CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE
Math 1 , 1994
(extrait)
Partie A
A1)Soit une baseB de vecteurs propres des; on a
sB = 0 BB BB
@
¸1 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 ¸2 ... ...
... ... ... 0 0 ¢¢ ¢ 0 ¸n
1 CC CC
A ,ukB = 0 BB BB
@
Pk(¸1) 0 ¢ ¢¢ 0 0 Pk(¸2) . .. ...
... ... . .. 0
0 ¢ ¢ ¢ 0 Pk(¸n)
1 CC CC A:
Or8i limPk(i) = exp(¸i), donc uk Bconverge puisuk converge et
(exps)B= 0 BB BB
@
exp (¸1) 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 exp (¸2) . .. ...
... ... . .. 0
0 ¢ ¢ ¢ 0 exp (¸n)
1 CC CC A:
Le déterminant est indépendant de la base de calcul et :
det(exps) = exp(¸1+¢ ¢ ¢+¸n) = exptr(s):
A2a)Ainsidet exps >0: expsest bien un automorphisme.
De plus
(exp(®+¯)s)B = 0 BB BB
@
exp ((®+¯)¸1) 0 ¢ ¢ ¢ 0
0 exp ((®+¯)¸2) . .. ...
... ... . .. 0
0 ¢ ¢ ¢ 0 exp ((®+¯)¸n)
1 CC CC A
= 0 BB BB
@
exp (®¸1) 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 exp (®¸2) ... ...
... .. . ... 0
0 ¢¢ ¢ 0 exp (®¸n) 1 CC CC A
0 BB BB
@
exp (¯¸1) 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 exp (¯¸2) ... ...
... . .. ... 0
0 ¢ ¢ ¢ 0 exp (¯¸n)
1 CC CC A
= (exp®s)B(exp¯s)B
donc exp((®+¯)s) = exp(®s) exp(¯s)
A2b)L’applicationt 7!(expts)B = 0 BB BB
@
exp (t¸1) 0 ¢ ¢ ¢ 0 0 exp (t¸2) ... ...
... ... ... 0
0 ¢ ¢ ¢ 0 exp (t¸n)
1 CC CC
A est continue sur R car ses composantes le
sont (et que la dimension …nie).
A3)8i s0(f(ei)) =f sf¡1f(ei) =f s(ei) =f(¸iei) =¸if(ei).
Ainsi sB =s0B0 et par A1,(exps0)B0 = 0 BB BB
@
exp (¸1) 0 ¢¢ ¢ 0 0 exp (¸2) .. . ...
... ... .. . 0
0 ¢ ¢ ¢ 0 exp (¸n)
1 CC CC
A= (exps)B.
Alors pour toution a :(exps0)(f(ei)) =e¸if(ei) =f(e¸iei) =f(exps)(ei) =f(exps)f¡1(ei).Les deux applications exps0 et f(exps)f¡1 sont égales sur une base , donc sont égales.
exp(f sf¡1) =f(exps)f¡1.
A4a)En considérant le cas où s est une symétrie non triviale on constate qu’un vecteur propre de s2 n’est pas toujours vecteur propre deset qu’une base qui diagonalises2ne diagonalise pas nécessairements.
A4b)Le résultat est maintenant di¤érent carexpest bijective.
SoitE =©pk=1E¹k(s)la décomposition de E en somme directe de sous espace propre.
Tout vecteurvdeEse décomposev=Pp
k=1vk dans cette base . Si on suppose quevest un vecteur propre deexpsil existe une valeur propre¹telle que(exps)(v) =¹v)soit :
Xp k=1
exp(¸k)vk= Xp k= 1
¹vk
Comme la somme est directe :
8k: exp(¸k)vk=¹vk
si8k exp(¸k)6=¹alors8k vk = 0et v= 0: absurde pour un vecteur propre:
donc9j exp(¸j) =¹et 8k6=j ,vk = 0doncv=vk2Ek
tout vecteur propre deexps est un vecteur propre des
Réciproquement il est évident que sis(v) =¸v,exps(v) = exp¸v.Donc tout vecteur propre desest vecteur propre deexps .
Ainsi set exps admettent les mêmes vecteurs propres et donc toute base qui diagonalise l’un diagonalise l’autre.
A5)Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable. On peut donc appliquer les résultats des questions précédentes.
De plus la base de vecteurs propresB peut être choisie orthonormale. Donc(exps)B est diagonale donc la matrice de exps et symétrique dans une base orthonormale de plus ses valeurs propres (exp (¸i)) sont>0doncexps2S+.
injectivité : si exps= exps0;(s; s02S)alors il existeB base orthonormale telle que (exps)B= (exps0)B =diag(mi)avec mi >0:
D’après A4b)sB et s0B sont diagonales et par A1) leurs éléments diagonaux véri…ent ¸0i = ¸i = ln(mi)donc sB =s0B soit s=s0.
surjectivité : soitu2S+. Il existe une base orthonormaleB telle queuB=diag(mi); mi>0
Dé…nissonssparsB=diag(ln(mi)), alorsexps=uet s2S car elle sa matrice est symétrique dan la base orthonormaleB s¡>expsest bijective deS surS+
.
Partie B
B1a)NotonsX etY les colonnes des coordonnées de xety dans B.
PuisqueB est orthonormale on a : hx; yi=tXY et tfB¤ =fB. Donchf¤(x); yi=t(fB¤X)Y =tXtfB¤Y =tXfBY =hx; f(y)i:
B1b)g¤g= i,g¤=g¡1 : ce sont les endomorphismes orthogonaux.
B2)sest symétrique donc il existe une base orthonormaleB = (e1; : : : ; en)telle quesB =diag(¸i) Pourx=Pn
i=1xiei on a; s(x) =P
¸ixiei et
Qs(x) =hs(x); xi=X
¸ix2i
Sis2S+alors¸i>0pour toutidoncQs(x)¸0pour toutx et Qs(x) = 0) 8i ¸ixi= 0 (somme nulle de réels positifs) . Or ¸i >0 donc8i xi= 0 et x= 0:Donc Qs est dé…nie positive.
Réciproquement supposonsQs dé…nie positive. Alors¸i=Qs(ei)>0donc sest dansS+. B3)Soitf inversible.
Qf¤f(x) =hf¤f(x); xi=hf(x); f(x)i(d’après B1a) donc
Qf¤f(x) =kf(x)k2¸0etQf¤f(x) = 0)f(x) =~o)x=~o(f est inversible).
Ainsi Qf¤f est dé…nie positive.
Orf¤f est symétrique car(f¤f)¤= f¤f¤¤=f¤f donc B2) s’applique : f¤f 2S+: B4a)Sif =gexpson a
f¤f = (exps)¤g¤gexp(s)
= (exps)¤exp(s)car g¤g=ipour un endomorphisme orthogonal
= (exps) exp(s)car exps est symétrique (A5)
f¤f= exp 2s
2
B4b) existence
Par B3) f¤f 2S+, on peut donc dé…nirs= 12log(f¤f)(A5); puis poserg =fexp¡s.
Alorss2S et f=gexps.sest symétrique carlog(f¤f)l’est. Reste à véri…er quegest orthogonal.
Org¤g= (exp¡s)f¤fexp¡s= exp¡sexp 2sexp¡s= expO=i Ce qui achève la preuve d’existence.
unicité :
Sigexps=g0exps0 alorsh=g¡1g0= exp(s¡s0) est dansS+\G.
Les valeurs propres d’une matrice deS+ sont des réels positifs , celle d’une matrice orthogonale sont de module1.
het donc un endomorphisme diagonalisable (car symétrique) dont la seule valeur propre est 1. Donch=idoncg0 =g puis s0 =spar injectivité de exp(A5).
B5)Pour tout x,kf(x)k ¸ kxk , doncf est injective (f(x) = 0) kxk= 0)x= 0), puisf =gexps(B4).
SoitC = (e1; : : : ; en)une base orthonormale qui diagonalise exps.Pourx=ei on a par hypothèse
kf(ei)k ¸ keik. Orf(ei) =g(exp(¸i)ei) = exp(¸i)g(ei). Donc kf(ei)k= exp(¸i)kg(ei)k= exp(¸i)keik car g endomor- phisme orthogonal conserve la norme. Donc :
8i;exp(¸i)¸1 Ainsi jdetfj=jdetgdet(exps)j=jdetgj:jQn
i=1exp (¸i)j= 1:jQn
i= 1exp (¸i)j ¸1.
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