx²+ 2ax+y² = 0 ety =tx, d’où

x x+ 2a+t²x = 0 soit x= 0 ou x= −2a 1 +t² et c’est cette dernière valeur qui est retenue d’après l’énoncé.

Réciproquement, le point de coordonnées −2a

1 +t², −2at

1 +t² appartient bien à l’intersection deC et de la droite d’équation y=tx.

M(t)existe et a pour coordonnées cartésiennes −2a

1 +t², −2at 1 +t² .

Le pointH(t) a nécessairement des coordonnées cartésiennes de la forme(x, y)avec x= 2aety=tx.

Réciproquement, le point de coordonnées (2a,2at) appartient bien à l’intersection deDet de la droite d’équation y=tx.

H(t) existe et a pour coordonnées cartésiennes(2a,2at).

D’où les coordonnées du milieu de [M(t), H(t)] :

J(t) a pour coordonnées cartésiennes x(t) = at²

1 +t²,y(t) = at³ 1 +t². 3) J est C^∞ surRet il vient :

J^′(t) a pour coordonnéesx^′(t) = 2at

(1 +t²)²,y^′(t) =at² 3 +t² (1 +t²)² . Par conséquent,

La courbet→J(t) admet comme unique point stationnaire le point de paramètre t= 0.

Les fonctions t→x(t) ett→y(t) étant de classeC^∞surR, je peux lire leurs dérivées successives dans leurs développements limités, qui proviennent de la formule de Taylor. Or

x(t) =

0 at² 1−t²+o t² , y(t)∼

0 at³ d’où x(t) =

0 at²+o t³ , y(t) =

0 at³+o t³ . Il en résulte

x^′′(0) = 2a et y^′′(0) = 0.

Je lis aussi : x^′′′(0) = 0ety^′′′(0) = 6a. En ce point stationnaire, F^′′(0)est non nul etF^′′′(0)n’est pas colinéaire au précédent. Il s’agit donc d’un point de rebroussement de première espèce, où la tangente est dirigée parF^′′(0). Cette tangente n’est autre que l’axe Ox, d’équation cartésienney= 0.

Au point (régulier) de paramètre t0 = 0, la tangente à la courbe t→J(t) a pour équation cartésienne (en simplifiant le vecteur directeur)

x−x(t0) x^′(t0)

y−y(t⁰) y^′(t⁰) = 0 soit x−₁₊^at20_t²

0 2

y−₁₊^at30_t²

0 t0 3 +t²0

= 0, D’où le résultat (l’équation restant la bonne pour t⁰= 0d’après ce qui précède) :

La tangente à la courbet→J(t) au point J(t0) a pour équation : t0 t²0+ 3 x−2y =at³0. 4) Il est clair que

Les deux fonctionsx ety sont croissantes sur R⁺ etlim

+∞x=a,lim

+∞y= +∞.

Ainsi, la courbe admet pour asymptote la droite d’équation x=a, avec de plus x≤a.

Enfin, J(−t) est symétrique de J(t) par rapport à Ox ; la portion de courbe décrite pour t ∈ R⁻ s’obtient donc à partir de celle décrite pourt∈R⁺ par symétrie par rapport à Ox. D’où le graphique (avec a= 1) :

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

x y

5) Soient t∈R^∗ et x= at²

1 +t², y= at³

1 +t² =tx les coordonnées de J(t). J’ai x= at²x²

x²+t²x² = ay²

x²+y² d’où x x²+y² =ay²,

relation vérifiée également par les coordonnées de J(0) =O. Donc le support de la courbe t →J(t) est inclus dans la courbe d’équation cartésienne : x x²+y² =ay².

Réciproquement, soitM de coordonnées(x, y)tel que : x x²+y² =ay². SiM =O, alorsM =J(0), sinonx ety sont non nuls et je peux poser t=y/x ; j’ai alors

y=tx et x³ 1 +t² =at²x² d’où x= at²

1 +t², y=tx= at³ 1 +t², doncM =J(t). Finalement

Une équation cartésienne du support de la courbet→J(t) est : x x²+y² =ay².

6) a)Trois points de coordonnées(x1, y1),(x2, y2),(x3, y3)sont alignés si et seulement s’il existe une droite qui les contient (!!), c’est-à-dire si et seulement si

∃(a, b, c)∈R³ (a, b) = (0,0) et





ax1+by1+c= 0 ax2+by2+c= 0 ax3+by3+c= 0

.

Cette condition équivaut au fait que ce dernier système, d’inconnues (a, b, c) n’est pas de Cramer (s’il l’est, la seule solution est (0,0,0) ; s’il ne l’est pas, il admet des solutions non nulles, a, b ne pouvant être tous deux nuls, puisque a=b= 0⇒c= 0). En conclusion

Trois points de coordonnées (x1, y1),(x2, y2),(x3, y3) sont alignés si et seulement si

x1 y1 1 x2 y2 1 x³ y³ 1

= 0.

b)J’utilise la multilinéarité du déterminant et les opérations élémentaires indiquées : a²

t²1 t³1 1 +t²1

t²2 t³2 1 +t²2

t²3 t³3 1 +t²3

= C² ←C²−t¹C¹

C3←C3−C1

a²

t²1 0 1

t²2 t²2(t2−t1) 1 t²3 t²3(t3−t1) 1

= L²←L²−L¹ L3←L3−L1

a²

t²1 0 1

t²2−t²1 t²2(t2−t1) 0 t²3−t²1 t²3(t3−t1) 0

.

Soit, en développant par rapport à la dernière colonne : D(t1, t2, t2) = a²(t2−t1) (t3−t1) t2+t1 t²2

t3+t1 t²3

L2←L=2−L1

a²(t2−t1) (t3−t1) t2+t1 t²2

t3−t2 t²3−t²2

= a²(t2−t1) (t3−t1) (t3−t2) t2+t1 t²2

1 t³+t² . Finalement

D(t1, t2, t3) =a²(t2−t1) (t3−t1) (t3−t2) (t1t2+t2t3+t3t1).

Or, en notant (x1, y1),(x2, y2),(x3, y3)les coordonnées de J(t1), J(t2), J(t3), j’ai D(t¹, t², t³) = 1 +t²1 1 +t²2 1 +t²3

x1 y1 1 x2 y2 1 x3 y3 1

. D’où, d’après les résultats précédents :

Trois points distincts de paramètrest1, t2, t3 sont alignés si et seulement si : t1t2+t2t3+t3t1= 0.

c)Soient t⁰ ∈Ret ε= 0. D’après le résultat ci-dessus, la droite passant par J(t⁰) et J(t⁰+ε) passe par un troisième point J(t(ε))si et seulement si

t0(t0+ε) + (t0+ε)t(ε) +t(ε)t0 = 0, soit (2t0+ε)t(ε) =−t0(t0+ε).

Puisque l’énoncé dit que cette droite recoupe le support de la courbe t → J(t), c’est que cette relation est vérifiée par t(ε). Nécessairement 2t0 +ε = 0, car si ε = −2t0, alors 2t²0 = 0, ce qui contreditε= 0. Ainsi

t(ε) =−t0(t0+ε) 2t0+ε −→

ε→0 −t0

2.

Or la position limite de la droite J(t0)J(t0+ε) n’est autre que la tangente enJ(t0) à la courbe t→J(t). Donc :

La tangente enJ(t0) à la courbet→J(t) recoupe le support de celle-ci en J(−t0/2).

Or, si J(t1), J(t2), J(t3) sont alignés, d’après (ii) : t1t2+t2t3+t3t1 = 0 mézalor −t1

2 −t2

2 + −t2

2 −t3

2 + −t3

2 −t1

2 = 0 !!

Par conséquent :

Les tangentes en trois points alignés recoupent le support de la courbe en trois points alignés.

Le hasard ne favorise que les esprits préparés.

(Louis Pasteur)